Матрицы Паули

[Sicker]

да, да, только сейчас обнаружил (то то у меня собственные вектора не находятся)

-- 24.01.2015, 18:34 --

собственные вектора соответственно будут $e_{1}=(a,b,c);e_{2}=(ac+ib\sqrt{a^2+b^2+c^2}, bc-ia\sqrt{a^2+b^2+c^2}, -a^2-b^2); e_{3}=(ac-ib\sqrt{a^2+b^2+c^2},cb+ia\sqrt{a^2+b^2+c^2},-a^2-b^2)$

[Munin]

Окей. Теперь можно взять сумму и разность второго и третьего.

[Red_Herring]

Да, трудная задача! Особенно если учесть, что матрица будет иметь каноническую форму вещрственных кососимметрических матриц в любом ортонормированном базисе, в коем третий вектор—собственный с с.з. $0$, т.е. $\mathbf{e}_3 \parallel (a,b,c)$ (нормированный). Тогда в качестве второго возьмем ортогональный к нему напр. $\mathbf{e}_1 \parallel (a,b,c)$ (нормированный), a в качестве третьего возьмем ортогональный к ним обоим (напр их векторное произведение) $\mathbf{e}_2 \parallel (-ac,-bc,a^2+b^2)$ (нормированный).

[Sicker]

Red_Herring
но эти вектора не будут с.в. нашей матрицы
и вы где-то $c$ с $0$ перепутали
Munin
а их ортогональность не нарушится?

-- 25.01.2015, 07:56 --

а не

-- 25.01.2015, 08:02 --

Munin
но они уже не будут собственными векторами

[Red_Herring]

Sicker в сообщении #967943 писал(а):

но эти вектора не будут с.в. нашей матрицы
и вы где-то $c$ с $0$ перепутали

Если $A$ матрица векторного умножения на $(a,b,c)$ то он будет нулевым.

Я не сказал что два других будут собственными . Но если их взять нормированными то в их базисе $A$ будет $\begin{pmatrix}0&\omega&0\\ -\omega &0&0\\0&0&0\end{pmatrix}$ (что есть каноническая форма вещрственных кососимметрических матриц), ну а $\mathbf{f}_\pm = \mathbf{e}_1\pm i \mathbf{e}_2$ будут собственными

[Munin]

Sicker в сообщении #967943 писал(а):

Munin
но они уже не будут собственными векторами

Нет, но они будут удобным базисом.

[Sicker]

я короче, окончательно запутался
скажите, будет ли для матричной экспоненты от антисимметричной матрицы в трехмерном пространстве такое же красивое выражение, как для мнимой экспоненты или для экспонент матриц Паули?

[arseniiv]

По-моему, это напрямую определяется степенями показателя $a$. Если $a^2 = -1$, то ряд экспоненты можно разделить на два ряда — для косинуса и синуса, умноженного на показатель, если всё это дело сходится и т. п.. А если, например, $a^3 = -1$, получится сумма трёх рядов. А если $a^2 = 1$, получатся ряды для гиперболических косинуса и синуса. Если $a^k = 0$, вообще класс.

[Red_Herring]

arseniiv
У него $A^3=-A$

[Munin]

Sicker в сообщении #968485 писал(а):

скажите, будет ли для матричной экспоненты от антисимметричной матрицы в трехмерном пространстве такое же красивое выражение, как для мнимой экспоненты или для экспонент матриц Паули?

Почти такое же красивое.

-- 26.01.2015 18:24:28 --

Red_Herring в сообщении #968679 писал(а):

У него $A^3=-A$

Что можно незамысловато поделить на $A$... :-)

[Red_Herring]

Munin в сообщении #968692 писал(а):

Что можно незамысловато поделить на $A$...

В каком-то смысле правильно. Итак, нам надо посчитать $\exp( tA)$ где $A$—матрица векторного умножения на вектор единичной длины. Тогда

$$ \exp( tA)=I + \sum_{m=0}^\infty \frac{t^{2m+1}A^{2m+1}}{(2m+1)!)}+ \sum_{m=0}^\infty \frac{t^{2m+2}A^{2m+2}}{(2m+2)!)} $$

и там можно заменить $A^{2m+2}=(-1)^m A^2$, $A^{2m+1}=(-1)^m A$ получив ответ в форме трех слагаемых ($I$ и $A,A^2$ с коэффициентами)

[Munin]

Маленький hint. На форуме окружение "двойными долларами" работает не так, как в TeX-е: оно кроме прочего вставляет лишнюю пустую строку между формулой и последующим текстом. Это (not bug but feature) свойство не TeX-а, а phpBB, и администрация отказалась исправлять, но в результате выглядит так, что после выключной формулы идёт новый абзац. Чтобы не было такого зрительного эффекта, надо после закрывающей пары долларов не ставить перевод строки. Исходный текст сообщения будет некрасивым, но зато окончательный - получше.

[Sicker]

получается $\exp(tA)=I+\sin(t)A+(1-\cos(t))A^2$

[Red_Herring]

Sicker
А теперь проверьте: будет ли $[\exp(tA)]'=A\exp(tA)$?

[Sicker]

да