徐仲矩阵论简明教程习题答案.doc
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徐仲矩阵论简明教程习题答案.doc
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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.A~B,C~D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=-(b-a)=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(2I-A)x=0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(),I-A有2阶子式
=-4
-4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
A~J=
设变换矩阵为P=(),则
P=
(3).A的不变因子是
A~J=
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~J=
设变换矩阵为P=,则
是线性方程组的解向量,此方程组的一般解形为
p=
取
为求满足方程的解向量,再取根据
~
由此可得s=t,从而向量的坐标应满足方程
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)I-A=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=PA=,.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.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(10I-A)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(I-A)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=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﹦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1≦p﹤∞,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p﹥1,则有
≦
对上式右边的每一个加式分别使用Hölder不等式,并由(p-1)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+k≦k+k+k+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:
A≠O时SAS≠O,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I≠O,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=;
≦=
=A≦nA=.
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
=max{m,n}≦max{m,n}≦max{m,n}(A+B)
=max{m,n}A+max{m,n}B=;
=max{m,l}≦max{m,n}
≦max{m,n}(Minkowski不等式)
=max{m,n}nAC≦max{m,n}max{n,l}AC=.
下证与相应的向量范数的相容性.
设x=C,d={},则有
≦=
≦=na≦max{m,n}A
=;
=≦≦(Hölder不等式)
=≦A
≦max{m,n}A=;
≦
≦≦
=nAD≦max{m,n}AD=.
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,即时,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=0.9<1,根据定理3.7,
=(I-A)=.
4.我们用两种方法求矩阵函数e:
相似对角化法.,
当ia时,解方程组(ia-A)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=,于是
e=P=.
利用待定系数法.设e=(+a)q()+r(),且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=,=,AP=
根据p69方法二,
e=Pdiag(e,e,e)=
sinA=Pdiag{sin(-1),sin1,sin2}P=
6.D()==,D()=D()=1,A~J=.现设
r(,t)=b+b+b,则有
b=1,b=2e-te-2,b=te-e+1.于是
e=r(A,t)=bI+bA+bA=I+(2e-te-2)+(te-e+1)
=
同理,由
b=1,b=tsint+2cost-2,b=1-tsint-cost.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,J=
则有
e=P=
sinAt=P=
cosAt=PP=
(2)对A求出
P==,J=
则有
e=P=
sinAt=PP=
cosAt=PP=
9.
(1)sinA+cosA=[]=[]
=
=e=I
(2)sin(A+2I)=sinAcos(2I)+cosAsin(2I)
=sinA[I-(2I)+(2I)-…]+cosA[2I-(2I)+(2I)-…]
=sinA[1-
(2)+
(2)-…]I+cosA[2-
(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=e[I+(2I)+(2iI)+(2iI)+…]
=e{[1-
(2)+
(2)-…]+i[2-
(2)+
(2)-…]}I
=e{cos2+isin2}I
=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=I
12.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
=m[A(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=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(I-A)=. 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:
(ⅰ)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;
(ⅱ)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.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;
(ⅲ)第2框中的为A中的对应元素先减去第1框中同行的与同列的之积,再除以.
计算如下:
130
2-30
22 -6
A=
(2)Crout分解的说明,以3阶矩阵为例:
第1框
第2框
第3框
(ⅰ)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;
(ⅱ)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;
(ⅲ)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:
130
2-30
2-6-6
A=
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
=QR
4.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=
==QR
6.令
则
再令
最后令
A==QR
7.(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Givens矩阵.
8.对,计算
u=,H=I-2uu=
令Q=,则
同理,对,为构造Givens矩阵,令c=,s=,,则
当时,.
8.
(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2.7F-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
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],[18,22]
7.因为
det(B-A)=
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=A-B,则
>=
(Q正定,>0)
同理可证>.
现在设1<s<n,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x≠0,<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x≠0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Cramer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)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=A
3.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是列满秩矩阵,则
2)若G是行满秩矩阵,则
3)设A的满秩分解为A=FG,则
4)设A的奇异值分解为
则
6.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A≠O,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是列满秩的,则
,
可见,.
9.
(1)在第4题中己求出A的行最简形,由此得出A的满秩分解
由此根据的满秩分解计算法得
=
==
(2)A的满秩分解为
A==FG
=
=
=
==
(3)因A是列满秩的,故
=
===
(4)A=
=
10.
(1)A=
==
注:
书中的答案可能错了!
(2)
==
11.
(1)方程组的系数矩阵的满秩分解为A=,则
==
方程组的极小最小二乘解是
(2)方程组的系数矩阵的满秩分解为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(
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