【矩阵论】4. 矩阵运算——矩阵拉直

4.3 矩阵拉直

4.3.1 定义

按行拉直：按行分块：列向量

eg

4.3.2 拉直性质

线性性质：

• $A+B=A+B$
• $kA=kA$

$X=X(t)\in C^{m\times n}$ ，则 $\frac{dX}{dt}=\frac{d}{dt}X$

拉直三项公式

• $ABC=(A\otimes C^T)B$

  证明：

  

• 在方程组中为 $AXB=(A\otimes X^T)X$

乘积推广：两项拉直可以看做特殊三项拉直

设 $A=(a_{ij}{)}_{m\times m},X=(x_{ij}{)}_{m\times n},B=(b_{ij}{)}_{n\times n}$
$$\begin{gathered} AX=AX{I}_n=(A\otimes I_n)X \\ XB=I_{m}XB=(I_m\otimes B^T)X \\ AX+XB=(AX{I}_n+I_{m}XB)=(A\otimes I_n+I_m\otimes B^T)X \end{gathered}$$

4.3.3 应用——矩阵方程

前置知识：正规方程求解

拉直可求解线性矩阵方程 $AXB=C$ ，其中 $A=A_{m\times n},X=X_{n\times p},B=B_{p\times q}$

记 $X=(x_{ij}{)}_{n\times p}$ ，即为 $np$ 个未知量 $x_{ij}$ 的线性方程组

根据拉直公式，则方程 $AXB=C$ 可被拉直为 $(A\otimes B^T)X=C$

推广：一般的线性矩阵方程 $A_{1}X{B}_1+A_{2}X{B}_2+\cdots +A_{S}X{B}_S=C$
$$\begin{array}{r}{A}_{1}X{B}_1+A_{2}X{B}_2+\cdots +A_{s}X{B}_s=C⟺(A_1\otimes B_1^T+\cdots +A_s\otimes B_s^T)X=C\end{array}$$
拉直前有解则拉直后也有解

• $AXB=C$ 有解的充要条件为 $r(A\otimes B^T\mid C)=r(A\otimes B^T)$
• 齐次方程 $AXB=0$ 的基础解系含有 $np-r(A\otimes B^T)=np-r(A)r(B)$

a. 有解与唯一解条件

b. 里亚普诺夫矩阵方程

$AX+XB=C$ ,其中 $A\in C^{m\times m}.B\in C^{n\times n},X\in C^{m\times n}$

1. 使用拉直公式

   $AX+XB=C⟺(AX{I}_n+I_{m}XB)=(A\otimes I_n+I_m\otimes B^T)X=C$

2. 有解的充要条件为 $r(A\otimes I_n+I_m\otimes B^T\mid C)=r(A\otimes I_n+I_m\otimes B^T)$

3. 唯一解充要条件 ：$|A\otimes I_n+I_m\otimes B^T|\ne 0$

   根据特征值计算 $|A\otimes I_n+I_m\otimes B^T|$

   定理1：

   • $AX+XB=C$ 有唯一解 $⟺A\otimes I_n+I_m\otimes B^T$ 可逆 $⟺A$ 和 $(-B)$ 无公共特根
   • $AX-XB=C$ 有唯一解 $⟺A\otimes I_n-I_m\otimes B^T$ 可逆 $⟺A$ 和 $B$ 无公共特根

   若 $A=A_{m\times m}$ 的特根为 ${\lambda }_1,{\lambda }_2,\cdots ,{\lambda }_m$ ,$B=B_{n\times n}$ 的特根为 $t_1,t_2,\cdots ,t_n$ ，则 $A\otimes I_n+I_m\otimes B^T$ 的 $mn$ 个特根为 $\{{\lambda }_k+t_j\}$ ；$A\otimes I_n-I_m\otimes B^T$ 的 mn 个特征值 $\{{\lambda }_k-t_j\}$ $(k=1,2,\cdots ,m,j=1,2,\cdots ,n)$

   因为 $B$ 与 $B^T$ 有相同的特征值

   $\Rightarrow$ $|A\otimes I_n\pm I_m\otimes B^T|$ 的 $mn$ 个特征值为 $ (\lambda_k\pm t_j)$

   $\Rightarrow A\otimes I_n\pm I_m\otimes B$ 不可逆的条件为 无零根 即 $\{{\lambda }_k\pm t_j\ne 0\}$

   $⟺A$ 与 $(\pm B)$ 没有公共特征值

   定理2： 若 A 和 B 的特根都有负实部，则 $AX+XB=C$ 有唯一解

   • 若特根都在左半平面，则 $A$ 与 $-B$ 不会有公共特根

   定理3 ：若 A 和 B 分别为m阶和n阶方阵，若A和B没有公共特征值，则 $\left[\begin{array}{cc}A& C\\ 0& B\end{array}\right]$ 与 $\left[\begin{array}{cc}A& 0\\ 0& B\end{array}\right]$ 相似

   • 

   定理4 ：若 $A\in C^{m\times m},B\in C^{n\times n},F\in C^{m\times n}$ ，若A和B没有公共特根，则 $\left[\begin{array}{cc}A& C\\ F& B\end{array}\right]$ 与 $\left[\begin{array}{cc}A& C\\ 0& B\end{array}\right]$ 相似

   • 证明：令 $P=\left(\begin{array}{cc}I& 0\\ X& I\end{array}\right),P^{-1}=\left(\begin{array}{cc}I& 0\\ -X& I\end{array}\right)$ ，则有许尔公式，$P\left(\begin{array}{cc}A& 0\\ F& B\end{array}\right)P^{-1}=\left(\begin{array}{cc}A& 0\\ XA-BX+F& B\end{array}\right)$ ，若为对角阵，则 $AX-BX=-F\Rightarrow AX-BX=F$

eg

1. 求解矩阵方程

A的特征值为 -2,3；B的特征值为1,1。矩阵方程拉直为 $AX+XB=C⟺(A\otimes I_2+I_2\otimes B^T)X=C$ 。而A与-B没有公共特征值，则拉直后方程具有唯一解。

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$\lambda (A)=\{2,2\},\lambda (B)=\{1,2\}$ ，故A和B有公共特征值，故解不唯一，

$AX-XB=C$ 可拉直为 $(A\otimes I_{2\times 2}-I_{2\times 2}\otimes B^T)X=C$ ，有 $X=\left[\begin{array}{cc}{x}_1& x_2\\ x_3& x_4\end{array}\right],X=\left(\begin{array}{c}{x}_1\\ x_2\\ x_3\\ x_4\end{array}\right)$

$(A\otimes I_{2\times 2}-I_{2\times 2}\otimes B^T)X=\left(\begin{array}{cccc}-1& -1& -1& 0\\ 2& 2& 0& -1\\ 0& 0& -1& -1\\ 0& 0& 2& 2\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{x}_1\\ x_2\\ x_3\\ x_4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0\\ -2\\ 2\\ -4\end{array}\right)⟺GX=b$ 由于 $r(G|b)=r(G)=3$ ，故方程有解，其解为 $(G|b)\to \left(\begin{array}{cc}\begin{array}{cccc}1& 1& 0& 0\\ 0& 0& 1& 0\\ 0& 0& 0& 1\\ 0& 0& 0& 0\end{array}& \begin{array}{c}-4\\ 4\\ -6\\ 0\end{array}\end{array}\right)$

故 G 的解为 $X=\left(\begin{array}{c}-4\\ 0\\ 4\\ 6\end{array}\right)+t\left(\begin{array}{c}1\\ -1\\ 0\\ 0\end{array}\right)$ 原矩阵方程的解为 $X=\left(\begin{array}{cc}-4& 0\\ 4& 6\end{array}\right)+t\left(\begin{array}{cc}1& -1\\ 0& 0\end{array}\right)$

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2. 求解一般的矩阵方程 $A_{1}X{B}_1+\cdots +A_{s}X{B}_s=C$

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3. 求解 $AX-XA=\mu X$

1. 将方程拉直为 $(A\otimes I_n-I_n\otimes A^T)X=\mu X$

2. 记 $G=A\otimes I_n-I_n\otimes A^T$ 原方程化为 $GX=\mu X\Rightarrow (G-\mu I)X=0$

   有非零解条件为 $|G-\mu I|=0$ ，即 $\mu$ 是 G的特征值，而 $\lambda (G)=\{{\lambda }_r-{\lambda }_s\}$

   故 有非零解条件为：$\exists r,s$ ，使 $\mu ={\lambda }_r-{\lambda }_s,1\le r,s\le n$

$\lambda (A)=\{1,3\}$，$G=A\otimes I_2-I_2\otimes A^T=\left(\begin{array}{cccc}0& -2& 0& 0\\ 0& -2& 0& 0\\ 2& 0& 2& -2\\ 0& 2& 0& 0\end{array}\right)$ $\lambda (G)=\{\lambda (A{)}_i-\lambda (A{)}_j\}=\{2,0,0,-2\}$ ,故 $\exists \lambda (G)=\mu =-2$ ，矩阵方程有非零解

$X=\left(\begin{array}{cc}{x}_1& x_2\\ x_3& x_4\end{array}\right)$ ，$X=\left(\begin{array}{c}{x}_1\\ x_2\\ x_3\\ x_4\end{array}\right)$ ，解 $GX=0$ $\Rightarrow X=t_1\left(\begin{array}{c}-1\\ 0\end{array}\right)+t_2\left(\begin{array}{c}1\\ 0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}-t_1& t_2\\ 0& 0\end{array}\right)$ ，故原矩阵方程的解 $X=\left(\begin{array}{c}-t_1\\ t_2\\ 0\\ 0\end{array}\right)$

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由拉直公式 $\frac{dX}{dt}=AX+XB=(A\otimes I_n+I_m\otimes B^T)X=C$
$$\begin{array}{rl}& X=e^{t(A\otimes I_n+I_m\otimes B^T)}D=e^{t(A\otimes I_n)}{e}^{t(I_m\otimes B^T)}D==(e^{tA}\otimes I_n)(I_m\otimes e^{t{B}^T})D\\ & =(e^{tA}{I}_m\otimes I_n{e}^{t{B}^T})D=(e^{tA}\otimes e^{t{B}^T})D=e^{tA}D((e^{t{B}^T}){)}^T=...\end{array}$$