矩陣論簡明教程習題答案

1、習 題 一1. 設為的任一特征值,則因 為AO 的特征值, 故. 即=0或2.2. AB, CD時, 分別存在可逆矩陣P和Q, 使得 PAP=B, QCQ=D.令 T=則 T是可逆矩陣,且 TT=3. 設是對應于特征值的特征向量, 則 A=, 用左乘得 .即 故 是A的特征值, i=1,2,n.4. (1) 可以. =, , . (2) 不可以.(3) , .5. (1) A的特征值是0, 1, 2. 故=(ba)=0. 從而 b=a.又 =將=1, 2 代入上式求得 A=0.(2) P =.6. =, A有特征值 2, 2, 1.=2所對應的方程組 (2IA)x=0 有解向量p=, p=1所

2、對應的方程組 (I+A)x=0 有解向量p=令 P=(ppp)=, 則 P=. 于是有 A=PP=.7 (1)=D(), IA有2階子式 =44不是D()的因子, 所以D()=D()=1, A的初等因子為1, . A的Jordan標準形為J = 設A的相似變換矩陣為P=(p,p,p), 則由AP=PJ得解出P=;(2) 因為 ，故AJ=設變換矩陣為 P=(), 則 P=(3) .A的不變因子是 AJ= 因為A可對角化，可分別求出特征值1，2所對應的三個線性無關的特征向量：當=1時，解方程組 求得兩個線性無關的特征向量 當=2時，解方程組 得 , P=(4) 因, 故AJ=設變換矩陣為P=, 則

3、 是線性方程組 的解向量，此方程仴的一般解形為p=取 , 為求滿足方程 的解向量, 再取 根據(jù)由此可得 s=t, 從而向量 的坐標應満足方程取 , 最后得P=8. 設 f ()=. A的最小多項式為 ,作帶余除法得 f ()=(),=, 于是f (A)=.9. A的最小多項式為 , 設 f ()=,則f ()=+. 于是 f (A)=.由此求出f (A)=10. (1) IA=標準形, A的最小多項式為 ;2) ;(3) .11. 將方程組寫成矩陣形式: , , , A=則有 J=PAP=, .其中 P=.令 x=Py, 將原方程組改寫成 : 則解此方程組得: y=Ce+CTe, y=Ce,

4、y=Ce. 于是x=Py=.12. (1) A是實對稱矩陣. =,A有特征值 10, 1, 1.當=10時. 對應的齊次線性方程組 (10IA)x=0的系數(shù)矩陣 由此求出特征向量p=(1, 2, 2), 單位化后得 e= ().當=1時, 對應的齊次線性方程組 (IA)x=0的系數(shù)矩陣由此求出特征向量 p=(2, 1, 0), p=(2, 0, 1). 單位化后得 e=(),e=(). 令U=, 則 UAU=.(2) A是Hermit矩陣. 同理可求出相似變換矩陣U=, UAU=.13. 若A是Hermit正定矩陣,則由定理1.24可知存在n階酉矩陣U, 使得UAU=, 0, I=1, 2,

5、n.于是A=UU = UUUU令B=UU則 A=B.反之,當 A=B且B是Hermit正定矩陣時,則因Hermit 正定矩陣的乘積仍為Hermit正定矩陣,故A是Hermit 正定的.14. (1)(2). 因A是Hermit矩陣,則存在酉矩陣U,使得UAU=diag()令x=Uy, 其中 y=e. 則 x0. 于是xAx=y(UAU)y=0 (k=1, 2, n).(2)(3). A=Udiag()U=Udiag()diag()U令 P=diag()U, 則 A=PP .(3)(1). 任取x0, 有xAx=xPPx=0.習 題 二1. =7+, =,=max=4.2. 當 x0時, 有 0

6、; 當 x0時, 顯然有 =0. 對任意C, 有=.為證明三角不等式成立,先證明Minkowski不等式:設 1p, 則對任意實數(shù) x,y(k=1, 2, n)有證 當 p=1時，此不等式顯然成立. 下設 p1, 則有對上式右邊的每一個加式分別使用Hölder不等式, 并由 (p1)q=p, 得=再用 除上式兩邊,即得 Minkowski 不等式.現(xiàn)設任意 y=()C, 則有=.3. (1) 函數(shù)的非負性與齊次性是顯然的,我們只證三角不等式.利用最大函數(shù)的等價定義:max(A, B)=max(max()=max( )+max( )(2) 只證三角不等式.k+kk+k+k+k=( k+

7、k)+( k+k) .4. ; ;列和范數(shù)(最大列模和)=;=行和范數(shù)(最大行模和)=9 ; 5. 非負性: AO時SASO, 于是 0. A=O時, 顯然 =0;齊次性: 設C, 則 =;三角不等式: ;相容性: =.6. 因為IO, 所以0.從而利用矩陣范數(shù)的相容性得:,即1.7. 設 A=(A)C, x=C, 且 A=, 則 =nA=; = =AnA=.8. 非負性與齊次性是顯然的, 我們先證三角不等式和相容性成立. A=(a), B=(b)C,C=(c)C且 A=, B=, C=. 則=maxm,nmaxm ,n maxm ,n (A+B)=maxm ,n A+maxm ,n B=;=

8、maxm ,l maxm ,n maxm ,n (Minkowski不等式)=maxm ,n nACmaxm ,n maxn ,l AC=.下證與相應的向量范數(shù)的相容性.設 x=C, d=, 則有=nAmaxm ,nA=;= (Hölder不等式)=Amaxm ,nA=;=nADmaxm,nAD=.9. 只證范數(shù)的相容性公理及與向量2范數(shù)的相容性. 設 A=(a)C, B=(b)C,x=C且 A=, B=, 則 (Minkowski不等式)nab=. （Hölder不等式） =A =. 10. 利用定理2.12得.11. A=cond(A)=; cond(A)=.12設x是

9、對應于的特征向量, 則A.又設 是C上與矩陣范數(shù)相容的向量范數(shù),那么因 0, 故由上式可得 .習 題 三1. , 當1時, 根據(jù)定理3.3, A為收斂矩陣.2. 令S=, =S , 則.反例: 設 A=, 則因 發(fā)散, 故 發(fā)散, 但 =O.3. 設 A=, 則 行和范數(shù)=0.91, 根據(jù)定理3.7,=(IA)=.4. 我們用用兩種方法求矩陣函數(shù)e:相似對角化法. , 當 ia時, 解方程組 (iaA)x=0, 得解向量 p=(i, 1).當 =ia時, 解方程組 (ia+A)x=0, 得解向量 p=(i, 1).令P=, 則P=, 于是e=PP=.利用待定系數(shù)法. 設e=(+a)q()+r(

10、), 且 r()=b+b, 則由b=cosa , b=sina .于是e=bI+bA=cosa+sina=.后一求法顯然比前一種方法更簡便, 以后我們多用待定系數(shù)法. 設f()=cos, 或 sin 則有 與 由此可得 與 故 (sinia)A=sinA與(cosia)I=cosA. 5. 對A求得P= , P=, PAP=根據(jù)p69方法二, e=Pdiag(e,e,e)P=sinA=Pdiag(sin(1),sin1,sin2)P=6. D()=, D()=D()=1, AJ=. 現(xiàn)設r(,t)=b+b+b, 則有 b=1, b=2ete2, b=tee+1. 于是e=r(A, t)=bI+

11、bA+bA=I+(2ete2)+(tee+1) = 同理,由 b=1, b=tsint+2cost2, b=1tsintcost. 將其代入cosAt=bI+bA+bA, 求出cosAt=7. 設 f(A)=,S=.則 f(A)=并且由于(S)=所以, f(A)=f(A). 8, (1) 對A求得P=, P=P , J=則有e=PP=sinAt=PP=cosAt=PP =(2) 對A求出P=P=, J=則有e=PP=sinAt=PP=cosAt=PP=9. (1) sinA+cosA= = =e=I (2) sin(A+2I)=sinAcos(2I)+cosAsin(2I) =sinAI(2I

12、)+(2I)+cosA2I(2I)+(2I) = sinA1(2)+(2)I+cosA2(2)+(2)I =sinAcos2+cosAsin2 （3）的證明同上.(4) 因為 A（2iI）=(2iI)A ,所以根據(jù)定理3.10可得e=ee=eI+(2I)+(2iI)+(2iI)+=e1(2)+(2)+i2(2)+(2)I=ecos2+isin2I=e此題還可用下列方法證明:e=ee=ePP=ePIP=e用同樣的方法可證: e=ee.10. A=A, 根據(jù)第7題的結(jié)果得 (e)=e=e, 于是有e(e)=ee=e=e=I 11. 因A是Herm(iA)=iA=iA , 于是有e(e)=ee=e=

13、I12. 根據(jù)定理3.13, A=e, 利用定理3.14得=A=A(eI).13. A(t)=, (detA(t)=(1)=0, det(A(t)=1, A(t)=, A(t)=14. =15. 取 m=2, A(t)=, 則A(t)=, (A(t)=2A(t)A(t)=.困為 +所以當(A(t)A(t)=A(t)A(t)時, 有=mA(t)16. (1) 設 B=(), X=(), 則 BX=(),于是有tr(BX)= (i=1,2,n ;j=1,2,m)=由于 BX與 的跡相同，所以(2) 設A=(),f=tr(), 則有，AX=f=17. 設A=(), 則 F(x)=(),且18. 在上

14、式中令t=0, 則有A=19. A=, x(0)=, A的最小多項式為 . 記f()=,并設f()=g()+, 則 于是, x(t)=x(0)=20. A=, f(t)=, x(0)=, det(IA)=.根據(jù),可得； ,.于是=x(t)=習 題 四1. Doolite分解的說明,以3階矩陣為例: 第1框 第2框 第3框計算方法如下:() 先i框，后i+1框,先r后l.第1框中行元素為A的第1行元素；（）第2框中的為A中的對應元素減去第框中同行的與同列的之積第3框中的為A中的對應元素先減去第1框中同行的與同列的之積，再減去第2框中同行的與同列的之積；（）第2框中的為A中的對應元素先減去第1框中

15、同行的與同列的之積，再除以.計算如下: 1 3 02 -3 02 2-6A=2.Crout分解的說明,以3階矩陣為例: 第1框 第2框 第3框() 先i框,后i+1框.每框中先l后r.第1框中的列元素為A的第1列的對應元素;()第2框中的為A中對應元素減去第1框中同行的與同列的之積;()第2框中的為A中的對應元素減去第1框中同行的與同列的之積,再除以.第3框中的為A中的對應元素先減去第1框中同行的與同列的之積,再減去第2框中同行的與同列的之積.計算如下: 1 3 02 -3 0 2 -6 -6A=2. 先看下三角矩陣的一種寫法: =, 0對本題中的矩陣A 求得Crout分解為A=利用下三角矩陣

16、的寫法對上面的分解變形可得A= = =3.對A的第1列向量, 構造Householder矩陣使得 , , , u=, , 對的第1列向量, 類似構造Householder矩陣:, , 令, 則有 =R 并且=QR4. 對A的第1列向量, 構造Givens矩陣, 對的第1列向量, 構造 , 令 , 則有 . 于是5. 設A=, 對向量組施行正交化, 令, ,于是 寫成矩陣行式最后得A=QR6. 令則 再令, 最后令, A=QR7. (0, 1), , u=(1, 1), H=, H=則有HAH= =, H是Householder矩陣.同理, 對, 取 c=0, s=1, T=, T=, 則 =,

17、 T是Givens矩陣.8. 對 , 計算u=, H=I2uu=令 Q=, 則同理，對,為構造Givens矩陣，令c=, s=, ，則當時，.1. (1) 對A施行初等行變換 S= A=(2) S=, A=（3） , 10. (1) 的特征值是5，0，0. 分別對應特征向量,從而V=I, =(), =. 令 , 則(2)的特征值是對應的特征向量分別為.于是=， =, =取 , 構造正交矩陣=所以，A的奇異值分解為11. 根據(jù)第一章定理1.5, 的特征值之和為其跡，而由第二章2.7 F范數(shù)的定義 的特征值之和= 習 題 五1設x=為對應于特征值的單位特征向量，即(QD)x=x 兩邊取轉(zhuǎn)置共軛：與

18、上式左乘得 即 ,由此立即有 從而 . 后一不等式的另一證明：根據(jù)定理2.13，2. A的四個蓋爾園是 : 6, : 2, : 1, : 1.由于是一個單獨的連通區(qū)域，故其中必有一個實特征值. 是連通區(qū)域，其中恰有三個特征值，因而含有一個實特征值 .3. A的四個蓋爾園 , , , 是互相隔離的，并且都在右半平面，從而每個蓋爾園中恰有一個特征值且為正實數(shù).4設 為A的待征值，則有蓋爾園,使得.若0, 則故 ,即 , 這與A是嚴格對角占優(yōu)的條件矛盾.5. （1）當兩個蓋爾園的交集中含有兩個特征值時;(2) 當兩個蓋爾園相切且切點是A的單特征值時.6. A的蓋爾園 3, 2, 10. 因是與分離的

19、，故中恰有一個實特征值1, 5.A的列蓋爾園 9, 4, 2. 因是與分離的，故 中恰有一個實特征值 18, 22.選取 D=diag(1, 1, ), 則 的蓋爾園 : 4, 3, 5. 這三個蓋爾園是相互獨立的，故必然有2, 6, 7, 13, 15, 25與上面所得的結(jié)果對照可知利用Gerschgorin定理，特征值的最隹估計區(qū)間為1, 5, 7, 13, 18, 227. 因為 det(BA)=所以廣義特征值為=2, =.分別求解齊次線性方程組 , 可得對應于與的特征向量分別為 (), ()8. 先證明一個結(jié)果：若A是Hermit矩陣，分別是A的最大、最小特征值，則, 事實上，下證,

20、. 令 Q=AB, 則=( Q正定，0 )同理可證 .現(xiàn)在設 1sn, 則根據(jù)定理5.10及上面的結(jié)果,有9. 顯然，的特征值就是A相對于B的廣義特征值. 設為且, , j=1, 2, ,n其中 是按B標準正交的廣義特征向量.當 1時，對任意 x=反之，若對任意 x0, 成立，并且 , ,則取 x=q, 于是有10. 若是BA的特征值，q是對應于的特征向量，即(BA)q=q=Iq由此可知，是BA的相對于單位矩陣I的廣義特征值 ，因此=同理=11. 由于x0時，從而5.24式等價于我們約定，下面的最小值都是對來取的. 令x=Qy, 則由于 , 則在齊次線性方程組 中，方程的個數(shù)小于未知量的個數(shù)，

21、根據(jù) Cramer法則，它必有非零解. 設，()為滿足方程的解(容易證明這種形式的解必存在)，則注意到 ,從而=特別地，取時，根據(jù)定理5.9故(5.24)式成立.12. 我們約定：以下的最小值是對單位向量來取的，即證成立. 令 x=Qy, 則有設齊次線性方程組 有形如 的解（不難證明這樣的解一定存在），則因所以 特別地，取 時，根據(jù)定理5.12可得由此即知（5.44）成立. 習 題 六 求廣義逆矩陣1的一般方法：1）行變換、列置換法利用行變換矩陣S和列置換矩陣P, 將矩陣A化成SAP=則 , 其中L可取任意矩陣；2）標準形法利用行、列的初等變換將A化成標準形SAT=則, 其中 為任意適當階的矩

22、陣. 3） 行變換法利用行變換將A化成SA=其中D為行満秩矩陣. 則1. 根據(jù)A有形如X=PS的1逆，其中P和S均為可逆矩陣，于是只要取L為任意可逆矩陣即可.2.當A是零矩陣時，容易驗證任意矩陣X都滿足矩陣方程 AXA=A3. 設 , 則由 AXA=A可得 ,其余元素任意.4. （1）行變換 ，(2) 行變換=(3) 行變換(4) 行變換取P=(), S=則 5. (1) 取 , 容易驗證 成立，故方程組有解. 通解是x=(2) 取 , 因 , 故方程組有解. 通解是x= 求Moore-Penrose逆的一般方法：1） 若F是列滿秩矩陣，則 2） 若G是行滿秩矩陣，則 3） 設 A的滿秩分解為 A=FG, 則 4） 設A的奇異值分解為則 4. 用定義直接驗證：1） =, (注意 )2)4)的證明類似. 7. 當A=O時，結(jié)論顯然成立. 設AO, A的満秩分解是 A=FG., 則B=就是B的満秩分解. 于是 . =所以8.設 A=，, T=(1). A 是列滿秩的，則, , , 可見，.9.(1) 在第4題中己求