行列の行列乗の具体的な数値による計算
定義について
正方行列$A, B$において、$A^B=e^{B\log{A}},\ e^{(\log{A})B}$のどちらかで定義する必要があるのですが、今回は$B\log{A},\ (\log{A})B$が可換であるときに定義されるものとして計算します。
解法について
指数の底に当たる行列において、行列が対角化が可能な場合、任意の固有値$x\in\mathbb{C}$が$|kx-1|<1$を満たすような$k\in\mathbb{C}$が存在するなら、下記に書かれる解法を適用できます。不等式を満たす$k$を取れない場合の回避方法も以下に書いています。
問題
$A^B$の値を求めよ。
$\log{A}$の値を求める
$\log{x}$を級数展開する
$$
\log(1+x)
=\sum_{n\geq 1} \dfrac{(-1)^{n-1}}{n} x^n\ (|x|<1)
$$
平行移動して
$$
\log{x}
=\sum_{n\geq 1} \dfrac{(-1)^{n-1}}{n} (x-1)^n
$$
$$
=\sum_{n\geq 1} \dfrac{(-1)^{n-1}}{n} \sum_{k=0}^n \binom{n}{k}(-1)^{n-k}x^k
$$
$$
\therefore \log{x}=\sum_{n\geq 1} \sum_{k=0}^n \dfrac{(-1)^{k+1}}{n} \binom{n}{k}x^k
$$
収束半径は$0< x<2$
$A$を対角化する
固有ベクトルを求める
$E$を単位行列として
$$
\det(\lambda E-A)=0
$$
$$
\begin{vmatrix}
\lambda-1 & 1 \\
-3 & \lambda-5 \\
\end{vmatrix}
=\lambda^2-6\lambda+8=0
$$
$\therefore \lambda=2,\ 4$
$\lambda$の値をそれぞれ代入して固有ベクトルを求めると
$$ \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ -3 & -3 \\ \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 \\ -1 \\ \end{bmatrix} =\begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ \end{bmatrix},\ \begin{bmatrix} 3 & 1 \\ -3 & -1 \\ \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 \\ -3 \\ \end{bmatrix} =\begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ \end{bmatrix} $$
$ \begin{bmatrix} 1 \\ -1 \\ \end{bmatrix},\ \begin{bmatrix} 1 \\ -3 \\ \end{bmatrix} $が固有ベクトルである。
$P^{-1}AP$を計算する
$P=\begin{bmatrix} 1 & 1 \\ -1 & -3 \\ \end{bmatrix}$とおく
このとき$P^{-1}AP$の値は
$$
P^{-1}AP
$$
$$
=
\left(-\dfrac{1}{2}\right)
\begin{bmatrix}
-3 & -1 \\
1 & 1 \\
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
1 & -1 \\
3 & 5 \\
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
1 & 1 \\
-1 & -3 \\
\end{bmatrix}
$$
$$
=
\begin{bmatrix}
2 & 0 \\
0 & 4 \\
\end{bmatrix}
$$
$$
A=P
\begin{bmatrix}
2 & 0 \\
0 & 4 \\
\end{bmatrix}
P^{-1}
$$
両辺を$4$で割ってから$n\ (n\in\mathbb{N})$乗すると
$$
\left(\dfrac{A}{4}\right)^n=
P
\begin{bmatrix}
\dfrac{1}{2} & 0 \\
0 & 1 \\
\end{bmatrix}
P^{-1}
P
\begin{bmatrix}
\dfrac{1}{2} & 0 \\
0 & 1 \\
\end{bmatrix}
P^{-1}
\cdots
P
\begin{bmatrix}
\dfrac{1}{2} & 0 \\
0 & 1 \\
\end{bmatrix}
P^{-1}
=P
\begin{bmatrix}
\dfrac{1}{2} & 0 \\
0 & 1 \\
\end{bmatrix}^n
P^{-1}
$$
$$
\therefore \left(\dfrac{A}{4}\right)^n=P
\begin{bmatrix}
\left(\dfrac{1}{2}\right)^n & 0 \\
0 & 1 \\
\end{bmatrix}
P^{-1}
$$
$\log{A}$を求める
$A$を$4$で割った理由
さて、メインパートを始めていきたいところなのですが、
ここでなぜ下準備2で$A$を$4$で割ったかを説明します。
$A$を$4$で割らずにそのまま$n$乗すると
$$
A^n=P
\begin{bmatrix}
2^n & 0 \\
0 & 4^n \\
\end{bmatrix}
P^{-1}
$$
$\log{x}$の級数展開より$x\to A$とすると
$$
\log{A}
=\sum_{n\geq 1} \sum_{k=0}^n \dfrac{(-1)^{k+1}}{n} \binom{n}{k}A^k
$$
$$
=\sum_{n\geq 1} \sum_{k=0}^n \dfrac{(-1)^{k+1}}{n} \binom{n}{k}
\left(P
\begin{bmatrix}
2^k & 0 \\
0 & 4^k \\
\end{bmatrix}
P^{-1}\right)
$$
$$
=P\left(\sum_{n\geq 1} \sum_{k=0}^n \dfrac{(-1)^{k+1}}{n} \binom{n}{k}
\begin{bmatrix}
2^k & 0 \\
0 & 4^k \\
\end{bmatrix}
\right)
P^{-1}
$$
総和は行列の各成分に分配して計算ができるのですが...
級数の終息半径は$0< x<2$であり、各成分の級数はこのとき収束しません
そのため、あらかじめ$4$で割ることで級数が適応できるようにします。
$\log{A}$の分解
まず、級数が収束するように$\log{A}$を分解しましょう。
$$
\log{A}=\log(4E)+\log{\left(\dfrac{A}{4}\right)}
$$
「よし、計算できる形になったぞ！」と言いたいところなのですが、実は$4E$の方はまだ級数が収束しません。$4E$の計算にはもう少し工夫が必要になりますが、$\log{\left(\dfrac{A}{4}\right)}$を先に計算していきます。
$\log{\left(\dfrac{A}{4}\right)}$の計算
$$
\log{\left(\dfrac{A}{4}\right)}
=\sum_{n\geq 1} \sum_{k=0}^n \dfrac{(-1)^{k+1}}{n} \binom{n}{k}\left(\dfrac{A}{4}\right)^k
$$
$$
=\sum_{n\geq 1} \sum_{k=0}^n \dfrac{(-1)^{k+1}}{n} \binom{n}{k}
\left(P
\begin{bmatrix}
\left(\dfrac{1}{2}\right)^k & 0 \\
0 & 1 \\
\end{bmatrix}
P^{-1}\right)
$$
$$
=P\left(\sum_{n\geq 1} \sum_{k=0}^n \dfrac{(-1)^{k+1}}{n} \binom{n}{k}
\begin{bmatrix}
\left(\dfrac{1}{2}\right)^k & 0 \\
0 & 1 \\
\end{bmatrix}
\right)
P^{-1}
$$
確かに$\dfrac{1}{2},\ 1$は収束半径$0< x<2$に入っているので、これは収束して
$$
\log{\left(\dfrac{A}{4}\right)}=P
\begin{bmatrix}
\log\dfrac{1}{2} & 0 \\
0 & \log1 \\
\end{bmatrix}
P^{-1}
=P
\begin{bmatrix}
-\log2 & 0 \\
0 & 0 \\
\end{bmatrix}
P^{-1}
$$
$P=\begin{bmatrix} 1 & 1 \\ -1 & -3 \\ \end{bmatrix}$より$P$を代入して
$$
\log{\left(\dfrac{A}{4}\right)}=
\begin{bmatrix}
1 & 1 \\
-1 & -3 \\
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
-\log2 & 0 \\
0 & 0 \\
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
1 & 1 \\
-1 & -3 \\
\end{bmatrix}^{-1}
$$
$$
=
(-\log2)\left(-\dfrac{1}{2}\right)
\begin{bmatrix}
1 & 1 \\
-1 & -3 \\
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
1 & 0 \\
0 & 0 \\
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
-3 & -1 \\
1 & 1 \\
\end{bmatrix}
$$
$$
\therefore \log{\left(\dfrac{A}{4}\right)}=\dfrac{1}{2} \log{2}
\begin{bmatrix}
-3 & -1 \\
3 & 1 \\
\end{bmatrix}
$$
$\log(4E)$の計算
$\alpha \in \mathbb{R}$において$\log(\alpha E)$について考えます。
$$
\log(\alpha E)=
\sum_{n\geq 1} \sum_{k=0}^n \dfrac{(-1)^{k+1}}{n} \binom{n}{k}\left(\alpha E\right)^k
$$
$$
=\sum_{n\geq 1} \sum_{k=0}^n \dfrac{(-1)^{k+1}}{n} \binom{n}{k}\alpha^kE
$$
$0<\alpha<2$のとき、これは収束して
$$
\log(\alpha E)=E\log{\alpha}
$$
となる。
ここで$\alpha=\sqrt{2}$とおくと、$0<\sqrt{2}<2$より
$$
\log(E\sqrt{2})=E\log{\sqrt{2}}
$$
左辺、右辺の式をそれぞれ$4$倍すると
$$
4\log(E\sqrt{2})=\log(E^4\sqrt{2}^4)=\log(4E)
$$
$$
4E\log\sqrt{2}=(2\log{2})E
$$
よって
$$
\log(4E)=(2\log{2})E=
2\log{2}\begin{bmatrix}
1 & 0 \\
0 & 1 \\
\end{bmatrix}
$$
$\log{A}$の値を計算する
$$
\log{A}=\log(4E)+\log{\left(\dfrac{A}{4}\right)}
=\dfrac{1}{2} \log{2}
\begin{bmatrix}
-3 & -1 \\
3 & 1 \\
\end{bmatrix}
+2\log{2}\begin{bmatrix}
1 & 0 \\
0 & 1 \\
\end{bmatrix}
$$
$$
\therefore \log{A}=\dfrac{1}{2}\log{2}\begin{bmatrix}
1 & -1 \\
3 & 5 \\
\end{bmatrix}
=\left(\dfrac{1}{2}\log{2}\right)A
$$
$A^B$を求める
$\log{A},\ B$の可換性を調べる
$\log{A}=\left(\dfrac{1}{2}\log{2}\right)A$より $A,\ B$の可換性を調べればよい。
$$
AB=\begin{bmatrix}
1 & -1 \\
3 & 5 \\
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
6 & 1 \\
-3 & 2 \\
\end{bmatrix}
=\begin{bmatrix}
9 & -1 \\
3 & 13 \\
\end{bmatrix}
$$
$$
BA=\begin{bmatrix}
6 & 1 \\
-3 & 2 \\
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
1 & -1 \\
3 & 5 \\
\end{bmatrix}
=\begin{bmatrix}
9 & -1 \\
3 & 13 \\
\end{bmatrix}
$$
よって、$AB=BA$つまり$B\log{A}=(\log{A})B$である。
$B\log{A}$の$n$乗を求める
$AB=BA,\ B\log{A}=(\log{A})B$より
$$
B\log{A}=\left(\dfrac{1}{2}\log{2}\right)AB=\dfrac{1}{2}\log{2}\begin{bmatrix}
9 & -1 \\
3 & 13 \\
\end{bmatrix}
$$
$$
\det(\lambda E-AB)=0
$$
$$
\begin{vmatrix}
\lambda-9 & 1 \\
-3 & \lambda-13 \\
\end{vmatrix}
=\lambda^2-22\lambda+120=0
$$
$$
\therefore \lambda=10,\ 12
$$
$x^n\ (n\in\mathbb{N})$を$x^2-22x+120$で割った余りを求める。
$$x^n=(x^2-22x+120)P(x)+c_1 x+c_2$$
$x=10,\ 12$を代入して
$$
10^n=10c_1+c_2,\ 12^n=12c_1+c_2
$$
これを解いて$c_1=\dfrac{12^n-10^n}{2},\ c_2=6\cdot10^n-5\cdot12^n$
ケイリー・ハミルトンの定理より$(AB)^2-22AB+120=O$が成り立つから
$$
(AB)^n=((AB)^2-22AB+120E)P(AB)+c_1 AB+c_2 E
$$
$$
=\dfrac{12^n-10^n}{2} AB+(6\cdot10^n-5\cdot12^n) E
$$
$$
=\dfrac{1}{2}\begin{bmatrix}
3\cdot10^n-12^n & 10^n-12^n \\
3\cdot12^n-3\cdot10^n & 3\cdot12^n-10^n \\
\end{bmatrix}
$$
よって
$$
(B\log{A})^n=\left(\dfrac{1}{2}\log{2}\right)^n(AB)^n
$$
$$
=\left(\dfrac{1}{2}\log{2}\right)^n \cdot
\dfrac{1}{2}\begin{bmatrix}
3\cdot10^n-12^n & 10^n-12^n \\
3\cdot12^n-3\cdot10^n & 3\cdot12^n-10^n \\
\end{bmatrix}
$$
$$
=\left(\log{2}\right)^n
\dfrac{1}{2}\begin{bmatrix}
3\cdot5^n-6^n & 5^n-6^n \\
3\cdot6^n-3\cdot5^n & 3\cdot6^n-5^n \\
\end{bmatrix}
$$
$$
=
\dfrac{1}{2}\begin{bmatrix}
3\cdot\left(5\log{2}\right)^n-\left(6\log{2}\right)^n &
\left(5\log{2}\right)^n-\left(6\log{2}\right)^n \\
3\cdot\left(6\log{2}\right)^n-3\cdot\left(5\log{2}\right)^n &
3\cdot\left(6\log{2}\right)^n-\left(5\log{2}\right)^n \\
\end{bmatrix}
$$
$A^B$を計算する
$B\log{A}=(\log{A})B$より$A^B$はただ一つの値に定まる。
$e^x$のマクローリン展開より
$$
e^x=\sum_{n\geq0} \dfrac{1}{n!} x^n
$$
$x\to B \log{A}$に置き換えると
$$
A^B=\sum_{n\geq0} \dfrac{1}{n!} (B\log{A})^n
$$
$$
=\dfrac{1}{2}\sum_{n\geq0} \dfrac{1}{n!} \begin{bmatrix}
3\cdot\left(5\log{2}\right)^n-\left(6\log{2}\right)^n &
\left(5\log{2}\right)^n-\left(6\log{2}\right)^n \\
3\cdot\left(6\log{2}\right)^n-3\cdot\left(5\log{2}\right)^n &
3\cdot\left(6\log{2}\right)^n-\left(5\log{2}\right)^n \\
\end{bmatrix}
$$
$e^x$のマクローリン展開の収束半径は無限大であるから、各成分に分配すると
$$
=\dfrac{1}{2}\begin{bmatrix}
3e^{5\log{2}}-e^{6\log{2}} &
e^{5\log{2}}-e^{6\log{2}} \\
3e^{6\log{2}}-3e^{5\log{2}} &
3e^{6\log{2}}-e^{5\log{2}} \\
\end{bmatrix}
$$
$$
=\dfrac{1}{2}\begin{bmatrix}
3\cdot2^5-2^6 &
2^5-2^6 \\
3\cdot2^6-3\cdot2^5 &
3\cdot2^6-2^5 \\
\end{bmatrix}
$$
$$
=2^4 \begin{bmatrix}
3-2 &
1-2 \\
3\cdot2-3 &
3\cdot2-1 \\
\end{bmatrix}
$$
$$
=2^4 \begin{bmatrix}
1 &
-1 \\
3 &
5 \\
\end{bmatrix}
$$
$$
=\begin{bmatrix}
16 &
-16 \\
48 &
80 \\
\end{bmatrix}
$$
解答
$$ \therefore A^B=\begin{bmatrix} 16 & -16 \\ 48 & 80 \\ \end{bmatrix} $$
$\log{x}$の級数展開の収束半径を回避する方法
解法1でネックだった$\log$のマクローリン展開の収束半径を回避して、$A=e^{\log{A}}$の逆算で求める方法です。
$ A= \begin{bmatrix} 3 & -1 \\ 6 & -4 \\ \end{bmatrix} $のとき$\log{A}$を求めよ。
$A=e^{\log{A}}$から$\log{A}$を求める
$A$を対角化して
$$
A=
\begin{bmatrix}
1 & 1 \\
6 & 1 \\
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
-3 & 0 \\
0 & 2 \\
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
1 & 1 \\
6 & 1 \\
\end{bmatrix}^{-1}
$$
ここで$\log{A}$が存在して、対角化が可能であるとすると
$$
\log{A}=
P
\begin{bmatrix}
a & 0 \\
0 & b \\
\end{bmatrix}
P^{-1}
$$
$$
\therefore (\log{A})^n=
P
\begin{bmatrix}
a^n & 0 \\
0 & b^n \\
\end{bmatrix}
P^{-1}
$$
$e^x$のマクローリン展開より収束半径は無限大であるから
$$
e^x=\sum_{n\geq 0} \dfrac{x^n}{n!}
$$
$x=\log{A}$を代入して
$$
e^{\log{A}}=P\bigg(\sum_{n\geq 0} \dfrac{1}{n!}\begin{bmatrix}
a^n & 0 \\
0 & b^n \\
\end{bmatrix}\bigg)P^{-1}
=P\begin{bmatrix}
e^a & 0 \\
0 & e^b \\
\end{bmatrix}P^{-1}
$$
$A$を対角化したものと比較して
$$
A=
\begin{bmatrix}
1 & 1 \\
6 & 1 \\
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
-3 & 0 \\
0 & 2 \\
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
1 & 1 \\
6 & 1 \\
\end{bmatrix}^{-1}
$$
もちろん$A=e^{\log{A}}$であるから、$e^a=-3,\ e^b=2,\ P=\begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 6 & 1 \\ \end{bmatrix}$が成り立つ。
$\log(-1)=i\pi$より$a=i\pi+\log3,\ b=\log2$
$$
\log{A}=
\begin{bmatrix}
1 & 1 \\
6 & 1 \\
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
i\pi+\log{3} & 0 \\
0 & \log{2} \\
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
1 & 1 \\
6 & 1 \\
\end{bmatrix}^{-1}
$$
$$
=
\dfrac{1}{5}
\begin{bmatrix}
1 & 1 \\
6 & 1 \\
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
i\pi+\log{3} & 0 \\
0 & \log{2} \\
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
-1 & 1 \\
6 & -1 \\
\end{bmatrix}
$$
$$
=\dfrac{1}{5}
\begin{bmatrix}
6\log{2}-\log{3}-i\pi & -\log{2}+\log{3}+i\pi \\
6\log{2}-6\log{3}-6i\pi & -\log{2}+6\log{3}+6i\pi \\
\end{bmatrix}
$$
定理
$\alpha\in\mathbb{C}\setminus\{0\},$ 単位行列$E$において以下の等式が成立する。
$$
\log(\alpha E)=(\log{\alpha})E
$$
$\alpha=re^{i\theta}\ (\{r,\ \theta\}\in\mathbb{R},\ r\neq 0)$とおく
$$
\log(\alpha E)=\log(rE)+\log( e^{i\theta}E)
$$
$(I)\ \log(rE)=(\log{r})E$を示す
$(i)\ 0< r$の場合 $\exists m\in\mathbb{Z}; 0< r^{\dfrac{1}{m}}<2$
$$
\log(r^{\dfrac{1}{m}}E)=\sum_{n\geq1}\sum_{k=0}^n \dfrac{(-1)^{1+k}}{n} \binom{n}{k}(r^{\dfrac{1}{m}}E)^k
$$
$$
=\sum_{n\geq1}\sum_{k=0}^n \dfrac{(-1)^{1+k}}{n} \binom{n}{k}(r^{\dfrac{1}{m}})^kE
$$
$$
=(\log{r^{\dfrac{1}{m}}})E
$$
$$
=\left(\dfrac{1}{m}\log{r}\right)E
$$
$$
m\log(r^{\dfrac{1}{m}}E)=m\left(\dfrac{1}{m}\log{r}\right)E
$$
$$
\therefore \log(r E)=(\log{r})E\ (\because E^m=E)
$$
$(ii)\ r<0$の場合
$$
\log(r E)=\log(-E)+\log(-r E)
$$
$(i),\ 0<-r$より
$$
\log(-r E)=(\log(-r))E
$$
次に$\log(-E)=i\pi E=\log(-1)E$を示す。
$$
e^{i\pi E}=\cos(\pi E)+i\sin(\pi E)
$$
$$
\cos(\pi E)=\sum_{n\geq0} \dfrac{(-1)^n}{(2n)!} (\pi E)^{2n}=E\cos{\pi}=-E
$$
$$
\sin(\pi E)=\sum_{n\geq0} \dfrac{(-1)^n}{(2n+1)!} (\pi E)^{2n+1}=E\sin{\pi}=O
$$
よって $e^{i\pi E}=-E$
対数をとって
$$
\log(-E)=i\pi E=\log(-1)E
$$
したがって
$\log(r E)=\log(-E)+\log(-r E)$
$=\log(-1)E+\log(-r)E$
$=(\log r)E$
$(i), (ii)$より
$\log(r E)=(\log r)E\ (r\in\mathbb{R}\setminus\{0\})$
$(I\hspace{-2.5pt}I)\ \log( e^{i\theta}E)=\log( e^{i\theta})E$を示す
次に
$$
e^{i\theta E}=\cos(\theta E)+i\sin(\theta E)
$$
$$
\cos(\theta E)=\sum_{n\geq0} \dfrac{(-1)^n}{(2n)!} (\theta E)^{2n}=E\cos{\theta}
$$
$$
\sin(\theta E)=\sum_{n\geq0} \dfrac{(-1)^n}{(2n+1)!} (\theta E)^{2n+1}=E\sin{\theta}
$$
よって
$$
e^{i\theta E}=(\cos(\theta)+i\sin(\theta))E=e^{i\theta}E
$$
対数をとって
$$
i\theta E=\log(e^{i\theta}E)
$$
$\log{rE}\ (r\in\mathbb{R})$を足して
$$
(\log(re^{i\theta}))E=\log(re^{i\theta}E)
$$
$(I),\ (I\hspace{-2.5pt}I)$より
$\alpha\in\mathbb{C}\setminus\{0\}$において
$$
\log(\alpha E)=(\log{\alpha})E
$$
が成立する
類題 $A$の固有多項式が重解のパターン
$
A=
\begin{bmatrix}
2 & 1 \\
-1 & 4 \\
\end{bmatrix},\
B=
\begin{bmatrix}
5 & -2 \\
2 & 1 \\
\end{bmatrix}
$
$A^B$の値を求めよ。
ジョルダン標準形を求める
単位行列を$E$とする。
$$
\det(\lambda E-A)=(\lambda-2)(\lambda-4)-1\cdot(-1)=(\lambda-3)^2=0
$$
$$
\therefore \lambda=3
$$
固有ベクトルを求めると
$$
(3 E-A)
\begin{bmatrix}
1 \\
1 \\
\end{bmatrix}=
\begin{bmatrix}
1 & -1 \\
1 & -1 \\
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
1 \\
1 \\
\end{bmatrix}=
\begin{bmatrix}
0 \\
0 \\
\end{bmatrix}
$$
広義固有ベクトルを求めると
$$
(3 E-A)
\begin{bmatrix}
1 \\
0 \\
\end{bmatrix}=
\begin{bmatrix}
1 & -1 \\
1 & -1 \\
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
1 \\
0 \\
\end{bmatrix}=
\begin{bmatrix}
1 \\
1 \\
\end{bmatrix}
$$
$P$を以下のように定める。
$$
P=
\begin{bmatrix}
1 & 1 \\
1 & 0 \\
\end{bmatrix}
$$
よって、$P^{-1}AP$は
$$
P^{-1}AP=\begin{bmatrix}
0 & 1 \\
1 & -1 \\
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
2 & 1 \\
-1 & 4 \\
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
1 & 1 \\
1 & 0 \\
\end{bmatrix}=
\begin{bmatrix}
3 & -1 \\
0 & 3 \\
\end{bmatrix}
$$
となる。
$A^n$を求める
$$ A^n= P \begin{bmatrix} 3 & -1 \\ 0 & 3 \\ \end{bmatrix}^n P^{-1} $$
ここで$ \begin{bmatrix} 0 & -1 \\ 0 & 0 \\ \end{bmatrix}^2 =O $また、二項定理より
$$ \begin{bmatrix} 3 & -1 \\ 0 & 3 \\ \end{bmatrix}^n= \left( \begin{bmatrix} 3 & 0 \\ 0 & 3 \\ \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} 0 & -1 \\ 0 & 0 \\ \end{bmatrix} \right)^n =\begin{bmatrix} 3^n & -3^{n-1}n \\ 0 & 3^n \\ \end{bmatrix} $$
これより$A^n$を求めると
$$
A^n=P\begin{bmatrix}
3^n & -3^{n-1}n \\
0 & 3^n \\
\end{bmatrix}P^{-1}
=3^{n-1}
\begin{bmatrix}
3-n & n \\
-n & n+3 \\
\end{bmatrix}
$$
$$
\left(\dfrac{A}{3}\right)^n
=
\begin{bmatrix}
1-\dfrac{n}{3} & \dfrac{n}{3} \\
-\dfrac{n}{3} & \dfrac{n}{3}+1 \\
\end{bmatrix}
$$
$\log{A}$を求める
$$
\log{\dfrac{A}{3}}=\sum_{n\geq 1} \sum_{k=0}^n \dfrac{(-1)^{k+1}}{n} \binom{n}{k}
\begin{bmatrix}
1-\dfrac{k}{3} & \dfrac{k}{3} \\
-\dfrac{k}{3} & \dfrac{k}{3}+1 \\
\end{bmatrix}
$$
今、これを計算するには二つの級数を求めればよい
定数$(=1)$のみの項は
$$
\log{x}=\sum_{n\geq 1} \sum_{k=0}^n \dfrac{(-1)^{k+1}}{n} \binom{n}{k} x^k\ (0< x<2)
$$
$x=1$を代入して
$$
\sum_{n\geq 1} \sum_{k=0}^n \dfrac{(-1)^{k+1}}{n} \binom{n}{k}=\log{1}=0
$$
一方、$k$が含まれる部分は
$$
\sum_{n\geq 1} \sum_{k=0}^n \dfrac{(-1)^{k+1}}{n} \binom{n}{k}k
=\sum_{n\geq 1} \sum_{k=1}^n \dfrac{(-1)^{k+1}}{n} \binom{n}{k}k
$$
$$
=\sum_{n\geq 1} \sum_{k=1}^n(-1)^{k+1} \binom{n-1}{k-1}
$$
$$
=\sum_{n\geq 1} \sum_{k=1}^n(-1)^{k-1} \binom{n-1}{k-1}
$$
$$
=\sum_{n\geq 1} \{1+(-1)\}^{n-1}
$$
$$
=\sum_{n\geq 1} 0^{n-1}=1
$$
以上より
$$
\log{\dfrac{A}{3}}=\sum_{n\geq 1} \sum_{k=0}^n \dfrac{(-1)^{k+1}}{n} \binom{n}{k}
\begin{bmatrix}
1-\dfrac{k}{3} & \dfrac{k}{3} \\
-\dfrac{k}{3} & \dfrac{k}{3}+1 \\
\end{bmatrix}
$$
$$
=
\begin{bmatrix}
0-\dfrac{1}{3} & \dfrac{1}{3} \\
-\dfrac{1}{3} & \dfrac{1}{3}+0 \\
\end{bmatrix}
=\dfrac{1}{3}
\begin{bmatrix}
-1 & 1 \\
-1 & 1 \\
\end{bmatrix}
$$
定理1より
$$
\log{A}=\log{3E}+\log{\dfrac{A}{3}}
=(\log{3})E+\log{\dfrac{A}{3}}
$$
$$
\therefore \log{A}=\begin{bmatrix}
\log{3}-\dfrac{1}{3} & \dfrac{1}{3} \\
-\dfrac{1}{3} & \log{3}+\dfrac{1}{3} \\
\end{bmatrix}
$$
$A^B$を求める
$\log{A},\ B$の積の可換性
$$ B\log{A}= \begin{bmatrix} 5 & -2 \\ 2 & 1 \\ \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \log{3}-\dfrac{1}{3} & \dfrac{1}{3} \\ -\dfrac{1}{3} & \log{3}+\dfrac{1}{3} \\ \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} 5\log{3}-1 & -2\log{3}+1 \\ 2\log{3}-1 & \log{3}+1 \\ \end{bmatrix} $$
$$
(\log{A})B=
\begin{bmatrix}
\log{3}-\dfrac{1}{3} & \dfrac{1}{3} \\
-\dfrac{1}{3} & \log{3}+\dfrac{1}{3} \\
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
5 & -2 \\
2 & 1 \\
\end{bmatrix}=
\begin{bmatrix}
5\log{3}-1 & -2\log{3}+1 \\
2\log{3}-1 & \log{3}+1 \\
\end{bmatrix}
$$
$$
\therefore B\log{A}=(\log{A})B
$$
$B\log{A}$の$n$乗から$A^B$を計算する
$$
\det(\lambda E-B(\log{A}))=
\begin{vmatrix}
\lambda-5\log{3}+1 & 2\log{3}-1 \\
-2\log{3}+1 & \lambda-\log{3}-1 \\
\end{vmatrix}
$$
$$
=(\lambda-5\log{3}+1)(\lambda-\log{3}-1)-(2\log{3}-1)(-2\log{3}+1)
$$
$$
=\lambda^2-(6\log{3})\lambda+9(\log{3})^2
$$
このとき$x^n$を$x^2-(6\log{3})x+9(\log{3})^2$で割った余りは
$$
x^n=(x^2-(6\log{3})x+9(\log{3})^2)P(x)+(3\log{3})^{n-2}(3\log{3}-n)x+n(3\log{3})^{n-1}
$$
である。
ケイリー・ハミルトンの定理より
$$
(B\log{A})^2-(6\log{3})(B\log{A})+9(\log{3})^2 E=O
$$
であるから
$$
(B\log{A})^n=(3\log{3})^{n-2}(3\log{3}-n)B(\log{A})+n(3\log{3})^{n-1}E
$$
$$
=(3\log{3})^{n-2}(3\log{3}-n)
\begin{bmatrix}
5\log{3}-1 & -2\log{3}+1 \\
2\log{3}-1 & \log{3}+1 \\
\end{bmatrix}
+n(3\log{3})^{n-1}
\begin{bmatrix}
1 & 0 \\
0 & 1 \\
\end{bmatrix}
$$
$$
=(3\log{3})^{n-1}
\begin{bmatrix}
5\log{3}-1 & -2\log{3}+1 \\
2\log{3}-1 & \log{3}+1 \\
\end{bmatrix}
+(3\log{3})^{n-2}n\begin{bmatrix}
-2\log{3}+1 & 2\log{3}-1 \\
-2\log{3}+1 & 2\log{3}-1 \\
\end{bmatrix}
$$
$e^x$のマクローリン展開より 収束半径は無限大であるから
$$
e^x=\sum_{n\geq0} \dfrac{1}{n!}x^n
$$
この式を用いると
$$ A^B=\sum_{n\geq0} \dfrac{1}{n!}\left((3\log{3})^{n-1} \begin{bmatrix} 5\log{3}-1 & -2\log{3}+1 \\ 2\log{3}-1 & \log{3}+1 \\ \end{bmatrix} +(3\log{3})^{n-2}n\begin{bmatrix} -2\log{3}+1 & 2\log{3}-1 \\ -2\log{3}+1 & 2\log{3}-1 \\ \end{bmatrix}\right) $$
ここで求める級数2つは
$$
\sum_{n\geq0} \dfrac{1}{n!}(3\log{3})^{n-1}=\dfrac{e^{3\log{3}}}{3\log{3}}=\dfrac{9}{\log{3}}
$$
$$
\sum_{n\geq0} \dfrac{1}{n!}(3\log{3})^{n-2}n
=\sum_{n\geq1} \dfrac{1}{(n−1)!}(3\log{3})^{n-2}
=\dfrac{e^{3\log{3}}}{3\log{3}}=\dfrac{9}{\log{3}}
$$
となる。
$$
A^B=\dfrac{9}{\log{3}}\left(
\begin{bmatrix}
5\log{3}-1 & -2\log{3}+1 \\
2\log{3}-1 & \log{3}+1 \\
\end{bmatrix}
+\begin{bmatrix}
-2\log{3}+1 & 2\log{3}-1 \\
-2\log{3}+1 & 2\log{3}-1 \\
\end{bmatrix}\right)
$$
$$
\therefore A^B=
\begin{bmatrix}
27 & 0 \\
0 & 27 \\
\end{bmatrix}
$$