矩阵论简明教程习题答案

矩阵论简明教程·习题答案 1 习 题 一 1. 设为的任一特征值,则因  22  为 A  A22 O 的特征值, 故 022   . 即  =0 或 2. 2. A～B, C～D 时, 分别存在可逆矩阵 P 和 Q, 使得 P 1 AP=B, Q 1 CQ=D.令 T=       QO OP 则 T 是可逆矩阵,且 T 1       CO OA T=                       QO OP CO OA QO OP 1 1 =       DO OB 3. 设 ix 是对应于特征值 i 的特征向量, 则 A ix = i ix , 用 1A 左乘得 iii xAx 1 .即 iii xxA 11   故 1i 是 A 的特征值, i=1,2, , n. 4. (1) 可以. AE  = )2)(1)(1(   , P             104 003 214 ,            2 1 1 1 APP . (2) 不可以. (3)            110 101 010 P ,            1 2 2 1APP . 5. (1) A 的特征值是 0, 1, 2. 故 A =－(b－a) 2 =0. 从而 b=a.又 11 1 11     a aa a AI = )223( 22  a 将 =1, 2 代入上式求得 A=0. (2) P =           101 010 101 . 6. AI  = )1()2( 2   , A 有特征值 2, 2, －1.  =2 所对应的方程组 (2I－A)x=0 有解向量 矩阵论简明教程·习题答案 2 p 1 =           0 4 1 , p 2 =           4 0 1  =－1 所对应的方程组 (I+A)x=0 有解向量 p 3 =           0 0 1 令 P=(p ,1 p ,2 p 3 )=           140 004 111 , 则 P 1 =             4416 414 030 12 1 . 于是有 A100 =P           1 2 2 100 100 P 1 =              12412244 0230 121224 3 1 100100100 100 100100100 . 7． (1) AI  = )1(2  =D 3 ( ),  I－A 有 2 阶子式 1721 11    =－4 －4 不是 D 3 ( )的因子, 所以 D 2 ( )=D 1 ( )=1, A 的初等因子为 －1, 2 . A 的 Jordan 标准形为 J =           000 100 001 设 A 的相似变换矩阵为 P=(p 1 ,p 2 ,p 3 ), 则由 AP=PJ 得         23 2 11 pAp Ap pAp 0 解出 P=             241 231 111 ; (2) 因为 ),2()1()( 23  D 1)()( 12   DD ，故 A～J=           200 010 011 设变换矩阵为 P=( 321 ,, ppp ), 则 矩阵论简明教程·习题答案 3         33 212 11 2 pAp ppAp pAp P=              502 513 803 (3) ),2()1()( 23   AID ,1)(2  D 1)(1 D .A 的不变因子 是 ,11 d ,12  d )2)(1(3  d A～J=             2 1 1 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 ,0)(  xAI 求得两个线性无关的特征向量 , 1 0 1 1           p            0 1 2 2p 当 =2 时，解方程组 ,0)2(  xAI 得            1 1 2 3p , P=            101 110 221 (4) 因               411 31 621     AI ～             2)1( 1 1   , 故 A～J=           10 11 1 设变换矩阵为 P= ),,( 321 ppp , 则         323 22 11 ppAp pAp pAp 21, pp 是线性方程组 0 xAI )( 的解向量，此方程仴的一般解形为 p=            t s ts 3 取 矩阵论简明教程·习题答案 4            0 1 1 1p ,            1 0 3 2p 为求滿足方程 23)( ppAI  的解向量 3p , 再取 ,2 pp  根据              t s ts 311 311 3622 ～              ts ts s 000 33000 311 由此可得 s=t, 从而向量 T3213 ),,( xxxp 的坐标应満足方程 sxxx  321 3 取 T3 )0,0,1(p , 最后得 P=            010 001 131 8. 设 f ( )= 432 2458   . A 的最小多项式为 12)( 3  Am , 作带余除法得 f ( )=( 149542 235   ), )(Am = 103724 2   , 于是 f (A)= IAA 103724 2  =              34610 61950 26483 . 9. A 的最小多项式为 76)( 2  Am , 设 f ( )= 372919122 234   ,则 f ( )= )()52( 2  Am + 2 . 于是 [f (A)] 1 = 1)2(  IA .由此求出 [f (A)] 1 =        32 17 23 1 10. (1)  I－A=              411 31 621    标准形             2)1(00 010 001   , A 的最小多项 式为 2)1(  ; 2) )1)(1(   ; (3) 2 . 11. 将方程组写成矩阵形式:                                         3 2 1 3 2 1 188 034 011 d d d d d d x x x t x t x t x ,            3 2 1 x x x x ,                  t x t x t x t d d d d d d d d 3 2 1 x , A=              188 034 011 矩阵论简明教程·习题答案 5 则有 J=PAP 1 =           100 010 011 , .其中 P=           124 012 001 . 令 x=Py, 将原方程组改写成 : , d d Jy y  t 则            3 3 21 2 1 1 d d d d d d y t y yy t y y t y 解此方程组得: y 1 =C1 e t +C 2 Te t , y 2 =C 2 e t , y 3 =C 3 e t . 于是 x=Py=              ttt tt tt c)t(cc )t(cc tcc ee24e4 e12e2 ee 321 21 21 . 12. (1) A 是实对称矩阵. AI  = 2)1)(10(   ,A 有特征值 10, 1, 1. 当 =10 时. 对应的齐次线性方程组 (10I－A)x=0 的系数矩阵             542 452 228 ～           000 110 102 由此求出特征向量 p 1=(－1, －2, 2) T , 单位化后得 e 1 = ( 3 2 , 3 2 , 3 1  ) T . 当 =1 时, 对应的齐次线性方程组 (I－A)x=0 的系数矩阵              442 442 221 ～            000 000 221 由此求出特征向量 p 2 =(－2, 1, 0) T , p 3 =(2, 0, 1) T . 单位化后得 e 2 =( 0, 5 1 , 5 2  ) T , e 3 =( 53 5 , 53 4 , 53 2 ) T . 令 U=                     53 5 0 3 2 53 4 5 1 3 2 53 2 5 2 3 1 , 则 U 1 AU=           1 1 10 . (2) A 是 Hermit 矩阵. 同理可求出相似变换矩阵 矩阵论简明教程·习题答案 6 U=                   2 1 2 1 2 1 2 i 2 i 2 i 2 1 2 1 0 , U 1 AU=            2 2 0 . 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 U H AU=               n    2 1 , i ﹥0, I=1, 2, , n. 于是 A=U               n    2 1 U H = U               n    2 1 U H U               n    2 1 U H 令 B=U               n    2 1 U H 则 A=B 2 . 反之,当 A=B 2 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 U H AU=diag( n ,,, 21  ) 令 x=Uy, 其中 y=e k . 则 x 0. 于是 x H Ax=y H (U H AU)y= k ≧0 (k=1, 2, , n). (2) (3). A=Udiag( n ,,, 21  )U H =Udiag( n ,,, 21  )diag( n ,,, 21  ) U H 令 P=diag( n ,,, 21  )U H , 则 A=P H P . (3) (1). 任取 x 0, 有 矩阵论简明教程·习题答案 7 x H Ax=x H P H Px= 2 2 Px ≧0. 习 题 二 1. 1 x = 01i42i1  =7+ 2 , 2x = 1i)4i(4)2(i)1i)(1( 2  = 23 ,  x =max 1i42i1 ,,,  =4. 2. 当 x 0 时, 有 x ﹥0; 当 x﹦0 时, 显然有 x =0. 对任意  C, 有 x = x n k kk n k kk     1 2 1 2 . 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 k ,y k (k=1, 2, , n)有 p n k p kk yx 1 1 )(   ≦    n k pp k n k pp k yx 1 1 1 1 )()( 证 当 p=1 时，此不等式显然成立. 下设 p﹥1, 则有    n k p kk yx 1 ≦       n k p kkk n k p kkk yxyyxx 1 1 1 1 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    n k p kk yx 1 ≦ q n k qp kk p n k p k q n k qp kk p n k p k yxyyxx 1 1 )1( 1 1 1 1 )1( 1 1 )()()()(        = q n k p kk p n k p k p n k p k yxyx 1 1 1 1 1 1 )]()()[(    再用 q n k p kk yx 1 1 )(   除上式两边,即得 Minkowski 不等式. 现设任意 y=( n ,,, 21  ) T C n , 则有    n k kkkyx 1 2  =    n k kkk 1 2)(  ≦    n k kkkk 1 2)(  ≦    n k jk n k kk 1 2 1 2 ()(  = yx  . 3. (1) 函数 excel方差函数excelsd函数已知函数     2 f x m x mx m      2 1 4 2拉格朗日函数pdf函数公式下载 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)= )( 2 1 baba  max( ), ba yxyx  ≦max( bbaa yxyx  , ) 矩阵论简明教程·习题答案 8 = )( 2 1 bbaababa yxyxyyxx  ≦ )( 2 1 babababa yyxxyyxx  = )( 2 1 )( 2 1 babababa yyyyxxxx  =max( ba xx , )+max( ba yy , ) (2) 只证三角不等式. k 1 ayx  +k 2 byx  ≦k 1 ax +k 1 ay +k 2 bx +k 2 by =( k 1 ax +k 2 bx )+( k 1 ay +k 2 by ) . 4. 218132i453i1 1m A ; 66132i453i1 22 2222 F A ; 15 m   A ;  1 A 列和范数(最大列模和)= 27 ;  A =行和范数(最大行模和)=9 ; 5. 非负性: A≠O 时 S 1 AS≠O, 于是 m 1ASSA  ＞0. A=O 时, 显然 A =0; 齐次性: 设 C, 则    m 1 )( SASA m 1 ASS  =  A ; 三角不等式: m 11 m 1 )( BSSASSSBASBA   ≦ BABSSASS   m 1 m 1 ; 相容性: m 11 m 1 )( BSASSSSABSAB   ≦ m 1 m 1 BSSASS  = A B . 6. 因为 I n ≠O, 所以 nI ＞0.从而利用矩阵范数的相容性得: nnn III  ≦ nI nI ,即 nI ≧1. 7. 设 A=(A ij )C nn , x=  T21 ),,,( n C n , 且 A= ij ji a , max , 则  i k kikAx a1 ≦ i k kika  =  k i ikk a ][ ≦nA k k = m A 1 x ;  i k kikAx 2 2 a ≦   i k kika 2][  =   i k ka 22 ][  = n A 2 x ≦nA= m A 2 x . 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 ij ), B=(b ij )C nm , C=(c st )C ln 且 A= ij ji a , max , B= ij ji a , max , C= st ts c , max . 则 M BA =max{m,n} ijij ji ba  , max ≦max{m ,n } )(max , ijij ji ba  ≦max{m ,n } (A+B) =max{m ,n }A+max{m ,n }B= MM BA  ; 矩阵论简明教程·习题答案 9 M AC =max{m ,l }  k ktik ti ca , max ≦max{m ,n } }{max ,  k ktik ti ca ≦max{m ,n } }{max 22 ,   k kt k ik ti ca (Minkowski 不等式) =max{m ,n }nAC≦max{m ,n }max{n ,l }AC= MM CA . 下证与相应的向量范数的相容性. 设 x=  T21 ),,,( n C n , d= k max { k }, 则有  i k kikaAx 1 ≦ i k kika  =  k i ikk a )( ≦ k kna =nA k k ≦max{m ,n}A k k = 1M xA ; 2 Ax =  i k kika 2  ≦   i k kika 2)(  ≦    i k k kika )( 22  (Hölder 不等 式) =   k k i k ika 22  ≦ mn A 2 x ≦max{m ,n}A 2 x = 2M xA ; }{max 1     n k kik i Ax a ≦   n k kik i a 1 }{max  ≦ }{max 22   k k k ik i a  ≦ }max{ 22 ndna i  =nAD≦max{m,n}AD=  xA M . 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 ij )C nm , B=(b st )C ln , x=  T21 ),,,( n C n 且 A= ij ji a , max , B= st ts b , max , 则     n k ktik ltmi AB 1 1,1G max baml ≦ }{max , kt k ik ti baml  ≦ }{max 22 ,   k kt k ik ti baml (Minkowski 不等式) ≦ ml nab= ))(( bnlamn = GG BA .     m i n k kikAx 1 2 1 2 a ≦   i k kika 2)(  ≦    i k k kika )( 22  （Hölder 不等式） ≦   i k kna )( 22  = mn A 2 x Z 注释 holder不等式 矩阵论简明教程·习题答案 10 = 2G xA . 10. 利用定理 2.12 得 1 22 H 2  nIUUU . 11. A 1 =                    011 0 2 1 1 2 1 4 3 2 1 cond 1(A)= 2 25 2 5 5 1 1 1 AA ; cond  (A)= 1025 1     AA . 12．设 x 是对应于的特征向量, 则 A xx mm λ .又设 v  是 C n 上与矩 阵范数  相容的向量范数,那么 v m v m v m xAxx  λλ ≦ v m xA 因 v x ＞0, 故由上式可得 m λ ≦ mA  λ ≦ m mA . 习 题 三 1. 2cλcλλ ))(2(  AI , 当 cλρ )( ﹤1 时, 根据定理 3.3, A 为收敛矩 阵. 2. 令 S )N( =  N 0 )( k kA , )(lim N N S  =S , 则 0)(limlim )()()(   kk k k k SSA . 反例: 设 A )(k = k         00 0 1 k , 则因   0 1 k k 发散, 故   0 )( k kA 发散, 但 )(lim k k A  =O. 3. 设 A=       6.03.0 7.01.0 , 则 )(Aρ ≦   A 行和范数=0.9＜1, 根据定理 3.7,          0 6.03.0 7.01.0 k k =(I－A) 1 =       93 74 3 2 . 4. 我们用用两种方法求矩阵函数 e A : 相似对角化法. 22 aλλ  AI , a-a i,i 当 λ ia 时, 解方程组 (ia－A)x=0, 得解向量 p 1 =(i, 1) T . Z 箭头 矩阵论简明教程·习题答案 11 当 λ =－ia 时, 解方程组 (ia+A)x=0, 得解向量 p 2 =(－i, 1) T .令 P=        11 ii , 则 P 1 =        i1 i1 i2 1 , 于是 e A =P        a a i0 0i P 1 =       aa a-a cossin sincos . 利用待定系数法. 设 e λ =( 2λ +a 2 )q( λ )+r( λ ), 且 r( λ )=b 0 +b 1 λ , 则由       a a abb abb i 10 i 10 ei ei b 0 =cosa , b1= a 1 sina .于是 e A =b 0 I+b 1A=cosa       1 1 + a 1 sina        a a =        aa aa cossin sincos . 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      a-abb aabb sinii sinii 10 10 与      aabb aabb icosi icosi 10 10 由此可得       a a b b sini i 0 1 0 与      0 icos 1 0 b ab 故 ( a2 i sinia)A=        0isini isini0 a a =sinA 与 (cosia)I=       a a cosi0 0cosi =cosA. 5. 对 A 求得 P=             013 013 111 , P 1 =            246 330 110 6 1 , P 1 AP=           2 1 1 根据 p69 方法二, 矩阵论简明教程·习题答案 12 e At =Pdiag(e t ,e t ,e t2 )P 1 =                 tttt tttt tttttt e3e3e3e30 e3e3e3e30 ee3e2ee3e4e6 6 1 222t sinA=Pdiag(sin(－1),sin1,sin2)P 1 =            01sin60 1sin600 1sin42sin21sin22sin42sin 6 1 6. D 3 ( )= 100 10 011       = 2)1(  , D 2 ( )=D 1 ( )=1, A~J=           000 010 011 . 现设 r( ,t)=b 0 +b 1  +b 2  2 , 则有         1 e2 e 0 21 210 b tbb bbb t t b 0 =1, b 1 =2e t －te t －2, b 2 =te t －e t +1. 于是 e tA =r(A, t)=b 0 I+b1A+b 2 A 2 =I+(2e `t －te t －2)           100 100 011 +(te t － e t +1)           100 100 111 =             t t e00 1e10 1ee1ee t tttt 同理,由         1 sin2 cos 0 21 210 b ttbb tbbb b 0 =1, b 1=tsint+2cost－2, b 2 =1－tsint－cost. 将 其代入 cosAt=b 0 I+b 1A+b 2 A 2 , 求出 cosAt=             t t ttttt cos00 1cos10 cossin11coscos 矩阵论简明教程·习题答案 13 7. 设 f(A)=  0k k A ka ,S N =  N k k A 0 ka .则 f(A)= N N S  lim 并且由于 (S N ) T = T 0 )(  N k k k Aa =  N k k k A 0 T )(a 所以, f(A T )= T)(lim N N S  =f(A) T . 8, (1) 对 A 求得 P=               1 1 1 1 , P 1 =P , J=               1 11 11 11 则有 e tA =P                   t tt ttt tttt t t t tt t e ee e 2 ee e 6 e 2 e 2 32 e P 1 =                 tttt ttt tt eee 2 e 6 0eee 2 00ee 000e 23 2 t tt t t t t sinAt=P                     t ttt t t ttt t t t t ttt sin cossin sin 2 cossin cos 6 sin 2 cossin 2 32 P 1 =                     tttt t t t tttt t ttt t sincossin 2 cos 6 sincossin 2 sincos sin 23 2 cosAt=P                      t ttt t t ttt t t t t ttt cos sincos cos 2 sincos sin 6 cos 2 sincos 2 32 P 矩阵论简明教程·习题答案 14 =                    tttt t t t tttt t ttt t cossincos 2 sin 6 0cossincos 2 00cossin 000cos 23 2 (2) 对 A 求出 P=P 1 =               0100 1000 0010 0001 , J=                 0 10 2 12 则有 e At =P                 1 1 e ee 2 22 t t t tt P 1 =                 100 0100 00e0 00ee 2 22 t t t tt sinAt=P                 0 0 2sin 2cos2sin t t ttt P 1 =                 000 0000 002sin0 002cos2sin t t ttt cosAt=P               1 01 2cos 2sin2cos t ttt P 1 =               1000 0100 002cos0 002sin2cos t ttt 9. (1) sin 2 A+cos `2 A=[ )e(e i2 1 ii AA  ] 2 =[ )(e 2 1 ii AA e ] 2 = )eee(e 4 1 )eee(e 4 1 i2i2i2i2 OOAAOOAA   =e O =I (2) sin(A+2 π I)=sinAcos(2 π I)+cosAsin(2 π I) =sinA[I－ !2 1 (2 π I) 2 + !4 1 (2 π I) 4 －…]+cosA[2 π I－ !3 1 (2 π I) 3 + !5 1 (2 π I) 5 －…] = sinA[1－ !2 1 (2 π ) 2 + !4 1 (2 π ) 4 －…]I+cosA[2 π－ !3 1 (2 π ) 3 + !5 1 (2 π ) 5 －…]I 矩阵论简明教程·习题答案 15 =sinAcos2 π +cosAsin2 π （3）的证明同上. (4) 因为 A（2 π iI）=(2 π iI)A ,所以根据定理 3.10 可得 e IA iπ2 =e A e Iπi2 =e A [I+(2 π I)+ !2 1 (2 π iI) 2 + !3 1 (2 π iI) 3 +…] =e A {[1－ !2 1 (2 π ) 2 + !4 1 (2 π ) 4 －…]+i[2 π－ !3 1 (2 π ) 3 + !5 1 (2 π ) 5 －…]}I =e A {cos2 π +isin2 π }I =e A 此题还可用下列方法证明: e IA πi2 =e A e Iiπ2 =e A P               iπ2 iπ2 πi2 e e e  P 1 =e A PIP 1 =e A 用同样的方法可证: e IA πi2 =e A e Iπi2 . 10. A T =－A, 根据第 7 题的结果得 (e A ) T =e TA =e A , 于是有 e A (e A ) T =e A e TA =e AA =e O =I 11. 因 A 是 Herm(iA) H =－iA H =－iA , 于是有 e Ai (e Ai ) H =e Ai e Ai =e O =I 12. 根据定理 3.13, A 1 t t Ae d d =e At , 利用定理 3.14 得  t A 0 de  =   t AA 0 1 de d d    =A 1    de d d 0 A t  =A 1 (e At I). 13. td d A(t)=         tt tt sincos cossin , td d (detA(t))= td d (1)=0, det( td d A(t))=1, A 1 (t)=        tt tt cossin sincos , td d A 1 (t)=         tt tt sincos cossin 14.  t A 0 d)(  =                   00d3 0de2de ddede 0 0 2 0 0 2 00 2 t tt ttt      =                  00 2 3 01ee1 3 1 1ee)1(e 2 1 2 2 32 t tt t tt tt 15. 取 m=2, A(t)=        t tt 0 2 , 则 A 2 (t)=         2 234 0 t ttt , td d (A(t)) 2 =         t ttt 20 234 23 ≠ 矩阵论简明教程·习题答案 16 2A(t) td d A(t)=         t ttt 20 224 23 . 困为    21 )]()[( d d )()]()[( d d )]()()([ d d )]([ d d mm AAAAAAAAA tt t ttt t ttt t t t m + )( d d )]([ 1 t t t AA m 所以当( td d A(t))A(t)=A(t) td d A(t)时, 有 )( d d )]([)( d d )]([)( d d )]([)]([ d d 111 t t tt t tt t tt t AAAAAAA mmmm    =m[A(t)] )( d d1 t t Am 16. (1) 设 B=( ijb ) nm , X=( ij ) mn , 则 BX=(  n k kjik 1 b ) mm ,于是有 tr(BX)=    n k kmmk n k kjjk n k kk 111 11  bbb  ij BX   )tr( = jib (i=1,2,…,n ;j=1,2,…,m)            mnn m BX X bb bb    1 111 )(tr( d d = TB 由于 BX 与 TTT)( BXBX  的迹相同，所以 TTT ))(tr( d d ))(tr( d d BBX X BX X  (2) 设 A=( ija ) nn ,f=tr( AXX T ), 则有            nmm n X      1 111 T ，AX=               k kmnk k knk kmk k kk   aa aa    1 111 f=      l k kmlklm l k kjlklj l k klkl  aaa 11 )]()([][               k kjlk l k ij ljkjlk ij lj l k kjlklj ijij        aaa f =   k ljli k kjik  aa mnij X              ff d d = XAAXAAX )( TT  17. 设 A=( ija ) mn , 则 F(x)=(   n k knk n kk n k kk 1 2 1 1 ,,, aaa 1k   ),且 矩阵论简明教程·习题答案 17 A d F F F x F nnnn n n n                                      aaa aaa aaa      21 22221 11211 2 1 d d d d d d d    18.                  tttttt tttttt tttttt AtAt A 222 222 222 e4e3e3e6e3e6 e2eee4ee2 e2eee2ee4 ee 在上式中令 t=0, 则有 A=               133 131 113 eOA 19. A=             502 613 803 , x(0)=           1 1 1 , A 的最小多项式为 2)1()(   . 记 f( )= te ,并设 f( )=g( ) )( +