矩阵等式和方程

矩阵等式

交换类型的矩阵等式

交换类型的矩阵等式顾名思义，就是性质体现在"可交换"而非可分解中的等式，比较典型的有：AB=BA, AB=-BA...
这类等式的特征就是，当我们试图用 x 和 y 去替代 AB 时，我们只能得到一些平凡的，或者不知所云的等式：xy=xy，xy=-xy. 这就意味着它不具有“分解”的性质，转而重点在于“交换”的性质.
交换的特质往往体现在两种方面，分别是代数和几何

代数（矩阵分析）的性质

可交换实际上是一种很苛刻的条件，所以有时可以直接从中挖掘出当前矩阵的限制条件，并且往往伴随着可对角化: 因为可对角化的条件往往可以把矩阵相乘这种复杂度极高的分析转化成复杂度较低的分析. 如果不可对角化，那么化成 Jordan 阵也可以大大降低运算量.
例题 72 (北京工业大学，2024). 已知 \(A\) 为 \(n\) 阶半正定矩阵，\(B\) 是实矩阵且 \(AB+BA=O\), 证明 \(:AB=BA=O.\)
解答. 由于 \(A\) 半正定，所以存在正交矩阵 \(P\), 使得 \(P^{-1}AP=\operatorname{diag}\left\{A_{1},O\right\}\)，（为什么不设成 Jordan 阵？实际上这就是 Jordan 阵）
其中 \(A_1\) 是对角线元素均大于零的 \(r\) 阶可逆矩阵. 而由 \(AB+BA=O\) 可知 $$P^{-1}APPBP+P^{-1}BPPAP=O.$$ 记 \(P^{-1}BP=\left(\begin{array}{cc}{B_{1}}&{B_{2}}\\{B_{3}}&{B_{4}}\end{array}\right)\), 其中 \(B_{1}\) 为 \(r\) 阶方阵，那么 (运用可对角化条件进行矩阵分析) $$\left(\begin{array}{cc}A_1&O\O&O\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}B_1&B_2\B_3&B_4\end{array}\right)+\left(\begin{array}{cc}B_1&B_2\B_3&B_4\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}A_1&O\O&O\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}A_1B_1+B_1A_1&A_1B_2\B_3A_1&O\end{array}\right)=O.$$ 由此可知 \(A_1B_1+B_1A_1=O,B_2=O,B_3=O.\)
继续进行分块内部的分析：由于 \(A_i\) 是特征明显的矩阵，所以总能得到一些信息.
另外，记 \(A_1=\operatorname{diag}\left\{\lambda_1,\lambda_2,\cdots,\lambda_r\right\},B_1=(b_{ij})_{r\times r}\), 那么 $$A_1B_1+B_1A_1=((\lambda_i+\lambda_j)b_{ij})_{r\times r}=O.$$ 而其中 \(\lambda_i+\lambda_j>0\), 因此 \(b_ij=0\left(i,j=1,2,\cdots,r\right)\), 也就是 \(B_1=O\), 因此 \(P^-1BP=\operatorname{diag}\left\{O,B_4\right\}\), 对应 （本质上是可以同时合同对角化）$$P^{-1}APPBP=\mathrm{diag}\left{A_1,O\right}\mathrm{diag}\left{O,B_4\right}=O.$$ 那么 \(AB=O\), 进而 \(BA=-AB=O.\)

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而当解决 \(AB=BA,AB-BA=C\) 此类矩阵等式的时候，可以简单地得到以下结论$$
A(B-\lambda I)=(B-\lambda I)A

\[ 由此可以与 B 的特征值“牵线搭桥”，多用于提及了特征值或者与 Jordan 阵有关的证明题中. 例题 85 (中国人民大学，2024). 设 $A$ 是 $n$ 阶复方阵，计算所有与 $A$ 可交换的复方阵，并写出计算过程 解答: 由于不知道 A 的任何信息，且 $AB=BA$ 是不随着相似变换而改变的，故而令 A 为 Jordan 阵: 首先设 $A$ 的全部互异特征值为 $\lambda_1,\lambda_2,\cdots,\lambda_s$, 再设 $A$ 若尔当标准形为 $$J=\mathrm{diag}\{J_{1},J_{2},\cdots,J_{s}\}.\]

其中 $J_i$ 是对角线元素 $\lambda_i$ 的若尔当块构成的 $r_i$ 阶准对角矩阵，那么 $J_i$ 的特征多项式为 $(\lambda-\lambda_i)^r_i$. 若 $n$ 阶矩阵 $B-(B_{ij})$ 满足 $JB-BJ$, 其中 $B_ij$ 是 $r_i\times r_j$ 矩阵，则有 $J_iB_{ij}-B_{ij}J_j$, 进而 $(\lambda_iE-J_i)B_{ij}-B_{ij}(\lambda_iE-J_j)$, 那么 $$(\lambda_{i}E-J_{i})^{r_{i}}B_{ij}=B_{ij}(\lambda_{i}E-J_{j})^{r_{i}}.$$ 由哈密顿-凯莱定理可知 $(\lambda_iE-J_i)^{r_i}=O$, (常用矩阵方程结论：AX=XB 若 AB 没有共同的特征值，则 X 只有零解。在这个结论的证明中，我们用的是 AB 的特征多项式，但是这里是 Jordan 阵，所以没有那么复杂)
而当$i\neq j$时，$\lambda_iE-J_j$可逆，因此结合上式可知$B_\mathrm{ij}=O\left(i\neq j\right)$,即$$B=\mathrm{diag}\left\{B_{11},B_{22},\cdots,B_{ss}\right\}.$$其中$B_{ii}$和$J_i$可交换.为了方使，下面只讨论$B_{11}$和$J_1$可交换，这等价于$$(J_1-\lambda_1E)B_{11}=B_{11}(J_1-\lambda_1E).$$设$J_1-\lambda_1E=\operatorname{diag}\left\{K_1,K_2,\cdots,K_1\right\}$,其中$K_i$是对角线元素为 0 的$p_i$阶若尔当块，记$B_11=(C_{ij}),C_{ij}$是$p_i\times p_j$矩阵，那么$$K_iC_{ij}=C_{ij}K_j.$$记$C_ij=(c_{ij})$,上式说明$$\left.\left(\begin{array}{ccccc}c_{21}&c_{22}&c_{23}&\cdots&c_{2p_1}\\c_{31}&c_{32}&c_{33}&\cdots&c_{3p_1}\\\vdots&\vdots&\vdots&&\vdots\\c_{p_i1}&c_{p_i2}&c_{p_i3}&&c_{p_ip_j}\\0&0&0&\cdots&0\end{array}\right.\right)=\left(\begin{array}{ccccc}0&c_{11}&c_{12}&\cdots&c_{1(p_j-1)}\\0&c_{21}&c_{22}&\cdots&c_{2(p_j-1)}\\0&c_{31}&c_{32}&\cdots&c_{3(p_j-1)}\\\vdots&\vdots&\vdots&&\vdots\\0&c_{p_i1}&c_{p_i2}&\cdots&c_{p_i(p_j-1)}\end{array}\right).$$由此可知$c_{ij}=c_{(i+1)(j+1)}$,且$c_{21}=c_{31}=\cdots=c_{p;1}=c_{p;2}=\cdots=c_{p;(p_{j}-1)}$,即$C_{ij}$是形如$$\left(\begin{array}{ccccccc}0&\cdots&0&c_1&c_2&\cdots&c_p\\0&0&\ddots&0&c_1&\ddots&\vdots\\\vdots&\ddots&\ddots&\ddots&\ddots&\ddots&c_2\\0&\cdots&0&0&\cdots&0&c_1\end{array}\right)\text{或}\left(\begin{array}{ccccc}c_1&c_2&\cdots&c_q\\0&c_1&\ddots&\vdots\\\vdots&0&\ddots&c_2\\0&\ddots&\ddots&c_1\\0&\ddots&\ddots&0\\\vdots&\ddots&\ddots&\vdots\\0&\cdots&0&0\end{array}\right)$$的短阵，同理可得 $B_22,\cdots,B_{ss}$, 也就得到了$B$.最后，存在可逆矩阵$Q$,使得 $Q^-1AQ=J$, 那么对任意与 $A$ 可交换的矩阵$C$,由$AC=CA$ 可得 $Q^{-1}AQQ^{-1}CQ=Q^{-1}CQQ^{-1}AQ$, 也就是 $J(Q^{-1}CQ)=(Q^{-1}CQ)J$, 根据上述过程可以得到求的$Q^{-1}CQ$,进而可以得到所有满足条件的矩阵$C$

矩阵方程

[!经典的矩阵方程结论]
设 \(A\in\mathbb{C}^{n\times n},B\in\mathbb{C}^{m\times m},m,n\in\mathbb{N}\), 则矩阵方程 \(AX=XB\) 有非0解 \(X\in\mathbb{C}^n\times m\) 的充分必要条件是 \(A,B\)至少有一个相同的特征值。

• 证明：
  先证明充分性，若 A，B 有一个相同的特征值，不妨设 \(A\alpha=\lambda\beta,B'\beta=\lambda\beta\), 则 $$\lambda\alpha\beta'=A\alpha\beta'=\alpha\beta'B=\alpha(B'\beta)'=\lambda\alpha\beta'$$ 则 \(\alpha\beta'\) 是该非 0 解

  再证明必要性：若存在 \(X\neq0\) 使得 \(AX=XB\) ，则对于任意的多项式 \(f\) 都有$$
  f(A)X=Xf(B)

\[则我们取 $f$ 为 $B$ 的特征多项式，则有 \]

f(A)X=0

\[ 故 $f(A)$ 有 0 特征值，即 A 存在某个特征值是 $f$ 的根，即至少有一个相同特征值 >[!推论] >矩阵方程 $AX-XB=C$ 对任何 $C\in \mathbb{C}^{m\times n}$ 都只有唯一解的充要条件是 $A,B$ 没有相同的特征值 - 证明：*将矩阵方程看成是映射是常用的手段* 设线性映射 $F(X)=AX-XB$，则存在 $X$ 使得 $F (X)=C,\forall C\in\mathbb{C}^{m\times n}$ 的充要条件是 $F$ 是 $\mathbb C^{m\times n}\rightarrow \mathbb{C}^{m\times n}$ 的满射，进一步的，是单射. 等价于 $F(X)=0$ 只有零解，等价于 $A,B$ 没有相同的特征值. --- 对于形如 \]

F(X)=AX-XB

\[的矩阵方程，我们可以利用 [[11 张量积和外代数#^e51ddf|Kronecker积]] 的方法来得到它在基 (注意，这个基是先枚举列再枚举行的) \]

{E_{11},...,E_{1n},....,E_{nn}}

\[下的表示矩阵，假设 $A_{m\times m}, B_{n\times n}$ 考虑 $F: \mathbb{C}_{m\times n} \rightarrow\mathbb{C}_{m\times n}$ \]

\begin{align}
F(E_{ij})=AE_{ij}-E_{ij}B&=\sum\limits_{r=1}^{{m}a_{ri}E_{rj}-\sum\limits_{t=1}}b_{it}E_{jt}\
&=(A\otimes I_{n}-I_{m}\otimes B)_{ij}
\end{align}

\[ 对于一般的矩阵空间的映射，我们也有类似的结论. >[!矩阵空间上的线性映射] >设 $F:\mathbb{C}^{m\times n}\rightarrow \mathbb{C}^{m\times n}$ 有\]

F(X)=A_{m\times m}X

\[则在基 \]

E_{11},...,E_{1n},...,E_{mn}

\[下的表示矩阵为 \]

\hat F_{mn\times mn}=A\otimes I_{n}

\[若形式为 \]

F(X)=XB_{n\times n}

\[则 \]

\hat F=I_{m}\otimes B

\[\]