矩阵论简明教程习题答案(共38页).doc

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1、精选优质文档-倾情为你奉上习 题 一1. 设为的任一特征值,则因 为AO 的特征值, 故. 即=0或2.2. AB, CD时, 分别存在可逆矩阵P和Q, 使得 PAP=B, QCQ=D.令 T=则 T是可逆矩阵,且 TT=3. 设是对应于特征值的特征向量, 则 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. 从而 b=a.又 =将=1, 2 代入上式求得 A=0.(2) P =.6. =, A有特征值 2, 2, 1.=2所对应的方程组 (2IA)x=0

2、 有解向量p=, p=1所对应的方程组 (I+A)x=0 有解向量p=令 P=(ppp)=, 则 P=. 于是有 A=PP=.7 (1)=D(), IA有2阶子式 =44不是D()的因子, 所以D()=D()=1, A的初等因子为1, . A的Jordan标准形为J = 设A的相似变换矩阵为P=(p,p,p), 则由AP=PJ得解出P=;(2) 因为 ，故AJ=设变换矩阵为 P=(), 则 P=(3) .A的不变因子是 AJ= 因为A可对角化，可分别求出特征值1，2所对应的三个线性无关的特征向量：当=1时，解方程组 求得两个线性无关的特征向量 当=2时，解方程组 得 , P=(4) 因, 故A

3、J=设变换矩阵为P=, 则 是线性方程组 的解向量，此方程仴的一般解形为p=取 , 为求滿足方程 的解向量, 再取 根据由此可得 s=t, 从而向量 的坐标应満足方程取 , 最后得P=8. 设 f ()=. A的最小多项式为 ,作带余除法得 f ()=(),=, 于是f (A)=.9. A的最小多项式为 , 设 f ()=,则f ()=+. 于是 f (A)=.由此求出f (A)=10. (1) IA=标准形, A的最小多项式为 ;2) ;(3) .11. 将方程组写成矩阵形式: , , , A=则有 J=PAP=, .其中 P=.令 x=Py, 将原方程组改写成 : 则解此方程组得: y=C

4、e+CTe, y=Ce, y=Ce. 于是x=Py=.12. (1) A是实对称矩阵. =,A有特征值 10, 1, 1.当=10时. 对应的齐次线性方程组 (10IA)x=0的系数矩阵 由此求出特征向量p=(1, 2, 2), 单位化后得 e= ().当=1时, 对应的齐次线性方程组 (IA)x=0的系数矩阵由此求出特征向量 p=(2, 1, 0), p=(2, 0, 1). 单位化后得 e=(),e=(). 令U=, 则 UAU=.(2) A是Hermit矩阵. 同理可求出相似变换矩阵U=, UAU=.13. 若A是Hermit正定矩阵,则由定理1.24可知存在n阶酉矩阵U, 使得UAU=

5、, 0, I=1, 2, n.于是A=UU = UUUU令B=UU则 A=B.反之,当 A=B且B是Hermit正定矩阵时,则因Hermit 正定矩阵的乘积仍为Hermit正定矩阵,故A是Hermit 正定的.14. (1)(2). 因A是Hermit矩阵,则存在酉矩阵U,使得UAU=diag()令x=Uy, 其中 y=e. 则 x0. 于是xAx=y(UAU)y=0 (k=1, 2, n).(2)(3). A=Udiag()U=Udiag()diag()U令 P=diag()U, 则 A=PP .(3)(1). 任取x0, 有xAx=xPPx=0.习 题 二1. =7+, =,=max=4.

6、2. 当 x0时, 有 0; 当 x0时, 显然有 =0. 对任意C, 有=.为证明三角不等式成立,先证明Minkowski不等式:设 1p, 则对任意实数 x,y(k=1, 2, n)有证 当 p=1时，此不等式显然成立. 下设 p1, 则有对上式右边的每一个加式分别使用Hlder不等式, 并由 (p1)q=p, 得=再用 除上式两边,即得 Minkowski 不等式.现设任意 y=()C, 则有=.3. (1) 函数的非负性与齐次性是显然的,我们只证三角不等式.利用最大函数的等价定义:max(A, B)=max(max()=max( )+max( )(2) 只证三角不等式.k+kk+k+k

7、+k=( k+k)+( k+k) .4. ; ;列和范数(最大列模和)=;=行和范数(最大行模和)=9 ; 5. 非负性: AO时SASO, 于是 0. A=O时, 显然 =0;齐次性: 设C, 则 =;三角不等式: ;相容性: =.6. 因为IO, 所以0.从而利用矩阵范数的相容性得:,即1.7. 设 A=(A)C, x=C, 且 A=, 则 =nA=; = =AnA=.8. 非负性与齐次性是显然的, 我们先证三角不等式和相容性成立. A=(a), B=(b)C,C=(c)C且 A=, B=, C=. 则=maxm,nmaxm ,n maxm ,n (A+B)=maxm ,n A+maxm

8、,n B=;=maxm ,l maxm ,n maxm ,n (Minkowski不等式)=maxm ,n nACmaxm ,n maxn ,l AC=.下证与相应的向量范数的相容性.设 x=C, d=, 则有=nAmaxm ,nA=;= (Hlder不等式)=Amaxm ,nA=;=nADmaxm,nAD=.9. 只证范数的相容性公理及与向量2范数的相容性. 设 A=(a)C, B=(b)C,x=C且 A=, B=, 则 (Minkowski不等式)nab=. （Hlder不等式） =A =. 10. 利用定理2.12得.11. A=cond(A)=; cond(A)=.12设x是对应于的特

9、征向量, 则A.又设 是C上与矩阵范数相容的向量范数,那么因 0, 故由上式可得 .习 题 三1. , 当1时, 根据定理3.3, A为收敛矩阵.2. 令S=, =S , 则.反例: 设 A=, 则因 发散, 故 发散, 但 =O.3. 设 A=, 则 行和范数=0.91, 根据定理3.7,=(IA)=.4. 我们用用两种方法求矩阵函数e:相似对角化法. , 当 ia时, 解方程组 (iaA)x=0, 得解向量 p=(i, 1).当 =ia时, 解方程组 (ia+A)x=0, 得解向量 p=(i, 1).令P=, 则P=, 于是e=PP=.利用待定系数法. 设e=(+a)q()+r(), 且

10、r()=b+b, 则由b=cosa , b=sina .于是e=bI+bA=cosa+sina=.后一求法显然比前一种方法更简便, 以后我们多用待定系数法. 设f()=cos, 或 sin 则有 与 由此可得 与 故 (sinia)A=sinA与(cosia)I=cosA. 5. 对A求得P= , P=, PAP=根据p69方法二, e=Pdiag(e,e,e)P=sinA=Pdiag(sin(1),sin1,sin2)P=6. D()=, D()=D()=1, AJ=. 现设r(,t)=b+b+b, 则有 b=1, b=2ete2, b=tee+1. 于是e=r(A, t)=bI+bA+bA

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

12、)+cosA2I(2I)+(2I) = sinA1(2)+(2)I+cosA2(2)+(2)I =sinAcos2+cosAsin2 （3）的证明同上.(4) 因为 A（2iI）=(2iI)A ,所以根据定理3.10可得e=ee=eI+(2I)+(2iI)+(2iI)+=e1(2)+(2)+i2(2)+(2)I=ecos2+isin2I=e此题还可用下列方法证明:e=ee=ePP=ePIP=e用同样的方法可证: e=ee.10. A=A, 根据第7题的结果得 (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=I12.

13、根据定理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)=, 则A(t)=, (A(t)=2A(t)A(t)=.困为 +所以当(A(t)A(t)=A(t)A(t)时, 有=mA(t)16. (1) 设 B=(), X=(), 则 BX=(),于是有tr(BX)= (i=1,2,n ;j=1,2,m)=由于 BX与 的迹相同，所以(2) 设A=(),f=tr(), 则有，AX=f=17. 设A=(), 则 F(x)=(),且18. 在上式中令t=

14、0, 则有A=19. A=, x(0)=, A的最小多项式为 . 记f()=,并设f()=g()+, 则 于是, x(t)=x(0)=20. A=, f(t)=, x(0)=, det(IA)=.根据,可得； ,.于是=x(t)=习 题 四1. Doolite分解的说明,以3阶矩阵为例: 第1框 第2框 第3框计算方法如下:() 先i框，后i+1框,先r后l.第1框中行元素为A的第1行元素；（）第2框中的为A中的对应元素减去第框中同行的与同列的之积第3框中的为A中的对应元素先减去第1框中同行的与同列的之积，再减去第2框中同行的与同列的之积；（）第2框中的为A中的对应元素先减去第1框中同行的与同

15、列的之积，再除以.计算如下: 1 3 02 -3 02 2-6A=2.Crout分解的说明,以3阶矩阵为例: 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框中的列元素为A的第1列的对应元素;()第2框中的为A中对应元素减去第1框中同行的与同列的之积;()第2框中的为A中的对应元素减去第1框中同行的与同列的之积,再除以.第3框中的为A中的对应元素先减去第1框中同行的与同列的之积,再减去第2框中同行的与同列的之积.计算如下: 1 3 02 -3 0 2 -6 -6A=2. 先看下三角矩阵的一种写法: =, 0对本题中的矩阵A 求得Crout分解为A=利用下三角矩阵的写法对上

16、面的分解变形可得A= = =3.对A的第1列向量, 构造Householder矩阵使得 , , , u=, , 对的第1列向量, 类似构造Householder矩阵:, , 令, 则有 =R 并且=QR4. 对A的第1列向量, 构造Givens矩阵, 对的第1列向量, 构造 , 令 , 则有 . 于是5. 设A=, 对向量组施行正交化, 令, ,于是 写成矩阵行式最后得A=QR6. 令则 再令, 最后令, A=QR7. (0, 1), , u=(1, 1), H=, H=则有HAH= =, H是Householder矩阵.同理, 对, 取 c=0, s=1, T=, T=, 则 =, T是Gi

17、vens矩阵.8. 对 , 计算u=, H=I2uu=令 Q=, 则同理，对,为构造Givens矩阵，令c=, s=, ，则当时，.1. (1) 对A施行初等行变换 S= A=(2) S=, A=（3） , 10. (1) 的特征值是5，0，0. 分别对应特征向量,从而V=I, =(), =. 令 , 则(2)的特征值是对应的特征向量分别为.于是=， =, =取 , 构造正交矩阵=所以，A的奇异值分解为11. 根据第一章定理1.5, 的特征值之和为其迹，而由第二章2.7 F范数的定义 的特征值之和= 习 题 五1设x=为对应于特征值的单位特征向量，即(QD)x=x 两边取转置共轭：与上式左乘得

18、 即 ,由此立即有 从而 . 后一不等式的另一证明：根据定理2.13，2. A的四个盖尔园是 : 6, : 2, : 1, : 1.由于是一个单独的连通区域，故其中必有一个实特征值. 是连通区域，其中恰有三个特征值，因而含有一个实特征值 .3. A的四个盖尔园 , , , 是互相隔离的，并且都在右半平面，从而每个盖尔园中恰有一个特征值且为正实数.4设 为A的待征值，则有盖尔园,使得.若0, 则故 ,即 , 这与A是严格对角占优的条件矛盾.5. （1）当两个盖尔园的交集中含有两个特征值时;(2) 当两个盖尔园相切且切点是A的单特征值时.6. A的盖尔园 3, 2, 10. 因是与分离的，故中恰有

19、一个实特征值1, 5.A的列盖尔园 9, 4, 2. 因是与分离的，故 中恰有一个实特征值 18, 22.选取 D=diag(1, 1, ), 则 的盖尔园 : 4, 3, 5. 这三个盖尔园是相互独立的，故必然有2, 6, 7, 13, 15, 25与上面所得的结果对照可知利用Gerschgorin定理，特征值的最隹估计区间为1, 5, 7, 13, 18, 227. 因为 det(BA)=所以广义特征值为=2, =.分别求解齐次线性方程组 , 可得对应于与的特征向量分别为 (), ()8. 先证明一个结果：若A是Hermit矩阵，分别是A的最大、最小特征值，则, 事实上，下证, . 令 Q

20、=AB, 则=( Q正定，0 )同理可证 .现在设 1sn, 则根据定理5.10及上面的结果,有9. 显然，的特征值就是A相对于B的广义特征值. 设为且, , j=1, 2, ,n其中 是按B标准正交的广义特征向量.当 1时，对任意 x=反之，若对任意 x0, 成立，并且 , ,则取 x=q, 于是有10. 若是BA的特征值，q是对应于的特征向量，即(BA)q=q=Iq由此可知，是BA的相对于单位矩阵I的广义特征值 ，因此=同理=11. 由于x0时，从而5.24式等价于我们约定，下面的最小值都是对来取的. 令x=Qy, 则由于 , 则在齐次线性方程组 中，方程的个数小于未知量的个数，根据 Cr

21、amer法则，它必有非零解. 设，()为满足方程的解(容易证明这种形式的解必存在)，则注意到 ,从而=特别地，取时，根据定理5.9故(5.24)式成立.12. 我们约定：以下的最小值是对单位向量来取的，即证成立. 令 x=Qy, 则有设齐次线性方程组 有形如 的解（不难证明这样的解一定存在），则因所以 特别地，取 时，根据定理5.12可得由此即知（5.44）成立. 习 题 六 求广义逆矩阵1的一般方法：1）行变换、列置换法利用行变换矩阵S和列置换矩阵P, 将矩阵A化成SAP=则 , 其中L可取任意矩阵；2）标准形法利用行、列的初等变换将A化成标准形SAT=则, 其中 为任意适当阶的矩阵. 3）

22、 行变换法利用行变换将A化成SA=其中D为行満秩矩阵. 则1. 根据A有形如X=PS的1逆，其中P和S均为可逆矩阵，于是只要取L为任意可逆矩阵即可.2.当A是零矩阵时，容易验证任意矩阵X都满足矩阵方程 AXA=A3. 设 , 则由 AXA=A可得 ,其余元素任意.4. （1）行变换 ，(2) 行变换=(3) 行变换(4) 行变换取P=(), S=则 5. (1) 取 , 容易验证 成立，故方程组有解. 通解是x=(2) 取 , 因 , 故方程组有解. 通解是x= 求Moore-Penrose逆的一般方法：1） 若F是列滿秩矩阵，则 2） 若G是行滿秩矩阵，则 3） 设 A的滿秩分解为 A=FG

23、, 则 4） 设A的奇异值分解为则 4. 用定义直接验证：1） =, (注意 )2)4)的证明类似. 7. 当A=O时，结论显然成立. 设AO, A的満秩分解是 A=FG., 则B=就是B的満秩分解. 于是 . =所以8.设 A=，, T=(1). A 是列滿秩的，则, , , 可见，.9.(1) 在第4题中己求出A的行最简形，由此得出A的滿秩分解 由此根据的滿秩分解计算法得=(2) A的滿秩分解为A=FG=(3) 因A是列滿秩的，故=(4) A=5. (1) A= =注：书中的答案可能错了！(2) =6. (1) 方程组的系数矩阵的滿秩分解为 A=，则=方程组的极小最小二乘解是(2) 方程组

24、的系数矩阵的滿秩分解为 A=，则=方程组的极小最小二乘解是习 题 七1. 设 A = B =, 则 由此可得 tr()=tr(B)+ tr(B)+tr(B)=tr(A)tr(B).2. 3. 根据直积的性质，有 =同理 ，故Penrose方程成立，从而 3. 设rank(A)=r1, rank(B)=r2, 则存在可逆矩阵Pi, Qi ，i=1,2使得, 于是有由于 , 都是可逆矩阵，故 就是 的标准形. 所以 rank()=rank(A)rank(B)=r1r2.4. 只要 x1, x2, ，xs 及y1, y2, ，yt是线性无关的向量，都可证明 i=1,2,s, j=1,2,t是线性无关

25、的向量组. 事实上若记 , ， 则由第四题的结论可知，=st, 上式说明 是列滿秩的，从而本题的结论成立.6. 设 则有=最后的矩阵为对角阵，说明结论成立. 7. , B的特征值是 ，n. 根据定理7.1可知 的特征值为 (i=1,2,m), .8. A的特征值是2，2，B的特征值是1，2. A与B有互为相反的特征值，故矩阵方程有无穷多解. 设 , 将矩阵方程拉直得可求得通解为 , . 于是矩阵方程的通解为 2. 将矩阵方程两端拉直得 即 解之得 x1=c, x2=c, x3=c, x4=c. 从而 X=c是任意常数.3. 根据 设 r(t)=b1+b0, 可求得 所以同理求得 最后利用公式（7.17）得 .专心-专注-专业