含部分已知x、y的可逆矩阵线性系统Ax=y的解的存在唯一性条件及电容矩阵验证

物理背景 #

我在证明静电场中导体的狄利克雷问题（已知所有导体表面电势）和混合问题（部分导体已知电势、其余已知电荷）等价时，遇到了这么个问题：

假设我们已经证明，对于孤立导体系统${c_j}{j=1,...,N}$，有如下关系成立：
$$ Q = CV $$
其中$Q=(Q_j){j=1,...,N}$和$V=(V_j){j=1,...,N}$分别是导体的电荷向量和电势向量，$C$是电容矩阵且可逆。
现在不妨设$(Q_j){j=1,...,M}$和$(V_j)_{j=M+1,...,N}$（$M \in {1,...,N}$）已知，求两个向量的剩余分量。

数学问题 #

这个问题可以抽象成更一般的线性代数定理形式：

考虑线性系统
$$Ax=y$$
其中$A$是$n\times n$可逆复矩阵，$x,y$是$n$维复向量；引入如下分块记号：
$$x_1 \equiv (x_j){j=1,...,m}, \hspace{2mm} x_2 \equiv (x_j){j=m+1,...,n}$$
$$y_1 \equiv (y_j){j=1,...,m}, \hspace{2mm} y_2 \equiv (y_j){j=m+1,...,n}$$
$$
A =
\begin{pmatrix}
B & C\
D & E
\end{pmatrix},
\hspace{2mm} B\in \Bbb C^{m\times m}, C\in \Bbb C^{m\times (n-m)}, D\in \Bbb C^{(n-m)\times m}, E\in \Bbb C^{(n-m)\times (n-m)}
$$
其中$m\in {1,...n}$。
假设$x_1,y_2$已知，证明存在唯一的$x_2,y_1$满足该线性系统。

我的尝试解法 #

我试着通过分块矩阵乘法展开$Ax=y$，整理出以$(x_2,y_1)$为未知量的线性系统，得到了如下结果：
$$
\begin{pmatrix}
I_{m\times m} & C\
O_{(n-m)\times m} & E
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
y_1 \
x_2
\end{pmatrix} =
\begin{pmatrix}
-Bx_1\
y_2 - Dx_1
\end{pmatrix}
$$
这里$I$和$O$分别是对应阶数的单位矩阵和零矩阵。但问题是，这个新的系数矩阵不一定可逆——我找到了一个反例：
$$
A=
\begin{pmatrix}
0 & 1\
1 & 0
\end{pmatrix}
$$
此时会得到$y_1 = x_2$，解并不唯一。

我还找到了一个充分条件：如果把$C$和$E$纵向拼接得到的矩阵的列能张成$\text{span}(e_j)_{j=m+1,...,n}$（$e_j$是$\Bbb C^n$的标准基向量），那么新的系数矩阵可逆，定理成立。但这个条件对于电容矩阵来说并不一定满足。

我想知道这个定理成立的充要条件是什么。另外需要注意的是，电容矩阵是对称且元素全正的；而且根据混合问题解的唯一性，我猜测这个定理对电容矩阵一定成立。

补充结论：E可逆是充要条件 #

正如评论里@Anne Bauval指出的，子矩阵E可逆是该定理成立的充要条件：

• 充分性很容易验证：如果E可逆，那么从分块系统的第二行$Ex_2 = y_2 - Dx_1$可以唯一解出$x_2$，再代入第一行$y_1 = -Bx_1 - Cx_2$就能唯一得到$y_1$。
• 必要性：如果E不可逆，那么存在$y_2$使得方程$Ex_2 = y_2 - Dx_1$无解，这样整个系统就没有解，不符合定理要求的“存在唯一解”。

现在剩下的问题就是验证电容矩阵是否满足这个条件——我猜想如果子矩阵E可以对应最后$(n-m)$个导体组成的子系统的电容矩阵，那它一定是可逆的，因为孤立导体系统的电容矩阵本身就是可逆的。

备注：内容来源于stack exchange，提问作者Matteo Menghini