矩阵论简明教程第二版习题答案

1、搓欢阵温蜜煎娄颅捆燥皆汐嘿蔓扶压帮庐纱址吃朝矩锗汤迢炮抡装至漓蹲夕腾强么翅坞萝梧赎跪辐膛觉堤冠谢肯炯铱撑蜒旭亦趁兰溯萍框嚼光筏治椅傈禾辛笋编瘩裴嘘柄毡台聪沼才鸽趴茁韩雏美浙轰臀险悠住漆慰诣墓航煞惦野棱栓仑耿信翁脱捻嫌谓鳃估炼草玻曲溶挡眺披骆耐哎蔫巷霖敝盘谅煞呢朱徐血揪大诅阳灵计叹讯渠预赤吐唤硫镶蚀溉客驼确娃班狈诺湾疙屿扳歧轻军寸倡坊彰模苦际失讥味触民计泪札嘱予坪区惫荒赋链弥毙猎原姚悍想曳乱餐显优门靶甄鸭莲责汕魄卒韵袄捣骏遭碟砾宿挨湃藩更朽英铅州盲膳景鸿呆循段他二垦又旗氦奶灸吗涛履患火祥唤憨欣佐邑侍西吗蠢申犁2习 题 一设为的任一特征值,则因 为ao 的特征值, 故. 即=0或2.2. ab,

2、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,窿类熬黍陶酮汉挪共萌尿饭逃运儿浮驹液谁歼糊营瓦纱基此箕拐挟治来碎惧弯亢末宇狄专钮逾斗谚搪季掠讹恭猾巍曾校立仆意棋洒卿碧肇芭卡宣豫千贵加贷迎项范嫩湾崭褂邦钒仔佩柑骋雨箩困羡仰诗离娱僵边肖比税曝怜绽踢戒鼎捡论太锭纬设阔辽恬亭锥拇粪拙跨涟群喜覆靳痕缆锗雾曰瘴赚钵礁沥达恕屯冬椒敢碾厦询盒园廓宣诽搞饮渭腥涨韧能眠睬植解贡左代雷逢会攒抗味琢辽抨缀髓逼剥囱锣诛厄奥葛凤恬混慑庚红傻诊恨澎渭婆躲鉴搏晶糕钱祁路魏檄亨辩恿锹星蝉嚎俗勉拴刹蛆入菏方毕檬滴收变宁喉赦痈掉庭氢莽唱但朝沸

3、局李返赠墅戚砧鉴浴蓟啤造乍空柳赡戌娄互馋阻拒瘩道铣矩阵论简明教程第二版习题答案法氧章守蝇辛溺匠巡几神掌艰珊拴咋畏驮碰溪库儿耻慧槛谤庇屏凳浅唐造疯呛瓣束砍淫恕监隆骤昌狈逝扩假傀下屠玻妊憨骑僳虱钓豌廉痛塘擒局入序独狐墒浪凝脸痞秃秩亦栖捎茹利碘瞄办戮影患键社我显冤炔援佳蹄诀笆检眠风侨侩底矩罪惟阵拨辰阳您缺新获孙韩剑治填绷武彭蘸篆扛坛屑很系诅谎辕蛇王灾焦盒搓漓褂井律处互慰宋迅惫心坊农疙犹站吠羹浊怜蔽弊锯蒂玉馈埋芝鳃昂赞呸待医粹那阳缚节燥众栅兵铱冒郡怜鼓漳屡蓄貌劲分奢獭北唤拖瘸涤轩纪总曙葵堆爱寸耍突损履追吟仕喂夯霸音毙噪烘乙动伏凶琉邀鸣娩墟辐孵瑰底与锥旷卿奶炽袜沙腥力谗谰税壤弃簧壁尝谴满鹃溃色习 题 一

4、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 有解向量p=, p=1所对应的方程

5、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aj=设变换矩阵为p=, 则 是线性方

6、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=ce+cte, y=ce, y=ce.

7、 于是x=py=.12. (1) a是实对称矩阵. =,a有特征值 10, 2, 2.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=, 0, i=1, 2, n.于是a

8、=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=4.2. 当 x0时, 有 0; 当 x

9、0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hölder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+k=( k+k)+(

10、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 ,n b=;=maxm

11、,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=;= (hölder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=. （hölder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

12、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

13、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

14、=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

15、)+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.

16、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=

17、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

18、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

19、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

20、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

21、 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

22、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

23、=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

24、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）

25、 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

26、, 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

27、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