资源目录
压缩包内文档预览：(预览前20页/共48页)
编号：208679727
类型：共享资源
大小：22.59MB
格式：ZIP
上传时间：2022-04-20
上传人：考****
认证信息
个人认证
武**（实名认证）
山西
IP属地：山西
40
积分
- 关 键 词：
-
矩阵论
矩阵
研究生
PPT
课件
- 资源描述：
-
《矩阵论》研究生PPT课件,矩阵论,矩阵,研究生,PPT,课件
- 内容简介：
-
矩 阵 理 论 (供 09-10 第一学期之用)刘 西 奎Email: liuxikui山东科技大学 信息科学与工程学院2012 年 4 月 18 日刘西奎 (山东科技大学)矩 阵 理 论2012 年 4 月 18 日1 / 411矩阵幂级数2矩阵函数矩阵函数的幂级数定义矩阵函数()的计算3矩阵函数的一般定义及其计算4矩阵方程及其求解刘西奎 (山东科技大学)矩 阵 理 论2012 年 4 月 18 日2 / 41说明先前，为了上课方便，本人制作了讲义，并经由同学复印。然而导致了大量的盗版，直接影响了将来本讲义的出版。不得不考虑到版权的问题, 因为制作这样一份文档实在是花费了大量的时间精力。制作本课件纯粹为了上课方便，请不要随意传播和上传互联网！本幻灯片使用 beamer 宏包作出. 关于 beamer 的讨论 (安装、更新) 可参考: /forums/index.php?showtopic=27695本文的图形主要是用 pgf 宏包作出的, 另有个别的 MetaPost 图形.本幻灯片的源文件仅供学习 beamer, pgf 参考之用. 使用请注明出处.Copyrightc 2009. 保留所有权利.LIU XI-KUI刘西奎 (山东科技大学)矩 阵 理 论2012 年 4 月 18 日2 / 41说明先前，为了上课方便，本人制作了讲义，并经由同学复印。然而导致了大量的盗版，直接影响了将来本讲义的出版。不得不考虑到版权的问题, 因为制作这样一份文档实在是花费了大量的时间精力。制作本课件纯粹为了上课方便，请不要随意传播和上传互联网！本幻灯片使用 beamer 宏包作出. 关于 beamer 的讨论 (安装、更新) 可参考: /forums/index.php?showtopic=27695本文的图形主要是用 pgf 宏包作出的, 另有个别的 MetaPost 图形.本幻灯片的源文件仅供学习 beamer, pgf 参考之用. 使用请注明出处.Copyrightc 2009. 保留所有权利.LIU XI-KUI刘西奎 (山东科技大学)矩 阵 理 论2012 年 4 月 18 日2 / 411矩阵幂级数2矩阵函数3矩阵函数的一般定义及其计算4矩阵方程及其求解刘西奎 (山东科技大学)矩 阵 理 论2012 年 4 月 18 日3 / 41在 ? 中, 我们讨论了矩阵级数. 现在我们来讨论一类重要的矩阵级数 方阵的幂级数.定义 1.1设 , 是复数列, 则称=0为方阵 的幂幂幂级级级数数数.定理 1.1若幂级数=0的收敛半径是 . 则(1) 若 () , 则=0发散 (其中 () 是 阶矩阵 的谱半径).刘西奎 (山东科技大学)矩 阵 理 论2012 年 4 月 18 日3 / 41证: (1) 因() , 所以可以找到正数, 使得() + .因为=0在收敛圆| 内绝对收敛, 所以正项级数=0|() + )收敛.由于 | |() + ), 所以级数=0收敛, 所以=0绝对收敛.(2) 设 的特征值为 1,2, , 且 () = |1|. 则存在非奇异阵 ,使得 = 1, 其中 是 的约当标准型. 由定理 2.3 知,=0收敛的充分必要条件条件是=0收敛. 若幂级数=0的收敛半径是 , 则=01发散, 因此=0发散, 从而=0发散.刘西奎 (山东科技大学)矩 阵 理 论2012 年 4 月 18 日4 / 41推论 1.1若幂级数=0在整个复平面上收敛, 则对任意方阵 ,=0绝对收敛.推论 1.2若复变幂级数=0( 0)的收敛半径为, 则对于方阵 ,(1)当的 特 征 值1, ,满 足| 0| , 则级数=0( 0)发散.证: = 0和的特征值的关系是= 0.刘西奎 (山东科技大学)矩 阵 理 论2012 年 4 月 18 日5 / 41推论 1.3 + + 2+ + + 绝对收敛的充分必要条件是 () 1, 且其和是( )1.证: 由于幂级数=0的收敛半径是 1, 因此 () 1, 则 + + 2+ + + 绝对收敛. 反之, 若 + + 2+ + + 绝对收敛, 则=1| 绝对收敛, 故 | 0, 因此 () 1.因为 ( + + 2+ + + )( ) = , 故( )1= + + 2+ + + .刘西奎 (山东科技大学)矩 阵 理 论2012 年 4 月 18 日6 / 41定义 1.2设 = () . 如果 = 1 = | |, = 1,2, , 则称 是行对角占优的. 如果 = 1 = | |, = 1,2, , 则称 是列对角占优的.例如 =10 2 3 44 8 1 15 2 15 75 1 09, 则 是行对角占优. 容易验证 可逆.刘西奎 (山东科技大学)矩 阵 理 论2012 年 4 月 18 日7 / 41定理 1.2设 = () . 如果 是行 (列) 对角占优的, 则 可逆.证: 由于 =11000220 00 10 001 0 00 1 +0121111121220222 2120记 ? =11000220 00 , =0121111121220222 2120,则 ? 可逆. 由于 是行对角占优, 因此 | 1, 故 + 可逆, 从而 可逆.刘西奎 (山东科技大学)矩 阵 理 论2012 年 4 月 18 日8 / 411矩阵幂级数2矩阵函数矩阵函数的幂级数定义矩阵函数()的计算3矩阵函数的一般定义及其计算4矩阵方程及其求解刘西奎 (山东科技大学)矩 阵 理 论2012 年 4 月 18 日9 / 41定义 2.1设 () 的幂级数=0的收敛半径是 , 则当矩阵 的谱半径 () 时, 把收敛的矩阵幂级数=0的和称为矩矩矩阵阵阵函函函数数数, 记为 (), 即 () =0.例如: =01!= + +12!2+13!3+ ;cos = 12!2+14!416!6+ ;ln( + ) =1(1)1,() 1;( + )= +=1(1)(+1)!,() 1;( )1=0.刘西奎 (山东科技大学)矩 阵 理 论2012 年 4 月 18 日9 / 41有两种计算矩阵函数()的方法：1) 利用的Jordan标准形; 2) 利用矩阵函数的多项式表示.一一一、利利利用用用的的的Jordan标标标准准准形形形设 的 Jordan 标准型为 . 由定理 2.3 知, 若非奇异矩阵 , 使得 = 1, 则 () = ()1.如果 = (1,2, ,), 则有 = (1,2, ,)因此 () =0= (=01,=02, ,=0) =(1),(2), ,().设 =1.1, 令 =0 10 .10, 则= + .而 2=0 0 1.1.00, ., = 0 , .刘西奎 (山东科技大学)矩 阵 理 论2012 年 4 月 18 日10 / 41有两种计算矩阵函数()的方法：1) 利用的Jordan标准形; 2) 利用矩阵函数的多项式表示.一一一、利利利用用用的的的Jordan标标标准准准形形形设 的 Jordan 标准型为 . 由定理 2.3 知, 若非奇异矩阵 , 使得 = 1, 则 () = ()1.如果 = (1,2, ,), 则有 = (1,2, ,)因此 () =0= (=01,=02, ,=0) =(1),(2), ,().设 =1.1, 令 =0 10 .10, 则= + .而 2=0 0 1.1.00, ., = 0 , .刘西奎 (山东科技大学)矩 阵 理 论2012 年 4 月 18 日10 / 41设函数 () 在 处的 Taylor 展开式为() =+=0()()!( )则有() =+=0()()!( )=0()()!( )=() +=1()()!故() =()()1!(1)()(1)!() .()1!().推论 2.1若的特征值为1, ,，则()的特征值为(1), ,().刘西奎 (山东科技大学)矩 阵 理 论2012 年 4 月 18 日11 / 41综上所述, 可得利用 Jordan 标准型求矩阵函数的如下计算步骤:1. 求 的 Jordan 标准型为 及相应的相似变换阵 ;2. 求 () = (1),(2), ,(), 其中() =()()1!(1)()(1)!() .()1!()(3) 计算 () = ()1.刘西奎 (山东科技大学)矩 阵 理 论2012 年 4 月 18 日12 / 41例 2.1设 =4 2 104 3 73 1 7求 cos.解解解 由于 | | = ( 2)3, ( 2) = 2, 因此 的 Jordan 标准型为: =2 1 00 2 10 0 2,利用 = 可求得相应的相似变换阵 为:2 0 11 1 21 0 1.而 cos =cos2 sin2 cos220cos2sin200cos2,刘西奎 (山东科技大学)矩 阵 理 论2012 年 4 月 18 日13 / 41因此cos = (cos)1=2 0 11 1 21 0 1cos2 sin2 cos220cos2sin200cos22 0 11 1 21 0 11=2 0 11 1 21 0 1cos2 sin2 cos220cos2sin200cos21 0 13 1 51 0 2=2cos2 + 6sin22sin22cos2 10sin20.5cos2 + 4sin2 cos2 sin2cos2 7sin20.5cos2 + 3sin2sin25sin2.刘西奎 (山东科技大学)矩 阵 理 论2012 年 4 月 18 日14 / 41例 2.2已知 =31 12 021 1 3, 求 sin(4), 的 Jordan 标准型.解解解 由于 | | = ( 2)3, 而 (2 ) = 1, 因此 的 Jordan标准型为 =2 0 00 2 10 0 2.sin(4) =1 0 00 1 00 0 1, =2000 2200 2.注意到存在非奇异阵 , 使得 () = ()1, 即 () 与 () 相似,故 sin(2), 的 Jordan 标准型分别是:1 0 00 1 00 0 1,2000 2100 2.刘西奎 (山东科技大学)矩 阵 理 论2012 年 4 月 18 日15 / 41矩阵指数函数与三角函数是常用的矩阵函数, 它们有些性质与普通的指数函数与三角函数相同. 但由于矩阵乘法不满足交换律, 从而有些性质与一般的指数函数与三角函数不同.定理 2.1对任意 ,(1) sin() = sin;cos() = cos;(2) = cos + sin ;(3) cos2 + sin2 = ;(4) +2= ;(5)= ;(6)sin() = cos() = cos() ;(7)cos() = sin() = sin().刘西奎 (山东科技大学)矩 阵 理 论2012 年 4 月 18 日16 / 41定理 2.2设 , . 若 = , 则有(1) += += ;(2) sin( + ) = sincos + cossin ;(3) cos( + ) = coscos sinsin.推论 2.2sin(2) = 2sincos,cos(2) = cos2 sin2.若 = , 则上述公式可能不成立. 如 =(0 01 0), =(0 10 0), =(0 00 1)=(1 00 0)= ;=(1 01 1),=(1 10 1),+=( + 1 1 1 + 1);=(1 11 2)= =(2 11 1);= += .刘西奎 (山东科技大学)矩 阵 理 论2012 年 4 月 18 日17 / 41定理 2.3对任意 , 则有(1) det() = ();(2) ()1= .证: (1) 设 是 的约当标准型, 1,2, ,为 的特征值, 则存在非奇异阵 , 使得 = 1,因此 = 1, det() = det() = 1+2+= ();(2) 由于 = = 0= , 因此 ()1= .刘西奎 (山东科技大学)矩 阵 理 论2012 年 4 月 18 日18 / 411矩阵幂级数2矩阵函数3矩阵函数的一般定义及其计算4矩阵方程及其求解刘西奎 (山东科技大学)矩 阵 理 论2012 年 4 月 18 日19 / 41利用定义 2.1 定义的矩阵函数, 其实质就是先将数量函数 () 展开成收敛的幂级数, 然后以矩阵 代替 , 得到 (). 但是, 对于任意给定的函数, ()要求能展开成收敛的幂级数条件太强, 一般不易满足. 从利用 Jordan 标准型求矩阵函数的方法可知, 矩阵函数 () 只与函数 () 以及它的一定阶导数在 的特征值的取值有关. 因此我们可以给出矩阵函数的一种较为广泛的定义.定义 3.1设 的最小多项式为 () = ( 1)1( ), 则称集合(,)| = 1,2, ,为 的谱. 记为 .刘西奎 (山东科技大学)矩 阵 理 论2012 年 4 月 18 日19 / 41定义 3.2设 的最小多项式为 () = ( 1)1( ), 称()()| = 1,2, ,; = 0,1, ,为函数 () 在 上的谱值给定. 记为 ().定义 3.3对任意函数 (), 若存在复系数多项式 (), 使得() = ()则定义矩阵函数 () 为 (), 即 () = ().刘西奎 (山东科技大学)矩 阵 理 论2012 年 4 月 18 日20 / 41下面我们来介绍 () 的确定方法.设 的最小多项式为 () = ( 1)1( ), 复系数多项式 (), 使得 () = (),则有 () = ()1() + () 其中 () = 0+ 1 + + 11, = 1+ 2+ + ,因此 () = () = ().刘西奎 (山东科技大学)矩 阵 理 论2012 年 4 月 18 日21 / 41另一方面, 利用 () = () 可得 个方程, 因此可唯一确定 个系数. 这样一来, 可设() = () = 0+ 1 + + 11, 由此, 可得求矩阵函数的待定系数法:1. 求 的最小多项式为 () = ( 1)1( );2. 设 () = 0+ 1 + + 11, 利用 () = () 得到 个方程, 求解该方程组, 确定 () 系数 0,1, ,1;3. () = ().刘西奎 (山东科技大学)矩 阵 理 论2012 年 4 月 18 日22 / 41例 3.1设 =4 2 104 3 73 1 7求 cos.解解解 由于 | | = ( 2)3, 而 (2 ) = 2, 因此 的最小多项式 () = ( 2)3.令 () = 0+ 1 + 22, 由 cos() = (), 可得:0+ 21+ 42= cos21+ 42= sin222= cos2解得 0= cos2 + 2sin2,1= sin2 + 2cos2,2= cos22. 因此cos = (cos2 + 2sin2) + (sin2 + 2cos2) cos222=2cos2 + 6sin22sin22cos2 10sin20.5cos2 + 4sin2 cos2 sin2cos2 7sin20.5cos2 + 3sin2sin25sin2.刘西奎 (山东科技大学)矩 阵 理 论2012 年 4 月 18 日23 / 41例 3.2已知 =31 12 021 1 3, 求 sin(4).解解解 由于 | | = ( 2)3, 而 (2 ) = 1, 因此 的最小多项式 () = ( 2)2. 令() = 0+ 1, 由 () = (), 可得: 0+ 21= 1,1= 0.解得: 0= 1,1= 0, 因此 sin(4) = .刘西奎 (山东科技大学)矩 阵 理 论2012 年 4 月 18 日24 / 41由求矩阵函数的待定系数法可知:() = () = 0+ 1 + + 11而 =11=1()() 其中 仅与 有关, 而与函数 无关. 因此() =11=1()(), 其中 仅与 有关, 而与函数 无关.这样, 如果利用一些特殊的 将 求出, 就可求出要求的 ().刘西奎 (山东科技大学)矩 阵 理 论2012 年 4 月 18 日25 / 41从而得到如下求矩阵函数的待定矩阵法的计算步骤.(1) 求 的最小多项式为 () = ( 1)1( );2. 令 () =11=1()(), 取一些特殊的 求出 ;3. 求要计算的 ().刘西奎 (山东科技大学)矩 阵 理 论2012 年 4 月 18 日26 / 41例 3.3已知 =31 12 021 1 3, 求 sin(4), .解解解 由于 | | = ( 2)3, 而 (2 ) = 1, 因此 的最小多项式 () = ( 2)2.令: () = (2)1+ (2)2.取 () = 1, 则有 1= ; 取 () = 2, 则有 2= 2.因此 () = (2) + (2)( 2).特别地:sin(4) = ;= 2 + 2( 2) = 2( ) = 221 12 1 21 1 2.刘西奎 (山东科技大学)矩 阵 理 论2012 年 4 月 18 日27 / 41例 3.4设 =4 2 104 3 73 1 7求 cos.解解解 因为 | | = ( 2)3, ( 2) = 2, 因此 的 的最小多项式 () = ( 2)2.可令: () = (2)1+ (2)2+ (2)3.取 () = 1, 则有 1= ;取 () = 2, 则有 2= 2取 () = ( 2)2, 则有 2=12( 2)2.因此 () = (2) + (2)( 2) + (2)12( 2)2.从而cos = (cos2) (sin2)( 2) cos22( 2)2=2cos2 + 6sin22sin22cos2 10sin20.5cos2 + 4sin2 cos2 sin2cos2 7sin20.5cos2 + 3sin2sin25sin2.刘西奎 (山东科技大学)矩 阵 理 论2012 年 4 月 18 日28 / 41例 3.5已知 =2 2 11 3 11 2 2, 求 3.解解解 因为 | | = (1)2(5), () = 1, 因此 的最小多项式 () = ( 1)( 5).刘西奎 (山东科技大学)矩 阵 理 论2012 年 4 月 18 日29 / 41(1) Jordan 标准型法由上可知 的 Jordan 标准型为 =1 0 00 1 00 0 5, 相应的相似变换阵 为12 10 1 11 0 1.因此 3=12 10 1 11 0 13000 3000 1512 10 1 11 0 11.刘西奎 (山东科技大学)矩 阵 理 论2012 年 4 月 18 日30 / 41(2) 待定系数法由于 的最小多项式 () = ( 1)( 5), 可令 () = 0+ 1, 由0+ 1= 30+ 51= 15解得: 0=14(53 15),1=14(15 3).因此 3=14(53 15) +14(15 3)刘西奎 (山东科技大学)矩 阵 理 论2012 年 4 月 18 日31 / 41(3) 待定矩阵法:由于 的最小多项式 () = ( 1)( 5), 可令() = (1)1+ (5)2.取 () = 1, 则有 2=14( );取 () = 5, 则有 1= 14( 5).故() = 14(1)(5)+14(5)() =14(5)(1)+145(1)(5).特别地: 3=1415 3 +1453 15.刘西奎 (山东科技大学)矩 阵 理 论2012 年 4 月 18 日32 / 411矩阵幂级数2矩阵函数3矩阵函数的一般定义及其计算4矩阵方程及其求解刘西奎 (山东科技大学)矩 阵 理 论2012 年 4 月 18 日33 / 41本节中, 我们介绍矩阵函数及矩阵微积分的一些应用. 我们先讨论一阶线性常系数微分方程组的初值问题的求解.在数学或工程技术中, 经常要研究一阶常系数线性微分方程组1()= 111() + 122() + + 1() + 1()2()= 211() + 222() + + 2() + 2()()= 11() + 22() + + () + ()满足初始条件 (0) = , = 1,2, , 的解.如果记 = (), = (1,2, ,),() = (1(),2(), ,(), () = (1(),2(), ,(),则上述问题可写成()= ()() + ()(0) = .刘西奎 (山东科技大学)矩 阵 理 论2012 年 4 月 18 日33 / 41由于 是常值矩阵, 因此() = ()() + () = () () = ()将上式两边在 0, 上积分, 得到 ()0(0) =0() ,因此微分方程组的初值问题的解为 () = (0) + 0().刘西奎 (山东科技大学)矩 阵 理 论2012 年 4 月 18 日34 / 41例 4.1设 =2 0 01 1 11 1 3, 求如下初值问题的解:()= ()() + (1,0,1)(0) = (1,1,1).解解解 因为 = 2100 1 1 + ,所以0() =02101 =121 202 1,() = (0) + 0()= 2100 1 1 + 111+122100 1 1 + 1 202 1=223 22 + 22 + 1 + 2.刘西奎 (山东科技大学)矩 阵 理 论2012 年 4 月 18 日35 / 41例 4.2设 , ,() , 求如下矩阵微分方程的初值问题的解:()= () + ()(0) = 0.解解解 将上方程拉直, 可得:()= ( + )()(0) =0,利用一阶常系数线性微分方程组的初值问题的求解公式可得, 上方程的解为() = (+)0= ( )0=0()因此 () = 0().因为 ()= (=01!()=01!()= 所以矩阵微分方程的初值问题()= () + ()(0) = 0的解为() = 0.刘西奎 (山东科技大学)矩 阵 理 论2012 年 4 月 18 日36 / 41定义 4.1设 1,2, ,是常数, () 为已知函数, 称()+ 1(1)+ 2(2)+ + 1+ = ()为 阶常系数微分方程.由于常系数线性微分方程组的矩阵形式解已经得到, 因此, 我们可以利用如下方式将 阶常系数微分方程转化为常系数线性微分方程组, 进而求出它的解.令 () = (1)() , = 1,2, ,则有1= 22= 31= = 1 12 1+ ()刘西奎 (山东科技大学)矩 阵 理 论2012
- 温馨提示:
1: 本站所有资源如无特殊说明，都需要本地电脑安装OFFICE2007和PDF阅读器。图纸软件为CAD,CAXA,PROE,UG,SolidWorks等.压缩文件请下载最新的WinRAR软件解压。
2: 本站的文档不包含任何第三方提供的附件图纸等，如果需要附件，请联系上传者。文件的所有权益归上传用户所有。
3.本站RAR压缩包中若带图纸，网页内容里面会有图纸预览，若没有图纸预览就没有图纸。
4. 未经权益所有人同意不得将文件中的内容挪作商业或盈利用途。
5. 人人文库网仅提供信息存储空间，仅对用户上传内容的表现方式做保护处理，对用户上传分享的文档内容本身不做任何修改或编辑，并不能对任何下载内容负责。
6. 下载文件中如有侵权或不适当内容，请与我们联系，我们立即纠正。
7. 本站不保证下载资源的准确性、安全性和完整性, 同时也不承担用户因使用这些下载资源对自己和他人造成任何形式的伤害或损失。
人人文库网所有资源均是用户自行上传分享，仅供网友学习交流，未经上传用户书面授权，请勿作他用。
川公网安备: 51019002004831号