矩阵理论黄廷祝课后答案1-6章.pdf

2 4 1 A 4 4CBED 1 A H 4 I KJ 0ML N O P Q R 4TS U VW YX Z M M z U f q f U f I 1K 1 8 A1 4 I 6 dEe dEe d e f E 0 L v03 x 1 l x 1 T x 1 T W NMO d e P 6 P M E P P P 6 6 dEegf YX dEe z 0 0 0 ba z c d e a Gd fe a v 2 d d e M 7 8 4 B dEe A B C ED F G H I J5K7L 6 M N O P 0 Q R F S 1T U V WX 7Y Z 6 8 Z h p x 7 f 3 9 f x M ihj f g M A x j f h p 7 A g wb w w w x w w f a D a x M A B C ED F A 9HG I KJ L 0 G 0 b J 0 aW 3 3 3 dY 6 e f Q 9 0 g h Hij N kBl m N 4on 4 m nZpq Q r s t u vAw x s y z B 1 I 0 M K N d N s A 5 z D Z c I 0 M M M I 9 Z V I 10 M M I V I 10 M M I 0 3 6 e f 0 4 6 416 e f 9 S z D P M M M I 6 e f 54 54168 d 0 5 54168 s e f n cD x D 6 x U H 6 d O x D A z x D Z c 3 M M Rd M M K 6 M M d R 68 d l x A x U Z A cx Z A x D r 4 d m 0 4 4 54168 0 54 6 s A U z x D Z c 3 M M 0 0 M M 0 4 0 M M I 0 4 e f C 1 10 N 1 10 D F 9 1 M V N J 0 K 4 n n m 4 k m 4 l J 4 8 4 n 4 M 4 3 J R 3 0 ij J J 0 J pq J 0 0 J 0 J 6 d 9 N 2 0 2 N N 2 0 2 4 x D D XW 4 4 4 4 Y d J LK F l n 4 n V 4 4 4 4 m pq E 9 N M D J vZ M B u 6dcU 4 6 Rfe 6 e 4 1 J ts tuI D Q r n 4 n J C wv 9 ryx uzs x Z J 9 r x u s x J J J 9 r x u s x c J a J 6 J 5 J 6 v69 d J J 6 e f J J J J J J J J 6 J r x u s xE 1 5 5 ryx s x 5 5w 5 n 6V x5 ryx uzs x 6 F 0 6 5 J 0 J 6 D J B z E5 J K J J 6 d J H J vA c J ryx uzs x D 416 J C J O C 1 d 5 Z 4 6 v 9 J Z J J C 416 U J A r x u s xN Z e f e 9 i j J e 9 J 9 ryx uzs x 第五章课后习题解答 第五章课后习题解答 1 1 设 0 0 0 cc cc cc A 讨论c取何值时A为收敛矩阵 解 解 由于 2 2 cc cccc cc 3 EA 所以A的特征值为 1 2c 23 c 于 是 A 2rc 而 矩 阵A收 敛 的 充 要 条 件 是 A 1r即 11 22 c 2 2 若 lim k k AA 证明 lim k k AA 其中 km n AAC 为 m n C中的任 何一种矩阵范数 并问该命题的逆命题是否成立 为什么 证 证 由于 limlim0 kk kk AAAA 再利用矩阵范数的三角不等式推知 kk AAAA 所以有 lim0 k k AA 即 lim k k AA 该命题的逆命题不成立 例如取 A 1 1 10 k k k A 10 10 并取矩阵范数 为 Frobenius 范数 则有 AA 2 1 limlim112 k kk k 但 A lim k k 不 存在 所以 AA lim k k 3 3 设 limlim km nkn lkk kk ACBCAA BB 证明 lim kk k ABAB 证 证 ABABABAB limlim0 kkkk kk 利用矩阵范数的性质有 ABABABABABAB kkkkkk AA BA BB kkk BAAABB kkk 由 已 知 条 件 AABB lim lim kk kk 及 第 2 题 结 论 知 AA lim0 k k BB lim0 k k BB lim k k 由此可见上面不等式的右边趋于 0 所以 ABAB lim0 kk k 4 4 设 1 lim kn nkk k AC AA A和 1 A都存在 证明 11 lim k k AA 证 证 记adjA为矩阵A的伴随矩阵 ij A为A中元素 ij a的代数余子式 则 1 adj det k k k A A A 其中adj AAA AAA A AAA 11211 12222 12 kkk n kkk k n kkk nnnn 易知 k ij A是A k 中元素的1n 次多项式 由多项式函数的连续性知 k ijij A Alim k 故adjadj AA lim k k 同 理d e t A k 是A k 中 元 素 的n次 多 项 式 所 以 d e td e t AA lim0 k k 于是 adjadj detdet AA AA AA 11 lim lim k k k kk 5 5 设矩阵级数 A 0 k k 收敛 绝对收敛 证明 0 k k PA Q也收敛 绝对收敛 且 00 kk kk PA QPAQ 其中 km ns mn l AC PC QC 证 证 记 00 NN Nkk kk SPA QPAQ 于是 000 lim lim N kNkk NN kkk PA QSPAQPAQ 可见若 A 0 k k 收敛 则 0 k k PA Q也收敛 如果 0 k k A 绝对收敛 则 0 k k A收敛 又由 于 PA QPAQA kkk c 其中c是与k无关的正常数 由比较判别法知 0 k k PA Q收敛 故 0 k k PA Q也绝对收敛 6 6 讨论下列幂级数的敛散性 2 1 17 1 13 k k k 0 18 216 k k k k 解 解 1 设 17 13 A 可求得A的特征值为2 21 所以 A 2r 幂级数 1 2 1 k k x k 的收敛半径为 1 1 limlim 2 2 1 k k a a r k k k k 由 A 2rr知矩阵幂级数 2 1 1 k k k A发散 2 设 18 21 B 可求得B的特征值为3 1 5 2 所以 B5r 又 因幂级数 06k k k x k 的收敛半径 6 1 6 6 limlim 1 1 k k a a r k k k k k k B rr 所以矩阵幂 级数 06 k k k k B绝对收敛 7 7 计算 0 0 10 7 0 30 6 k k 解 解 设 0 10 7 0 30 6 A 由于0 91 A 故矩阵幂级数 0 k k A 收敛 且其和为 1 47 2 393 EA 8 8 设 n n A BC ABBA 证明 sin sincoscossincos coscossinsin ABABAB ABABAB 证 证 由 ABBA 有e ee ABA B 11 sin 22 iiiiii eee eee ii A BA BABAB AB 1 cossin cossin cossin cossin 2 iiii i AABBAABB sincoscossin ABAB 同理可证 cos coscossinsin ABABAB 9 9 设 210 001 010 A 求 t eA sintA 解 解 3 1120 EA 求得A的特征值为1 1 1 2 2 3 于是存在可逆矩阵 111 310 310 P 1 011 1 033 6 642 P 使得 1 1 1 2 P AP 再根据矩阵函数值公式得 21 tttt ediag eee A PP tttt tttt ttttttt eeee eeee eeeeeee 33330 33330 32346 6 1 222 1 sinsin sin sin2tdiagttt APP sin24sin22sin2sin24sin 1 006sin 6 06sin0 ttttt t t 1010 设 126 103 114 A 求 cos t et A A 解 解 由 EA 3 3 126 1310 114 得A的特征值1 解 齐次线性方程组 3 0 AE x 即 226 1130 113 x 得1 的两个无关特征向量 12 1 1 0 2 1 1 TT 又对 2 因非齐次方程组 322 AE相容 故可求得 解 2 1 0 0 T 由 122 构造可逆矩阵 121 110 010 P 1 011 001 113 P 使 1 100 011 001 P AP为A的 Jordan 标准形 于是 1 00121000111 226 0110000113 00010001131 3 tt tttttt tt eettt ePetePeteettt eettt A 1 cos002 sincos2 sin6 sin cos0cossinsincossin3 sin 00cossinsincos3 sin tttttttt ttttttttttt tttttttt APP 1111 设 1000 1100 0110 0011 A 求ln A 解 解 方法一 事实上 可证明 TT ff AA成立 本题中 T A为一约当标准形矩阵 由 ln f AA知 1 0 1 1 1 1 1 2ffff 所以 1 1 110 1 1 01 2 3 2310 1 1 1 1 1 01 ln ln 10 2 2 2 01 1 1 11 10 0 1 32 TT TT ff ff f ff ff f AA 方法二 对A求得P 使得 1 11 11 11 1 P APJ 再得到 1 0000 1000 1 lnln 100 2 11 10 32 APJ P 1212 设 tA和 1 t A均为n阶可微矩阵 证明 1 11 dtdt tt dtdt AA AA 证 证 对 1 tt AAE两端关于t求导数可得 1 1 0 dtdt tt dtdt AA AA 两边左乘 1 t A并移项即得 1 11 dtdt tt dtdt AA AA 13 13 设 Tm n ftr XX XXR 求 df dX 解 解 这是数量函数对矩阵变量的导数 设 ij m n x X 则 2 2 11 mn T st F st fxtr XXX X 又因为 21 2 1 2 ij ij f ximjn x 所以 22 ij m n ij m n dff x dx X X 1414 设 m nn F ARxRxAx 求 dFdF dd T xx xx 解 解 设 ij m n a A 12 T n x xx x 由于 1 11 T nn kkmkk kk Fa xa x xAx 所以 1 T imi i F aa x 1111 1 T T mnmn n dFFF aaaa dxx x 而 111 1 1 n T n mmn aa dFFF dxx aa A x 1515 设 det0 det n n f XRXXX 证明 1 det T df d XX X 证 证 设 ij n n x X 记 ij x的代数余子式为 ij X X的伴随矩阵为adjX 将detX按第 i行展开 得 11 iiijijinin f detxxx XXXXX 所以 1 2 ij ij f i jn x X 从而有 11 det det TT T ij n n df adj d XXX XXX X 1 1 设矩阵A为 2311 5801 1223 A 求广义逆矩阵 r AA 解 解 用矩阵初等变换来求广义逆A 23111001223001 58010102311100 12230010000211 122300110811203 01571020157102 00002110000211 41 203231110811 10258010157 21112230000 PAQEB 取 1 100 010 000 000 B 则 14 100203 203 010102 102 000000 211 000000 AQB P E 再用最大秩分解来求 r A 用初等行变换化A为行标准形矩阵A 231110811 58010157 12230070 AA 则 23 10811 58 0157 12 A BD 为A的一个最大秩分解 用 初 等 行 变 换 求B的 单 边 逆 由 2310010203 5801001102 1200100211 得 1 203 102 L B 容易看出 1 10 01 00 00 R D 于是 11 10203 01203102 00102000 00000 rRL AD B 2 2 设 n n A C 证明 总有广义逆矩阵A 存在 证 证 若 m n A 0 此时任给 n m X C 都有0X0 0 故X A 若 m n A0 设rank 0Ar 则存在m阶可逆矩阵P与n阶可逆矩阵Q使得 r E0 A PQ 00 设 11r EX G QP YZ 其中 rm rn rrn rm r XYZ CCC为任意矩阵 则 11rrr rrr rr r E0EXE0 AGA PQQP PQ 00YZ00 E0EXE0 PQ 00YZ00 EXE0 PQ 0000 E0 PQ 00 A 故G A 3 3 设 m n A C 证明 1 TT AA 证 证 因为 1 TTTTm n AG A GA AG C 而 TTTT AAAAA A 故 1 TT AA 4 4 设 m mn n PQ CC均为可逆矩阵 且有B PAQ 证明 11 1 Q A PB 证 证 因为 B Q A PB PAQQ A P PAQ PAA AQ PAQ B 1 1 1 1 所以 11 1 Q A PB 5 5 证明 m n 0 的自反广义逆矩阵仅为 n m 0 证 证 n m G C 有 m nm nm n 0G0 0 可见G为 m n 0 的广义逆矩阵 要使G是 m n 0 的自反广义逆矩阵 还需 m n G0G G 成立 但 m nn m G0G 0 所以 n m G 0 6 6 设 m nn rr m AYZ CCC 且 r ZAY E 则 r A YZ是A的自反广义逆 矩阵 7 7 设矩阵 102 215 011 131 A 求 M P 广义逆矩阵A 解 解 容易验证rank 3A A为列满秩矩阵 所以 1 HH AA AA 102 12016511 215 01135111 011 251111131 131 H A A 所以 1 1 65111201 51110113 111312511 8536292776 1 111111111111 1201 36654923141 0113 1144442221122 2511 29494117125 1144442221122 HH AA AA 8 8 设 1 m n AD GA C 试证明 1 2 GADA 证 证 由 1 D GA 得ADA A AGA A 故有 A GAD A AGA DA ADA A GAD A GAD G ADA GAD G AGA D GAD 所以 1 2 GADA 9 9 设 2H A A A 试证明 A A 证 证 由条件 2H A A A可得 22 AAA A A A A H HH AAA A AA 由以上两式易见矩阵A与它本身满足 M P 广义逆定义的四个方程 所以AA 10 10 设 H AA 证明 22222222 AAAAA AA AA AA AAAAA 证 证 1 利用已知 H AA 和教材 P203 定理 4 1 中结论有 22 HH AAAAAA AA 2 由 H AA 和A 的性质有 HHHHH AAAAAAAAA A 3 利用 2 的结论AAA A 有 2 2 A A A AA AA A AAA A A 4 由 1 2 中结论得 2222 A AA A AAA A AA AA AA 同理可 得 22 AAAA 11 11 若A的最大秩分解为A BC 证明 AC B 证 证 m n r A C 由已知A BC为A的最大秩分解 可得 11 HHHH ACCCB BB 由于B是列满秩矩阵 则 r B BE为B的最大秩分解 于 是 1 HH BB BB 同理 由C是行满秩矩阵得 1 HH CCCC 所以AC B 12 12 证明 AA 证 证 易知A与A 满足 M P 广义逆定义的四个方程 故有 AA 13 13 试证明 HHHH HHHHH HHHH A AAAAAAA A AAAAAAAAA AAAAAAAAAA 证 证 略 见教材 P203 定理 4 14 14 设 m m U C与 n n V C均是酉矩阵 证明 HH UAVVA U 证 证 利用U V为酉矩阵和A 的运算性质 容易验证 H UAV和 H VA U 满足 M P 广义逆定义的四个方程 1 H HH HH UAV VA U UAV UAA AV UAV 2 HH H H H VA U UAV VA U VA AA U VA U 3 H HH HHHHHHH UAV VA UUAA UU AAUUAA UUAV VA U 4 类似 3 可得 HHH HH VA U UAVVA U UAV 所以 H H UAVVA U 15 15 若A是正规矩阵 证明 A A AA nn AA 证 证 设A为m阶正规矩阵 则存在酉矩阵U 使得 1 H m U AU 1 H m A UU 由 14 题结论知 11 HH mm A UU UU 其中 10 00 ii i i 1 im 1 1111 HHH mmmm A A UU UU UU 1111 HHH mmmm AA UU UU UU 所以 A A AA 2 111 nHHH mmm AUU UUUU 111 111 n nn HHH nn mmm HHH nnn n UUUUUU UU UUUU A 16 16 若 HH ABA A BABA AGA A AGAG 则 BAG A 证 证 由已知条件验证BAG满足 M P 广义逆定义的四个方程 1 A BAG A ABA GA AGA A 2 BAG A BAG B AGA BAG BABAG BAG 3 HH ABAG AG AG ABAG 4 HH BAGABABA BAGA 所以 BAG A 17 17 试证明 ABAB 证 证 根据 Kronecker 乘积的性质有 AB ABABAA ABB BAB ABAB ABA AAB BBAB HHHH AB ABAABBAABB AABBAB AB 同理 H ABABABAB 所以 ABAB 18 18 试用各种方法求A 12 00 24 A 121 012 A 0 1 01 i Ai 120 002 240 A 100 011 100 211 A 解 解 1 奇异值分解法 125010 102 00000 204 2410020 H AA 由 2 3 5010 00250 10020 H EAA 得 H AA的特征值 12 25 0 而对应于 1 25 的单位特征向量为 1 12 0 55 T 故 11 U 1 11 1 12 50 102 112 2525 0 0 204242555 0 2 2525 5 HH r AA UU 2 最大秩分解法 显然A是行满秩矩阵 10 12164 21 01245 12 H AA 易得 1541 4614 H AA 所以 1 1054 54 11 2162 461414 1238 HH AAAA 3 极限算法 0 102 1 012 01 H i ii A Ai ii 2 2 2 2 2 2 H i A AE i 容易算得 2 21 2 222 21 1 3 2 H i A AE i 于是 2 21 2 222 00 22 2222 0 102 1 lim lim 01 1 3 2 21 2 11 333 lim 12 1 3 1 1 2 333 HH ii AA AEA ii ii ii ii 4 谱分解法 3 1021205100 20400210200 020240004 5100 10200 4 250 004 H H A A EA A 故 H A A的特征值为 123 4 25 0 于是 123 11 0 425 设 123 2 5 P 213 4 P 312 4 25 P 可求得 1122 4 425 84 25 254 525PP 1323 25 4 HHHHHH P A AA AE A A P A AA AE A A 于是 33 12 0 2525 25 4 1124 0 484255252525 1 00 2 HHHH H A AE A AA AE A A A A 5 最大秩分解法 容易得到A的一个满秩分解表达式 10 01100 10011 21 A BC 11 10622011 11 0222011324 TTTT CCB BCCB B 于是 11 2222 1 1311 8 1311 TTTT ACCCB BB 19 19 证明 方程组 HH A Ax A b是相容的 其中 m nm Ab CC 证 证 方程 HH A Ax A b相容的充要条件是rank rank HHH A A A bA A 显然 rank rank HHH A A A bA A 同时有 rank rank rank rank HHHHH A A A bAA bAA A 所以rank rank HHH A A A bA A 方程 HH A Ax A b相容 20 20 已知 12 00 24 A 1 0 2 b 求方程组Ax b的通解及最小范数解 解 解 显然rank rank 2A bA 方程组是相容的 容易得到A的一个最大秩分解 为 1 012 2 ABD 而 1 1 1 12 10201020 55 2 TT B B BB 1 1 1 11 5 12 222 5 TT DDDD 所以 112 0 12 52525 0 22455 0 52525 AD B 方程组的通解为 1 2 2 1 2 1 2 1212 112 00 10 25252525 000 240124 00 224 25252525 1421 5555 2212 5555 u x A b EA A u u u u u 1212 42 55 R 21 55 uuu u 最小范数解为 12 55 T A b 21 21 验证下列方程组是不相容的 并用A 求它的最佳逼近解 0021 1101 0011 1111 x 020421 00036231 02114611 iiii i x i 解 解 1 显然3rank rank 2A bA 故方程组不相容 将矩阵A通过初等行 变换变为A 002110 110001 001000 111000 AA 可得A的最大秩分解 02 10110 01001 11 A BC 11 1 2120610 1 2 16011211 01 TTTT B BCCB BCC 所以 11 10 1 6101010 1 102 12201111 01 01 2615 1 2615 22 8242 TTTT ACCCB BB 最佳逼近解为 0 261514 11 261514 2211 824216 xA b 22 22 已知 102 0 1 0 204 T T Ab 求方程组Ax b的最小二乘解和最佳逼近解 解 解 因2rank rank 1A bA 故方程组不相容 易得A的一个最大秩分解为 1 012 2 A BC 所以 11 1102 1 11 102 22045 525 TTTT ACCCB BB 最佳逼近解为 0 0 1020 1 1 204025 0 xA b 方程组的最小二乘解为 1 2 1 2 12 12 0 010 2525 00 00124 0 24 2525 2 u x A bEA A u u u 1 1