一题有趣的矩阵试题(An Interesting Quest

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「设  \(A=\begin{bmatrix} 1 &4\\3 & 2\end{bmatrix}\) ,且二阶方阵 \(X\)、\(Y\) 满足 \(X+Y=I\) 且  \(XY=O\),
其中 \(I=\begin{bmatrix} 1 &0\\0 & 1\end{bmatrix}\) 、 \(O=\begin{bmatrix} 0 &0\\0 & 0\end{bmatrix}\) 。若存在实数 \(a>b\) 使得 \(A=aX+bY\),
求 \(a\)、\(b\) 之值。」

上面这个题目曾多次出现在不同的考试之中(叙述略有出入),而无论是哪一份试卷,绝大多数的考生都是被考倒的。以下提供四种不同层次的解法,供读者参考。

解法一:(努力计算)

\(\begin{cases} X+Y=I\\aX+bY=A\end{cases}\Rightarrow\)  解联立得  \(\begin{cases} X=\frac{A-bI}{a-b}\\Y=\frac{A-aI}{b-a}\end{cases}\),因为 \(XY=O\),

故  \(\begin{bmatrix} 0 &0\\0 & 0\end{bmatrix}=\displaystyle\frac{1}{-(a-b)^2}\begin{bmatrix} 1-b &4\\3 & 2-b\end{bmatrix}\begin{bmatrix} 1-a & 4\\ 3 & 2-a\end{bmatrix}\Rightarrow b=3-a\)

代入  \((1-b)(1-a)+12=0\Rightarrow a^2-3a-10=0 \Rightarrow (a,b)=(5,-2) or (-2,5)\)

又  \(a>b\)  ,故  \((a,b)=(5,-2)\)  。

上述解法就是将 \(X\)、\(Y\) 用  \(A\) 表示后,再利用 \(XY=O\) 解出 \(a\)、\(b\) 。

基本上都是在做计算,看不出此题背后的数学结构为何。

然而,这一题特别之处在于在 \(X\)、\(Y\) 未知的情况下,竟可解出唯一一组 \(a\)、\(b\) 之值,

再代回后可得到唯一的 \(X=\begin{bmatrix} \frac{3}{7} &\frac{4}{7}\\\frac{3}{7} &\frac{4}{7}\end{bmatrix}\) 与  \(Y=\begin{bmatrix} \frac{4}{7} &\frac{-4}{7}\\\frac{-3}{7} &\frac{3}{7}\end{bmatrix}\),

可见无论是\(a\)、\(b\) 还是\(X\)、\(Y\) ,对 \(A\) 来说,一定都有特别的意义!

我们可以用另外一个方法解它,其背后的意义与结构就逐渐明朗了。

解法二:(凯莱─汉米尔顿定理)

\(\begin{multline*}A = aX + bY = aX + b(I – X) = (a – b)X + bI\\\Rightarrow(a – b)X = A – bI \cdots\cdots(1)\end{multline*}\)

\(\begin{multline*}A = aX + bY = a(I – Y) + bY = aI+(b-a)Y\\\Rightarrow(b – a)Y = A – aI \cdots\cdots (2)\end{multline*}\)

\((1) \times (2)\Rightarrow O = (A – bI)(A – aI) = {A^2} – (a + b)A + abI\)

又由凯莱─汉米尔顿定理知

\({A^2} – (1 + 2)A + (1 \cdot 2 – 3 \cdot 4)I = O_{}^{}\; \Rightarrow \;\;{A^2} – 3A – 10I = O\),

比较係数可得 \(\left\{ \begin{array}{l} a + b = 3\\ ab = – 10 \end{array} \right.\),又 \(a>b\),故 \(\left\{ \begin{array}{l} a= 5\\ b = – 2 \end{array} \right.\)。

利用凯莱─汉米尔顿定理 (Cayley-Hamilton Theorem)不仅可以更轻易地求出 \(a\)、\(b\),
还可以看出 \(a\)、\(b\) 其实就是 \(A\) 的特徵值。

事实上就此题来说,我们也可以在不使用凯莱─汉米尔顿定理的情况下,
推导出\(a\)、\(b\) 是 \(A\) 的特徵值。

解法三:(特徵值)

\(\begin{multline*}A = aX + bY = aX + b(I – X) = (a – b)X + bI\\\Rightarrow \;\;(a – b)X = A – bI\cdots\cdots (1)\end{multline*}\)

\(\begin{multline*}A = aX + bY = a(I – Y) + bY\;\; = aI + (b – a)Y\\ \Rightarrow \;\;(b – a)Y = A – aI\cdots\cdots (2)\end{multline*}\)

\(XY=O\Rightarrow\)  若 \(X\) 可逆,则 \(Y=X^{-1}O=O\) ,又 \(X+Y=I\Rightarrow X=I\),

如此一来就不可能将 \(A\) 写成 \(aX+bY=aI\) ,故 \(X\) 要不可逆。同理, \(Y\) 也要不可逆。

\(X\)、\(Y\) 均不可逆 \(\Rightarrow det~X=det~Y=0\) ,故 \(det~(A-aI)=det~(A-bI)\)

即 \(a\)、\(b\) 为 \(A\) 的特徵值

\(\Rightarrow\begin{vmatrix} 1-\lambda & 4 \\ 3 & 2-\lambda\end{vmatrix}=\lambda^2-3\lambda-10=0\Rightarrow\lambda=5~or~-2\),

又 \(a>b\) ,故 \((a,b)=(5,-2)\) 。

至此,无论是如何求 \(a\)、\(b\)  之值,或是 \(a\)、\(b\)  的意义,可说是完全解决了。

接下来就是探讨 \(A=aX+bY\) 中 \(X\)、\(Y\) 的意义,毕竟要满足 \(X+Y=I\) 与  \(XY=O\),

又要能和特徵值配对在一起,这样的 \(X\)、\(Y\) 一定是非同小可!

让我们看解法四:

解法四:(对角化)

\(\det (A – \lambda I) = \left| {\,\begin{array}{*{20}{c}} {1 – \lambda }\\ 3 \end{array}\;\;\begin{array}{*{20}{c}} 4\\ {2 – \lambda } \end{array}\,} \right| = {\lambda ^2} – 3\lambda – 10 = 0\;\; \Rightarrow \;\;\lambda = 5\;\;or\;\; – 2\)

当 \(\lambda= 5\) 时,可求得一特徵向量 \(\begin{bmatrix} 1 \\ 1\end{bmatrix}\);当\(\lambda= -2\) 时,可求得一特徵向量\(\begin{bmatrix} -4 \\ 3\end{bmatrix}\)。

令\(P=\begin{bmatrix}1& -4 \\ 1 & 3 \end{bmatrix} \Rightarrow P^{-1}=\begin{bmatrix}\frac{3}{7}&\frac{4}{7}\\\frac{-1}{7}&\frac{1}{7}\end{bmatrix}\),

则 \(P^{-1}AP=\begin{bmatrix}5&0\\0&-2\end{bmatrix}\),即 \(A=P\begin{bmatrix}5& 0\\0&-2\end{bmatrix}P^{-1}\)

\(\begin{split}\Rightarrow A &=P\begin{bmatrix}\begin{bmatrix}5&0\\0&0\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}0&0\\0&-2 \end{bmatrix}\end{bmatrix}P^{-1}=P\begin{bmatrix}5&0\\0&0\end{bmatrix}P^{-1}+P\begin{bmatrix}0&0\\0&-2\end{bmatrix}P^{-1}\\&=5\cdot P\begin{bmatrix}1&0\\0&0\end{bmatrix}P^{-1}+(-2)\cdot P\begin{bmatrix}0&0\\0&1\end{bmatrix}\begin{pmatrix}0&0\\0&1\end{pmatrix}P^{-1}\\&=5\begin{bmatrix}\frac{3}{7}&\frac{4}{7}\\\frac{3}{7}&\frac{4}{7}\end{bmatrix}+(-2)\begin{bmatrix}\frac{4}{7}&\frac{-4}{7}\\\frac{-3}{7}&\frac{3}{7}\end{bmatrix}\end{split}\)

其中 \(\begin{bmatrix}\frac{3}{7}&\frac{4}{7}\\\frac{3}{7}&\frac{4}{7}\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}\frac{4}{7}&\frac{-4}{7}\\\frac{-3}{7}&\frac{3}{7}\end{bmatrix}=I\) 且\(\begin{bmatrix}\frac{3}{7}&\frac{4}{7}\\\frac{3}{7}&\frac{4}{7}\end{bmatrix}\cdot\begin{bmatrix}\frac{4}{7}&\frac{-4}{7}\\\frac{-3}{7}&\frac{3}{7}\end{bmatrix}=O\),

故 \(X=\begin{bmatrix}\frac{3}{7}&\frac{4}{7}\\\frac{3}{7}&\frac{4}{7}\end{bmatrix}\) 与\(Y=\begin{bmatrix}\frac{4}{7}&\frac{-4}{7}\\\frac{-3}{7}&\frac{3}{7}\end{bmatrix}\)。

由解法四可以看出,依此方法解出的 \(X\)、\(Y\) 一定会满足 \(X+Y=I\) 与 \(XY=O\),更特别的,

\(X^2=\begin{bmatrix}P\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix}P^{-1}\end{bmatrix}\cdot\begin{bmatrix}P\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix}P^{-1}\end{bmatrix}=X\),

\(Y^2=\begin{bmatrix}P\begin{pmatrix}0&0\\0&1\end{pmatrix}P^{-1}\end{bmatrix}\cdot\begin{bmatrix}P\begin{pmatrix}0&0\\0&1\end{pmatrix}P^{-1}\end{bmatrix}=Y\) 。

这幺漂亮的结果,其实正是线性代数中的重要的定理「谱定理」(Spectral Theorem),请有兴趣的读者自己查阅了。

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