矩阵论简明教程课后习题与答案解析.docx

矩阵论简明教程课后习题与答案解析习 题 一 13. 设AÎ Cn´n是Hermite矩阵。证明A是Hermite正定矩阵的充分必要条件是，存在Hermite正定矩阵B，使得A=B2。 解：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 æl1çl2UHAU=ççOççèö÷÷÷, li0, I=1, 2, L,n. ÷ln÷ø于是 æl1öç÷l2ç÷HA=UçU ÷Oç÷çln÷èøæl1öæl1ç÷çç÷Hçl2= Uç÷UUçOç÷çç÷çlnøèèl2Oö÷÷H÷U ÷ln÷ø令 æl1ççB=Uçççèl2Oö÷÷H÷U ÷ln÷ø则 A=B2. 反之,当 A=B2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. 设AÎ Cn´n是Hermite矩阵，则下列条件等价:A是Mermit半正定矩阵。A的特征值全为非负实数。存在矩阵PÎ Cn´n,使得A=PP 解：(1)Þ(2). 因A是Hermit矩阵,则存在酉矩阵U,使得 UHAU=diag(l1,l2,L,ln) 令x=Uy, 其中 y=ek. 则 x¹0. 于是 xHAx=yH(UHAU)y=lk0 (k=1, 2, L,n). (2)Þ(3). A=Udiag(l1,l2,L,ln)UH=Udiag(l1,l2,L,ln)diag(l1,l2,L,ln)UH 令 P=diag(l1,l2,L,ln)UH, 则 A=PHP . (3)Þ(1). 任取x¹0, 有 2xHAx=xHPHPx=Px20. 1 H习 题 二 1.求向量x=的1、2、范数。 解：x1=1+i+-2+4i+1+0=7+2, x2=(1+i)(1-i)+(-2)2+4i(-4i)+1=23, x¥=max1+i,-2,4i,1=4. 2. 设w1，w2.wn是一组给定的正数，对任意x=TÎ Cn, 规定x=k=1åwkxklx=n2 。证明x是Cn上的一种向量范数。 解：当 x¹0时, 有 x0; 当 x0时, 显然有 x=0. 对任意lÎC, 有 k=1åwklxkn2=lk=1åwkxkn2=lx. 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 xk,yk(k=1, 2, L,n)有 (åxk+yk)(åxk)+(åyk) k=1k=1k=1np1pnp1pnp1p证 当 p=1时，此不等式显然成立. 下设 p1, 则有 åxk+ykk=1npåxkxk+ykk=1np-1+åykxk+ykk=1np-1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 åxk=1nk+ykp(åxk)(åxk+ykk=1np1pn1(p-1)qq=(åxk)+(åyk)(åxk+yk) 再用 (åxk+yk) 除上式两边,即得 Minkowski 不等式. k=1nnk=11pp)+(åyk)(åxk+ykk=1k=1np1pn1(p-1)qq) np1pnp1qk=11pqk=1k=1现设任意 y=(h1,h2,L,hn)TÎCn, 则有 x+y=wkxkåk=12n+hkn2=å(k=12nwkxk+hk)2å(k=1nwkxk+wkhk)2å(wkxk)+k=1nå(wkhjk=1=x+y. 3. 设·a，·b是Cn上的两种向量范数，又k1，k2是正常数，证明下列函数是Cn上的向量范数。 (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: 12max(x+ya,x+yb)max(xa+ya,xb+yb) 121(xa+xb+ya+yb+xa-x2max(A, B)=(a+b+a-b) =(xa+xb+ya+yb+xa+ya-xb-yb) b+ya-yb) 2 =(xa+xb+xa-xb)+(ya+yb+ya-yb) =max( xa,xb)+max( ya,yb) (2) 只证三角不等式. k1x+ya+k2x+ybk1xa+k1ya+k2xb+k2yb =( k1xa+k2xb)+( k1ya+k2yb) . 4. Am=1+i+3+5+4i+2+3+1=18+2; 11212AF=1+i+32+52+4i+22+32+1=66; Am=15; ¥22A1=列和范数(最大列模和)=7+2;A¥=行和范数(最大行模和)=9 ; 5. 已知·m 是Cn´n上的矩阵范数，S是n阶可逆矩阵。对任意AÎ Cn´n，规定 A=S-1AS ，证明·是Cn´n上的一种矩阵范数。 m解：非负性: AO时S-1ASO, 于是 A=S-1ASm0. A=O时, 显然 A=0; 齐次性: 设lÎC, 则 lA=S-1(lA)S三角不等式: A+B=S-1(A+B)SS-1ASmm=lS-1ASm=lA; S-1BSm=S-1AS+S-1BSmm+S-1BS=A+B; mmm相容性: AB=S-1(AB)Sm=S-1ASS-1BSS-1AS=AB. 6. 证明：对Cn´n上的任意矩阵范数·均有In1。 因为InO, 所以In0.从而利用矩阵范数的相容性得: In=InInInIn,即In1. 7. 证明Cn´n上的m范数与Cn上的1、2范数相容。 解：设 A=(Aij)ÎCn´n, x=(x1,x2,L,xn)TÎCn, 且 A=maxaij, 则 ¥i,j Ax1=ååaikxkååaikxk=åxkåaiknAåxk=Amx1; ikikkik¥2 Ax2=ååaikikxkååaikikxk2=åaåx2ikk2 =nAx2nA=A解：利用定理2.12得 m¥x2. 210. 设U是n阶酉矩阵，证明U=1 U2=UHU2=In2=1. 12设·为Cn´n上的矩阵范数，l为AÎ Cn´n的特征值，证明mAm. 解：设x是对应于l的特征向量, 则Amx=mx.又设 ×v是Cn上与矩阵范数×相容的向量范数,那么 mxv=mx=AmxAmxv vvm因 xv0, 故由上式可得 AmÞmAm. 3 习 题 三 4.我们用用两种方法求矩阵函数eA: 相似对角化法. I-A=2+a2, l=ia,-ia 当 =ia时, 解方程组 (iaA)x=0, 得解向量 pT1=(i, 1). 当 =ia时, 解方程组 (ia+A)x=0, 得解向量 p2=(i, 1)T.令 P=ç-içæiöè11÷÷ø, 则P-1=1æ2iç1içöè-1i÷÷ø, 于是 eA=Pçæia0çöè0-ia÷÷øP-1=æçcosa-sinaçöèsinacosa÷÷ø. 利用待定系数法. 设e=(2+a2)q()+r(), 且 r()=b0+b1, 则由 ìbiaí0+b1ia=eîb-b-ia 01ia=eÞb10=cosa , b1=asina .于是 eA=bæ1ö1æ-aöæcosa-sinaö0I+b1A=cosaççè1÷÷ø+asinaççèa÷÷ø=ççèsinacosa÷÷ø. 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(l)=cosl, 或 sinl 则有 ìíb0+b1ia=siniaìíb0+b1ia=cosiaîb0-b 与 1ia=-siniaîb0-b1ia=cosia 由此可得 ìïb0=0íb=-isinia 与 ìíb0=cosiaïî1aîb1=0 故 (i2asinia)A=æç0isiniaçöè-isinia0÷÷ø=sinA 与 (cosia)I=çæcosia0çöè0cosia÷÷ø=cosA. æ1-11öæ5.对A=çç-310÷÷求得P= ç1-11öç-310÷æ=çç÷, P-1=1ç0-11öç033÷æ÷, P-1APç-1ç1è310÷øè310÷ø6çè642÷øçè 4 ö÷÷2÷ø æ6e2t1çAt-tt2t-1e=Pdiag(e,e,e)P=ç06çè02e2t-3et+e-tö÷t-t3e-3e÷ 3et-3e-t3et+3e-t÷øæsin24sin2-2sin12sin2-4sin1ö÷1ç-1006sin1sinA=Pdiag(sin(1),sin1,sin2)P=ç÷ 6ç÷6sin10è0ø4e2t-3et-e-t3et+3e-t8. 证明：对任意AÎCn´n,有： sin2A+cos2A=I; sin(A+2I)= sinA; cos(A+2I)= cosA;eA+2iI =eA 1iA-iA21(e-e)=(eiA+e-iA)2 2i211 =-(e2iA+e-2iA-eO-eO)+(e2iA+e-2iA+eO+eO) 44(1) sin2A+cos2A= =eO=I (2) sin(A+2I)=sinAcos(2I)+cosAsin(2I) 1111(2I)2+(2I)4+cosA2I(2I)3+(2I)5 2!4!3!5!1111 = sinA1(2)2+(2)4I+cosA2(2)3+(2)5I 2!4!3!5! =sinAcos2+cosAsin2 =sinAI的证明同上. (4) 因为 A=(2iI)A ,所以根据定理3.10可得 eA+2iI=eAe2iI=eAI+(2I)+11(2iI)2+(2iI)3+ 2!3!1111=eA1(2)2+(2)4+i2(2)3+(2)5I 2!4!3!5!=eAcos2+isin2I =eA 此题还可用下列方法证明: æe2iççeA+2iI=eA×e2iI=eA×Pçççèe2iOö÷÷-1A-1AP=ePIP=e ×÷÷2i÷eø用同样的方法可证: eA-2iI=eAe-2iI. 10.证明：若A为反对称矩阵，则eA是正交矩阵。 AT=A, 根据第7题的结果得 (eA)T=eA=e-A, 于是有 eA(eA)T=eAeA=eA-A=eO=I TT 5 习 题 四 9. 求下列矩阵的Hermite标准形和所用的变换矩阵S,并求满秩分解： (1) 对A施行初等行变换 æ10211-10ö30100öæ12ç÷ç÷1111-1010÷ç01-00÷ ç02222ç÷ç-24-2-4001÷ç02-41÷èøè000øæ1-10öæ12öæ1021öç÷ç÷ç1S=ç00÷, A=ç02÷011-1÷ ÷2çç-24÷ç22èøç2-41÷÷èøèøæ100ö10.求下列矩阵的奇异值分解：(1)A=çç200÷÷ èøæ500öç÷T (1) AA=ç000÷的特征值是5，0，0. 分别对应特征向量e1,e2,e3,从而V=I, ç000÷èø1æ1ö1æ-2öV1=(p1), =(5), U1=AV1-1=ç÷ç÷. 令U=, U=(U1U2), 则 2ç÷ç÷5è1ø5è2øæ500ö÷A=Uçç000÷I èø11，设AÎ Crm´n , si (i = 1,2,3,.,r)是A的非零奇异值，证明 AF =åsi2 i=12r证明：根据第一章定理1.5, AHA的特征值之和为其迹，而由第二章2.7 F范数的定义 AF=tr(AA)=AA的特征值之和=åsi2 HHi=12r 6