Encontrar todas las matrices $B$ de tal manera que $AB=BA$ para una matriz fija $A$

Question

Deje que

$$ A= \begin {pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0& 1 & 0 \\ 3 & 1 & 2 \end {pmatrix} $$

Encuentra todas las matrices $B$ de tal manera que $AB=BA$ .

Intento de solución: Puedo mostrar que $A$ es invertible, por lo que su inverso debe ser uno de los elementos. Pero, ¿cómo puedo demostrar que hay más de ellos o no? Puedo configurar la matriz desconocida para que sea una matriz con 9 incógnitas y luego (al menos en principio) tratar de resolver o este sistema. Pero creo que esta no es una manera muy productiva de hacer esto. Si estos fueran $2 \times 2$ matrces que estaría bien. ¿Cómo debo proceder? ¿Alguna pista?

Gracias por su tiempo y ayuda.

Answer 1

Aquí hay otro enfoque. Fíjese que si $A$ y $B$ viajar al trabajo y si $C$ es cualquier matriz invertible, entonces $C^{-1}AC$ y $C^{-1}BC$ viaje de ida y vuelta. Esto es porque $$(C^{-1}AC)( C^{-1}BC) = C^{-1}ABC = C^{-1}BAC = (C^{-1}BC)(C^{-1}AC).$$

Si dejamos que $C$ ser la matriz que consiste en eigenvectores de $A$ entonces se puede calcular que $$CAC^{-1} = \begin {bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0& 2 \end {bmatrix}.$$

Así que, lo que viaja con $CAC^{-1}$ ? Multiplicando una matriz a la izquierda por $CAC^{-1}$ multiplica las filas por $1$ , $1$ y $2$ respectivamente. Multiplicando una matriz a la derecha por $CAC^{-1}$ multiplica las columnas por $1$ , $1$ y $2$ respectivamente. La única forma en que estos pueden ser iguales es si los puntos que se multiplican por ambos $1$ y $2$ son $0$ . De ello se deduce que todas las matrices que se desplazan con $CAC^{-1}$ tienen la forma $$ \begin {bmatrix} a & b & 0 \\ c&d&0 \\ 0&0&e \end {bmatrix}$$ y se comprueba fácilmente que todos ellos se desplazan con $C^{-1}AC$ .

Para convertir esto de nuevo en una respuesta para $A$ (en lugar de $C^{-1}AC$ ), multiplica esta forma general de la izquierda por $C$ y a la derecha por $C^{-1}$ .

Haciendo esto en el arce, encuentro que las matrices que viajan con $A$ son precisamente los de la forma $$ \begin {bmatrix} a+c & \frac {1}{3}(a+c-b-d) & 0 \\ -3c & -c+d & 0 \\ -3a+3e & -a+b+e & e \end {bmatrix}. $$

Answer 2

La matriz $A$ tiene valores propios $2,1,1$ y limpiar los vectores propios (uno de ellos es $[0, 0, 1]$ ). Esto le permite reducir el problema a $ \Lambda \tilde {B} = \tilde {B} \Lambda $ donde $ \Lambda = \text {diag}(2,1,1)$ . Desde $ \Lambda \tilde {B} \Lambda ^{-1}$ parece lo suficientemente simple como para intentar resolver directamente esta versión.

Una solución general parece ser \begin {alineado*} U \begin y 0 y 0 \\ 0 & \\ 0 \end U^{-1} \end {alineado*} donde las partes no especificadas son arbitrarias y las columnas de $U$ son eigenvectores de $A$ . Aquí hay una posibilidad para $$U = \begin {pmatrix} 0 & -1/3 & -1/3 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \end {pmatrix}$$

Answer 3

$$A= \begin {pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0& 1 & 0 \\ 3 & 1 & 2 \end {pmatrix}$$ $$A= \begin {pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0& 1 & 0 \\ -3 & -1 & 1 \end {pmatrix} \begin {pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0& 1 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end {pmatrix} \begin {pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0& 1 & 0 \\ 3 & 1 & 1 \end {pmatrix}$$

Esta es la diagonalización de $A$ , $A=PDP^{-1}$ . Cualquier matriz diagonal en lugar de $D$ da una matriz que viaja con $A$ . Usando $B =PD_0P^{-1}$ : \begin {alinear} AB &= PDP^{-1}PD_0P^{-1} \\ &= PDD_0P^{-1} & \text {( $P^{-1}P = I$ )} \\ & = PD_0DP^{-1} & \text {(desde que las matrices diagonales se desplazan)} \\ & = PD_0P^{-1}PDP^{-1} \\ & = BA \end {alinear}

Veamos ahora la forma variable completa: $$ \begin {pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0& 1 & 0 \\ -3 & -1 & 1 \end {pmatrix} \begin {pmatrix} \lambda_1 & 0 & 0 \\ 0& \lambda_2 & 0 \\ 0 & 0 & \lambda_3 \end {pmatrix} \begin {pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0& 1 & 0 \\ 3 & 1 & 1 \end {pmatrix} = \begin {pmatrix} \lambda_1 & 0 & 0 \\ 0& \lambda_2 & 0 \\ -3 \lambda_1 & - \lambda_2 & \lambda_3 \end {pmatrix} \begin {pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0& 1 & 0 \\ 3 & 1 & 1 \end {pmatrix}$$ $$ \begin {pmatrix} \lambda_1 & 0 & 0 \\ 0& \lambda_2 & 0 \\ -3 \lambda_1 & - \lambda_2 & \lambda_3 \end {pmatrix} \begin {pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0& 1 & 0 \\ 3 & 1 & 1 \end {pmatrix}= \begin {pmatrix} \lambda_1 & 0 & 0 \\ 0& \lambda_2 & 0 \\ -3 \lambda_1 +3 \lambda_3 & - \lambda_2 + \lambda_3 & \lambda_3 \end {pmatrix}$$

Esto da $B$ en función de las tres variables $ \lambda_1 , \lambda_2 $ y $ \lambda_3 $ : $$B= \begin {pmatrix} \lambda_1 & 0 & 0 \\ 0& \lambda_2 & 0 \\ -3 \lambda_1 +3 \lambda_3 & - \lambda_2 + \lambda_3 & \lambda_3 \end {pmatrix}$$

Y este general $B$ viaja con $A$ .