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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