confundido acerca de un problema de matriz

Question

pregunta: $$ A = \begin{bmatrix} 1&2 \\3&4\end {bmatrix}, B = \begin{bmatrix} k&2 \\3&9\end {bmatrix}, (AB) ^ 5 = A ^ 5B ^ 5 $$ ¿cuál es el valor de k?

Sé que puedo dejar $AB=BA$ , que es $$\begin{bmatrix}\ k+6&20\\3k+12&42\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}\ k+6&2k+8\\30&42\end{bmatrix},$ $ y puedo obtener $k=6$ . Pero no estoy muy seguro de que sea la única respuesta. Quiero saber si hay alguna otra respuesta o solución a esta pregunta.

Answer 1

Supongamos que el campo de tierra es real o complejo. Vamos a mostrar que $B$ debe comparten un autovector con $A$. Tenga en cuenta que $B$ debe ser nonsingular, de lo contrario $k=\frac23$ pero $(AB)^5\ne A^5B^5$.

Por Cayley-Hamilton, teorema de, $(AB)^5=pAB+qI$ e $B^5=rB+sI$ para algunos escalares $p,q,r,s$. Desde $(AB)^5$ e $B^5$ son nonsingular, $(p,q),(r,s)\ne(0,0)$. La ecuación puede ser reescrita como $pAB+qI=A^5(rB+sI)$, o lo que es equivalente, $$ (párr^5)B = sA^5-qI.\la etiqueta{1} $$ Puesto que los dos autovalores $\frac12(5\pm\sqrt{33})$ de $A$ tienen diferentes magnitudes, los poderes de la $A$ no puede ser escalar de matrices. De ello se desprende que ambos lados de $(1)$ son cero.

Si $pA-rA^5$ es nonsingular, a continuación, $B=(pA-rA^5)^{-1}(sA^5-qI)$ viajes con $A$ y, por tanto, las dos matrices comparten un vector propio.

Si $pA-rA^5$ es singular, entonces tanto $pA-rA^5$ e $sA^5-qI$ son de rango-una de las matrices. Deje $pA-rA^5=xy^T$ para algunos distinto de cero vectores $x$ e $y$ y deje $u,v$ dos vectores propios de $A$ correspondiente a los dos diferentes valores de $A$ respectivamente. A continuación, $(1)$ implica que $$ xy^TBu=au\ \text{ y }\ xy^La=bv\etiqueta{2} $$ para algunos escalares $a$ e $b$. Como $xy^T=pA-rA^5$ es un polinomio en $A$, también tenemos $$ xy^Tu=cu\ \text{ y }\ xy^Tv=dv\etiqueta{3} $$ para algunos escalares $c$ e $d$. Desde $y\ne0$ e $u,v$ son linealmente independientes, $y^Tu$ e $y^Tv$ no puede ser cero. Suponga que $y^Tu\ne0$. Entonces la primera ecuación en $(3)$ implica que $c\ne0$ e $x$ es un escalar distinto de cero múltiples de $u$. La segunda ecuación en $(3)$ por lo tanto implica que $d=0$ e $\operatorname{span}(v)=\ker(y^T)$. Pero entonces la segunda ecuación en $(2)$ implica que $b=y^TBv=0$, es decir, $Bv\in\ker(y^T)=\operatorname{span}(v)$. Por lo tanto $Bv$ es un escalar varios de $v$.

En otras palabras, $A$ e $B$ debe comparten un vector propio. Puesto que los dos vectores propios linealmente independientes de $A$ (a escala) se $(-3\pm\sqrt{33},\,6)^T$, debemos tener $$ \pmatrix{k&2\\ 3&9}\pmatrix{x\\ 6}\propto\pmatrix{x\\ 6}, $$ para algunos $x\in\{-3+\sqrt{33},\ -3-\sqrt{33}\}$. Así $$ \frac{kx+12}{3x+54}=\frac{x}{6}. $$ Desde $x^2+6x=24$ cuando $x\in\{-3+\sqrt{33},\ -3-\sqrt{33}\}$, la ecuación anterior implica que $$ k=\frac1x\left[\frac{x(3x+54)}{6}-12\right] =\frac1x\left(\frac{x^2+18x}{2}-12\right) =\frac1x\left(\frac{12x+24}{2}-12\right) =6. $$ Por lo tanto, la única solución posible es $k=6$, y de hecho es una solución, porque la $B=A+5I$ en este caso. Los casos son diferentes respecto a otros de tierra de campos. E. g. más de $GF(2)$ o $GF(3)$cada $k$ en el campo es una solución.

Answer 2

Bien, $A$ es invertible, y $B$ no es invertible si y sólo si $k=\frac23$, y en este caso es fácil, pero un poco laborioso para comprobar $(AB)^5\neq A^5B^5$.

Por lo $A,B$ son invertible, y podemos reducir a 4 cuárticas en $(BA)^4=A^4B^4$. Por repitió el cuadrado y multiplicando $$ UN^4B^4= \begin{bmatrix} 199&290\\435&634 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 522 + 108 k + 18 k^2 + k^4 & 2 (837 + 93 k + 9 k^2 + k^3)\\3 (837 + 93 k + 9 k^2 + k^3)& 8055 + 108 k + 6 k^2\end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 199 k^4 + 870 k^3 + 11412 k^2 + 102402 k + 832068 & 2 (199 k^3 + 2661 k^2 + 34167 k + 1334538)\\ 3 (145 k^4 + 634 k^3 + 8316 k^2 + 74622 k + 606348)&6 (145 k^3 + 1939 k^2 + 24897 k + 972510) \end{bmatrix} $$ y $$ (BA)^4=\begin{bmatrix} k+6 & 2k+8\\30&42 \end{bmatrix}^4 =\begin{bmatrix} k^4 + 204 k^3 + 11736 k^2 + 201024 k + 629136 & 2 (k^4 + 184 k^3 + 9336 k^2 + 143904 k + 437760)\\ 30 (k^3 + 180 k^2 + 8616 k + 109440) & 12 (5 k^3 + 800 k^2 + 33480 k + 380748) \end{bmatrix} $$ Así que queremos resolver $$ \begin{bmatrix} 199 k^4 + 870 k^3 + 11412 k^2 + 102402 k + 832068 & 2 (199 k^3 + 2661 k^2 + 34167 k + 1334538)\\ 3 (145 k^4 + 634 k^3 + 8316 k^2 + 74622 k + 606348)&6 (145 k^3 + 1939 k^2 + 24897 k + 972510) \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} k^4 + 204 k^3 + 11736 k^2 + 201024 k + 629136 & 2 (k^4 + 184 k^3 + 9336 k^2 + 143904 k + 437760)\\ 30 (k^3 + 180 k^2 + 8616 k + 109440) & 12 (5 k^3 + 800 k^2 + 33480 k + 380748) \end{bmatrix} $$ La más prometedora es la columna de la derecha debido a la inferior derecha es sólo un cúbicos y los coeficientes es más manejable, produciendo: $$ \begin{cases} k^4 - 15 k^3 + 6675 k^2 + 109737 k - 896778 = 0\\ 45 k^3 + 113 k^2 - 14021 k + 70338 = 0 \end{casos} $$ Sacar una copia de $(k-6)$, el resultado polinomios en $k$ $$ k^3 - 9 k^2 + 6621 k + 149463, 45 k^2 + 383 k - 11723 $$ son coprime. Por lo $k=6$ es la única solución.