一些经典问题的做法

1

设 $A, B \in M_n(\mathbb{R})$ 是两个 $n \times n$ 的实数矩阵。假设它们在复数域上是相似的，即存在一个可逆的复矩阵 $P \in M_n(\mathbb{C})$，使得 $P^{-1}A P = B$。
证明：它们在实数域上也必然相似（即存在一个可逆的实矩阵 $Q \in M_n(\mathbb{R})$，使得 $Q^{-1}A Q = B$）。

已知 $P^{-1}A P = B$，可以改写为 $AP = PB$。因为 $P$ 是复矩阵，我们可以将其拆分为实部和虚部：$P = X + iY$，其中 $X, Y \in M_n(\mathbb{R})$ 都是实矩阵。将拆分后的 $P$ 代入等式：
$$A(X + iY) = (X + iY)B$$
展开得到：
$$AX + iAY = XB + iYB$$
因为 $A, B, X, Y$ 都是实矩阵，复数相等意味着实部与实部相等，虚部与虚部相等。因此我们得到两个纯实数域的等式：
$$AX = XB$$
$$AY = YB$$
考虑利用 $X$ 和 $Y$ 构造出一个可逆的实矩阵 $Q$。由于 $P = X + iY$ 可逆，已知 $\det(X + iY) \neq 0$。
考虑构造一个关于实变量 $t$ 的实系数多项式函数：$$f(t) = \det(X + tY)$$ 因为 $X, Y$ 是实矩阵，显然 $f(t)$ 是一个关于 $t$ 的 $n$ 次实系数多项式。

根据条件，当 $t = i$ 时，$f(i) = \det(X + iY) = \det(P) \neq 0$。既然 $f(i) \neq 0$，说明 $f(t)$ 绝不是一个恒等于零的多项式。既然 $f(t)$ 不是零多项式，根据代数基本定理，它最多只有 $n$ 个根。所以在实数中，必然存在某个实数 $t_0$，使得 $f(t_0) \neq 0$。令 $Q = X + t_0 Y$。显然 $Q$ 是一个实矩阵，且因为 $\det(Q) = f(t_0) \neq 0$，所以 $Q$ 是可逆的。

验证一下：
$$AQ = A(X + t_0 Y) = AX + t_0 AY$$
根据前面的结论，替换掉 $AX$ 和 $AY$：
$$AQ = XB + t_0 YB = (X + t_0 Y)B = QB$$
因为 $Q$ 可逆，左乘 $Q^{-1}$ 得到 $Q^{-1}AQ = B$。

2

请构造两个 $2 \times 2$ 的实矩阵 $A$ 和 $B$，使得它们满足 $e^{A+B} = e^A e^B$，但是 $AB \neq BA$。

我们知道矩阵指数是有周期性的，如果一个实矩阵的特征值是 $\pm 2k\pi i$，它的指数矩阵就会变成单位阵 $I$。

考虑构造矩阵，使得 $e^A = I$，$e^B = I$，且 $e^{A+B} = I$。这样 $e^A e^B = I \cdot I = I = e^{A+B}$ 自然成立。

构造 $A$：

令 $A = 2\pi \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 0 \end{pmatrix}$。
容易计算 $\text{tr}(A) = 0$ 且 $\det(A) = 4\pi^2$。它的特征方程是 $\lambda^2 + 4\pi^2 = 0$，特征值为 $\pm 2\pi i$。
所以 $A$ 相似于对角阵 $\text{diag}(2\pi i, -2\pi i)$，因此 $e^A = I$。

构造 $B$：

我们希望 $B$ 也有特征值 $\pm 2\pi i$，即要求 $\text{tr}(B) = 0, \det(B) = 4\pi^2$。
同时，我们希望 $A+B$ 的特征值是 $\pm 6\pi i$（也是 $2\pi i$ 的偶数倍，保证指数为 $I$）。即要求 $\text{tr}(A+B) = 0, \det(A+B) = 36\pi^2$。
我们大胆乱搞，令 $B = 2\pi \begin{pmatrix} \sqrt{5} & 6 \\ -1 & -\sqrt{5} \end{pmatrix}$。
验证一下： $\text{tr}(B) = 0$，$\det(B) = (2\pi)^2 (-\sqrt{5}\cdot\sqrt{5} - (-6)) = 4\pi^2(-5+6) = 4\pi^2$。
所以 $B$ 的特征值为 $\pm 2\pi i$，因此 $e^B = I$。

$$A+B = 2\pi \begin{pmatrix} \sqrt{5} & 7 \\ -2 & -\sqrt{5} \end{pmatrix}$$ $$\text{tr}(A+B) = 0$$ $$\det(A+B) = (2\pi)^2 (-\sqrt{5}\cdot\sqrt{5} - (-14)) = 4\pi^2(-5+14) = 36\pi^2 = (6\pi)^2$$

这说明 $A+B$ 的特征值为 $\pm 6\pi i$。因此 $e^{A+B} = I$。

至此我们有 $e^A e^B = I \cdot I = I = e^{A+B}$，验证它们是否可交换：
$$AB = 4\pi^2 \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \sqrt{5} & 6 \\ -1 & -\sqrt{5} \end{pmatrix} = 4\pi^2 \begin{pmatrix} -1 & -\sqrt{5} \\ -\sqrt{5} & -6 \end{pmatrix}$$
$$BA = 4\pi^2 \begin{pmatrix} \sqrt{5} & 6 \\ -1 & -\sqrt{5} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 0 \end{pmatrix} = 4\pi^2 \begin{pmatrix} -6 & \sqrt{5} \\ \sqrt{5} & -1 \end{pmatrix}$$
显然 $AB \neq BA$。

3

考虑矩阵方程： $\det(A+B) + \det(A-B) = 2\det(A) + 2\det(B)$。

• 证明：对于任意的 $2 \times 2$ 矩阵 $A, B$，该等式恒成立。
• 证明：对于 $3 \times 3$ 矩阵，该等式不一定成立，并给出反例。

$n=2$

设 $A = [a_1, a_2], B = [b_1, b_2]$，其中 $a_i, b_i$ 是二维列向量。
利用行列式关于列向量的多重线性展开：

$$\det(A+B) = \det([a_1+b_1, a_2+b_2])$$ $$= \det(a_1, a_2) + \det(a_1, b_2) + \det(b_1, a_2) + \det(b_1, b_2)$$

注意到 $\det(a_1, a_2) = \det(A)$，$\det(b_1, b_2) = \det(B)$，所以：

$$\det(A+B) = \det(A) + \det(B) + \det(a_1, b_2) + \det(b_1, a_2)$$

同理展开 $\det(A-B)$：

$$\det(A-B) = \det([a_1-b_1, a_2-b_2])$$ $$= \det(a_1, a_2) - \det(a_1, b_2) - \det(b_1, a_2) + \det(-b_1, -b_2)$$

注意最后一项中可以提取出两个负号：$\det(-b_1, -b_2) = (-1)^2 \det(b_1, b_2) = \det(B)$。所以：

$$\det(A-B) = \det(A) + \det(B) - \det(a_1, b_2) - \det(b_1, a_2)$$

两式相加，交叉项刚好抵消。

$$\det(A+B) + \det(A-B) = 2\det(A) + 2\det(B)$$

因此等式在 $2 \times 2$ 情况下成立。

$n=3$

直接取 $A = I_3, B = I_3$ 构造三阶单位阵。

$A+B = 2I_3 \implies \det(2I_3) = 2^3 \det(I_3) = 8$。 $A-B = 0 \implies \det(0) = 0$。

左边和为 $8 + 0 = 8$。

$\det(I_3) = 1$。

右边为 $2(1) + 2(1) = 4$。
显然 $8 \neq 4$。等式不成立。