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矩阵分析复习题

December 23, 2020 • Read: 1279 • 数学阅读设置

线性空间

设$\alpha$为线性空间$V(\mathbb{F})$中非零向量,若$\mathbb{F}$中数$k_1$与$k_2$不相等,试证:$k_1\alpha\neq k_2\alpha$

证:假设$k_1\alpha =k_2\alpha$,则

$$ \begin{aligned} k_1\alpha-k_2\alpha=0 \\ \Rightarrow (k_1-k_2)\alpha=0 \end{aligned} $$

因为$\alpha \neq 0$,所以$k_1-k_2=0$,则$k_1=k_2$,这与题意矛盾,故$k_1\alpha \neq k_2\alpha$


线性空间基与维数

求下列线性空间的维数及其一组基:

(1)$\mathbb{F}^{2\times 2}$中全体对称矩阵所构成的$\mathbb{F}$上的线性空间

(2)$\mathbb{C}^{2\times 2}$中全体上三角矩阵所构成的$\mathbb{C}$上的线性空间

(3)$V(\mathbb{F})=\{(x_1,x_2,...,x_{2n-1},x_{2n})\mid x_2=x_4=···=x_{2n}, \forall x_i\in \mathbb{F}\}$

(4)$A = diag(1, w, w^2)$,其中$w^3=1$,但$w \neq 1$,且$V(\mathbb{R})=\{f(A)\mid \forall f(x) \in \mathbb{R}[x]\}$

解:

线性空间的一组基要满足:线性无关空间中任意一个向量都能由这组基表示

(1)$\mathbb{F}^{2\times 2}$中矩阵的一般形式为$\begin{bmatrix}x&z\\z&y\end{bmatrix}$,因此很容易得$\mathbb{F}^{2\times 2}$中全体对称矩阵所构成的$\mathbb{F}$上的线性空间的一组基为

$$ \begin{bmatrix}1&0\\0&0\end{bmatrix},\begin{bmatrix}0&0\\0&1\end{bmatrix},\begin{bmatrix}0&1\\1&0\end{bmatrix} $$

维数为3

(2)$\mathbb{C}^{2\times 2}$中上三角矩阵的一般形式为$\begin{bmatrix}x&z\\0&y\end{bmatrix}$,因此很容易得其基为

$$ \begin{bmatrix}1&0\\0&0\end{bmatrix},\begin{bmatrix}0&1\\0&0\end{bmatrix},\begin{bmatrix}0&0\\0&1\end{bmatrix} $$

维数为3

(3)$V(\mathbb{F})$中向量的一般形式为$(x_1, y,x_3,y,x_5, y,.....,x_{2n-1},y)$,因此很容易得其基为

$$ \begin{aligned} &(1, 0,0,...,0)\\ &(0,0,1,...,0)\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \vdots\\ &(0,1,0,1,...,0,1) \end{aligned} $$

维数为$n+1$

(4)因为$f(A) = a_0E+a_1A+a_2A^2+···+a_nA^n$,又因为

$$ A = \begin{bmatrix}1&0&0\\0&w&0\\0&0&w^2\end{bmatrix}\\ A^2 = \begin{bmatrix}1&0&0\\0&w^2&0\\0&0&1\end{bmatrix}\\ A^3 = \begin{bmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{bmatrix}\\ A^4 = \begin{bmatrix}1&0&0\\0&w&0\\0&0&w^2\end{bmatrix} $$

所以实际上$f(A)=a_0E+a_1A+a_2A^2+a_3E+a_4A+a_5A^2+···+a_nA^n$,其中

$$ A^n=\begin{cases}E,\quad{n \%3=0}\\A,\quad{(n-1)\%3=0}\\A^2, \quad{(n+1)\%3=0}\end{cases} $$

容易得$E,A,A^2$就是该线性空间的一组基,维数为3


子空间

设$A\in \mathbb{C}^{n\times n}$

(1)$V = \{B\mid AB=BA, B\in \mathbb{C}^{n\times n}\}$,证明$V$是$\mathbb{C}^{n\times n}$的子空间

(2)若$A=E$,求(1)中$V$

(3)若$A=diag(1, 2, ..., n)$,求(1)中$V$

(4)若$n=3,A=\begin{bmatrix}3&0&0\\0&1&0\\0&1&2\end{bmatrix}$,求(1)中$V$

解:

要验证某个线性空间是子空间,只需要判断其加法数乘是否封闭

(1)首先验证对于加法是否封闭

$$ \forall B_1,B_2 \in V\\ \because A(B_1+B_2)=AB_1+AB_2\\ 又\because AB_1 = B_1A,AB_2=B_2A\\ \therefore AB_1+AB_2=B_1A+B_2A\Rightarrow A(B_1+B_2)=(B_1+B_2)A\\ \therefore B_1+B_2 \in V $$

其次验证对于数乘是否封闭

$$ \forall B\in V, k\in \mathbb{C}\\ \because A(kB)=k(AB)=k(BA)=(kB)A\\ \therefore kB\in V $$

所以$V$是$\mathbb{C}^{n\times n}$的子空间

(2)因为单位矩阵和任何矩阵相乘,都等于那个矩阵本身,所以$V=\mathbb{C}^{n\times n}$

(3)设$B=(a_{ij})_{n\times n}$,则

$$ AB = \begin{bmatrix}a_{11}\\&2a_{22}\\&&\ddots \\&&&na_{nn}\end{bmatrix}\\ BA = \begin{bmatrix}a_{11}&2a_{12}&\cdots & na_{1n}\\a_{21}&2a_{22}&\cdots &na_{2n}\\\vdots &&&\vdots\\a_{n1}&2a_{n2}&\cdots &na_{nn}\end{bmatrix} $$

若要满足$AB=BA$,则需要$a_{12}=···a_{1n}=···a_{21}=···a_{nn-1}=0$,故此时$V$是一个$n\times n$的对角阵构成的集合

(4)设$B=\begin{bmatrix}x_1&x_2&x_3\\y_1&y_2&y_3\\z_1&z_2&z_3\end{bmatrix}$,则

$$ \begin{aligned} AB &= \begin{bmatrix}3x_1&3x_2&3x_3\\y_1&y_2&y_3\\y_1+2z_1&y_2+2z_3&y_3+2z_3\end{bmatrix}\\ BA &= \begin{bmatrix}3x_1&x_2+x_3&2x_3\\3y_1&y_2+y_3&2y_3\\3z_1&z_2+z_3&2z_3\end{bmatrix} \end{aligned} $$

由于$AB=BA$,则有

$$ \begin{cases} x_2=0\\ x_3=0\\ y_1=0\\ y_2=z_3\\ y_3=0\\ z_1=0\\ z_3=0 \end{cases} $$

故$B=\begin{bmatrix}x_1&0&0\\0&y_2&0\\0&z_2&y_2\end{bmatrix}$,其中$x_1,y_2,z_2\in \mathbb{C}$


和空间与交空间

已知$\alpha_1=(1, 2, 1,0), \alpha_2=(-1, 1, 1, 1), \beta_1=(2, -1, 0, 1), \beta_2=(1, -1, 3, 7)$,$V_1=span\{\alpha_1, \alpha_2\},V_2=span\{\beta_1,\beta_2\}$,分别求$V_1+V_2,V_1\cap V_2$的一组基

解:

$\color{red}{V_1+V_2=span\{\alpha_1,\alpha_2,\beta_1,\beta_2\}}$

因为

$$ \begin{aligned} (\alpha_1^T,\alpha_2^T,\beta_1^T,\beta_2^T)&=\begin{bmatrix}1&-1&2&1\\2&1&-1&-1\\1&1&0&3\\0&1&1&7\end{bmatrix}\\ &\stackrel{初等行变换}{\longrightarrow} \begin{bmatrix}1&0&0&-1\\0&1&0&4\\0&0&1&3\\0&0&0&0\end{bmatrix} \end{aligned} $$

由于初等行变换后前三列为非零首元,所以在原矩阵中前三列是线性无关的,故列向量组$(\alpha_1^T,\alpha_2^T,\beta_1^T,\beta_2^T)$的极大线性无关组为$(\alpha_1^T,\alpha_2^T,\beta_1^T)$,所以$V_1+V_2$的一组基是$(\alpha_1,\alpha_2,\beta_1)$

$$ \color{red} {\begin{aligned} {\eta\in V_1\cap V_2}\Leftrightarrow &\exists k_1, k_2使\eta=k_1\alpha_1+k_2\alpha_2\\ &\exists l_1,l_2使\eta=l_1\beta_1+l_2\beta_2 \end{aligned}} $$

设$k_1\alpha_1+k_1\alpha_2=l_1\beta_1+l_2\beta_2$,则$k_1\alpha_1+k_1\alpha_2-l_1\beta_1-l_2\beta_2=0$,即

$$ \begin{cases} k_1-k_2-2l_1-l_2=0\\ 2k_1+k_2+l_1+l_2=0\\ k_1+k_2-3l_2=0\\ k_2-l_1-7l_2=0 \end{cases} $$

解得

$$ \begin{cases} k_1=-l_2\\ k_2=4l_2\\ l_1=-3l_2\\ l_2自由 \end{cases} $$

不妨令$l_2=1$,则$k_1=-1,k_2=4,l_1=-3$,于是$V_1\cap V_2=\{k(-\alpha_1+4\alpha_2)\}$或$V_1\cap V_2=\{l(-3\beta_1+\beta_2)\}$

故$V_1\cap V_2$的一组基是$-\alpha_1+4\alpha_2$(或$-3\beta_1+\beta_2$)

上面带有"或"字样的,写一个即可,考试时并不需要全部写出来


直和

设$V_1=\{A\mid A^T=A, A\in \mathbb{C}^{n\times n}\}, V_2=\{A\mid A^T=-A, A\in \mathbb{C}^{n\times n}\}$,试证:$\mathbb{C}^{n\times n}=V_1\oplus V_2$

证:

要证明某个线性空间$V$是两个子空间$V_1,V_2$的直和,需要证明以下两点:

  1. $V = V_1+V_2$,要证明相等,实际上就是证明左包含以及右包含
  2. $V_1+V_2$是直和

由$V_1,V_2$的定义明显可得$V_1+V_2\subseteq \mathbb{C}^{n\times n}$;要证明$\mathbb{C}^{n\times n}\subseteq V_1+V_2$,实际上就是要证明

$$ \forall A\in \mathbb{C}^{n\times n} , A_1\in V_1, A_2\in V_2 \Rightarrow A = A_1+A_2 $$

因为$\frac{1}{2}(A+A^T)\in V_1, \frac{1}{2}(A-A^T)\in V_2$,且$A = \frac{1}{2}(A+A^T)+\frac{1}{2}(A-A^T)$,所以$\mathbb{C}^{n\times n}\subseteq V_1+V_2$

综上所述$\mathbb{C}^{n\times n}=V_1+V_2$

要证明$V_1+V_2$是直和,只需要证明$V_1 \cap V_2=\{0\}$。任取$A\in V_1\cap V_2$,则有

$$ A = A^T (因为A\in V_1)\\ A^T = -A (因为A\in V_2) $$

综上,$A\equiv 0$,所以$V_1+V_2$是直和,即$\mathbb{C}^{n\times n}=V_1\oplus V_2$


直和

设$A, B\in \mathbb{F}^{n\times n}$,且$AB=0, B^2=B$, $V_1=\{X\mid AX=0, X\in \mathbb{F}^n\}, V_2=\{X\mid BX=0, X\in \mathbb{F}^n\}$,证明:

(1)$\mathbb{F}^n=V_1+V_2$

(2)$\mathbb{F}^n=V_1\oplus V_2 \Leftrightarrow r(A)+r(B)=n$

证:

(1)由$V_1,V_2$的定义明显可得$V_1+V_2\subseteq \mathbb{F}^{n}$;要证明$\mathbb{F}^{n}\subseteq V_1+V_2$,实际上就是要证明

$$ \forall X\in \mathbb{F}^{n} , X_1\in V_1, X_2\in V_2 \Rightarrow X = X_1+X_2 $$

因为$X = BX+(X-BX)$,下判断$BX\in V_1, (X-BX)\in V_2$

$$ \because A(BX)=(AB)X=0\\ \therefore BX\in V_1\\ \because B(X-BX)=BX-B^2X=BX-BX=0\\ \therefore (X-BX)\in V_2 $$

所以$\mathbb{F}^{n}\subseteq V_1+V_2$,综上所述$\mathbb{F}^{n}= V_1+V_2$

(2)将$V_1,V_2$看做是齐次线性方程组的解空间,则有

$$ \dim (V_1)=n-r(A)\\ \dim (V_2)=n-r(B) $$

要证明$\mathbb{F}^{n}= V_1\oplus V_2$实际上就是要证$\mathbb{F}^{n}= V_1+V_2$且$V_1+V_2$是直和,第一问已经证明$\mathbb{F}^{n}= V_1+V_2$,所以问题就转为证明

$$ V_1+V_2是直和\Leftrightarrow r(A)+r(B)=n $$

因为

$$ \begin{aligned} V_1+V_2是直和 &\Leftrightarrow \dim (V_1+V_2)=\dim (V_1) + \dim (V_2)\\ &\Leftrightarrow \dim(\mathbb{F})=\dim(V_1)+\dim (V_2)\\ &\Leftrightarrow n = (n-r(A)) + (n-r(B))\\ &\Leftrightarrow r(A) + r(B) = n \end{aligned} $$

证毕


线性变换

在$\mathbb{F}^{2\times 2}$中定义线性变换$\mathscr{A}(X)=\begin{bmatrix}a&b\\c&d\end{bmatrix}X, \forall X\in \mathbb{F}^{2\times 2}$,分别求$\mathscr{A}$在基$E_{11}, E_{12}, E_{21}, E_{22}$与基$E_{11}, E_{21}, E_{12}, E_{22}$下的矩阵

解:

对于基为矩阵的形式,可以将所有的矩阵转为列向量进行处理

根据定义有

$$ \begin{aligned} &(\mathscr{A}(E_{11}), \mathscr{A}(E_{12}), \mathscr{A}(E_{21}), \mathscr{A}(E_{22}))=(E_{11}, E_{12}, E_{21}, E_{22})A\\ &\Rightarrow \begin{bmatrix}a&0&b&0\\0&a&0&b\\c&0&d&0\\0&c&0&d\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1&0&0&0\\0&1&0&0\\0&0&1&0\\0&0&0&1\end{bmatrix}A\\ &\Rightarrow A = \begin{bmatrix}a&0&b&0\\0&a&0&b\\c&0&d&0\\0&c&0&d\end{bmatrix} \end{aligned} $$

同理

$$ \begin{aligned} &(\mathscr{A}(E_{11}), \mathscr{A}(E_{21}), \mathscr{A}(E_{12}), \mathscr{A}(E_{22}))=(E_{11}, E_{21}, E_{12}, E_{22})B\\ &\Rightarrow \begin{bmatrix}a&b&0&0\\0&0&a&b\\c&d&0&0\\0&0&c&d\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1&0&0&0\\0&0&1&0\\0&1&0&0\\0&0&0&1\end{bmatrix}B\\ &\Rightarrow B = \begin{bmatrix}a&0&b&0\\0&a&0&b\\c&0&d&0\\0&c&0&d\end{bmatrix} \end{aligned} $$


正交矩阵

设$A, B$都是正交阵,且$|AB|=-1$,证明$|A+B|=0$

证:

正交矩阵的性质:$\color{red} {A^T=A^{-1}}$

因为$|AB|=-1$,所以$|A|·|B|=-1$,又因为

$$ \begin{aligned} A+B&=A(E+A^{-1}B)\\ &=A(E+A^TB)\\ &=A(B^T+A^T)B\\ &=A(A+B)^TB \end{aligned} $$

则有$|A+B|=|A|·|(A+B)^T|·|B|=-|A+B|$,故$|A+B|=0$


Jordan标准形(排除法)

试求矩阵的Jordan标准形

(1)$A = \begin{bmatrix}3&0&8\\3&-1&6\\-2&0&-5\end{bmatrix}$

(2)$B = \begin{bmatrix}0&3&3\\-1&8&6\\2&-14&-10\end{bmatrix}$

解:

关于Jordan标准形的两种求法,请看本文最后附录

(1)容易求得$|\lambda E -A| = (\lambda + 1)^3$,所以$A$的Jordan标准形矩阵只可能是以下三种情况

$$ L=\begin{bmatrix}-1&0&0\\0&-1&0\\0&0&-1\end{bmatrix}\\ M=\begin{bmatrix}-1&0&0\\0&-1&1\\0&0&-1\end{bmatrix}\\ N=\begin{bmatrix}-1&1&0\\0&-1&1\\0&0&-1\end{bmatrix} $$

因为$A$与Jordan标准形$J$相似,则$rank(A-(-1)E)=rank(J-(-1)E)$,因为$rank(A-(-1)E)=1$,且

$$ rank(L-(-1)E)=0\\ rank(M-(-1)E)=1\\ rank(N-(-1)E)=2 $$

所以$A$的Jordan标准形为$\begin{bmatrix}-1&0&0\\0&-1&1\\0&0&-1\end{bmatrix}$

(2)容易求得$|\lambda E -B| = \lambda(\lambda + 1)^2$,所以$B$的Jordan标准形矩阵只可能是以下两种情况

$$ L=\begin{bmatrix}0&0&0\\0&-1&0\\0&0&-1\end{bmatrix}\\ M=\begin{bmatrix}0&0&0\\0&-1&1\\0&0&-1\end{bmatrix}\\ $$

因为$B$与Jordan标准形$J$相似,则$rank(B-(-1)E)=rank(J-(-1)E)$,因为$rank(B-(-1)E)=2$,且

$$ rank(L-(-1)E)=1\\ rank(M-(-1)E)=2\\ $$

所以$B$的Jordan标准形为$\begin{bmatrix}0&0&0\\0&-1&1\\0&0&-1\end{bmatrix}$


Jordan标准形(推论)

将矩阵

$$ \begin{align} A=\begin{bmatrix} 2 & 6 & -15 \\ 1 & 1 & -5 \\ 1 & 2 & -6 \end{bmatrix} \end{align} $$

化为Jordan标准形

解:矩阵$A$的特征多项式为

$$ \begin{align} \lvert \lambda E-A \rvert =\begin{bmatrix} \lambda-2 & -6 & 15 \\ -1 & \lambda-1 & 5 \\ -1 & -2 & \lambda+6 \end{bmatrix} =(\lambda+1)^3 \end{align} $$

所以它只有一个特征值$\lambda_1=-1$,代数重数为3

对$\lambda=-1$,令

$$ \begin{align} B=A-\lambda_1 E = A+E &=\begin{bmatrix} 3 & 6 & -15 \\ 1 & 2 & -5 \\ 1 & 2 & -5 \end{bmatrix} \qquad rank(B)=1\\ B^2&=\begin{bmatrix}0&0&0\\0&0&0\\0&0&0\end{bmatrix} \qquad rank(B^2)=0 \end{align} $$

则以$\lambda_1$为特征值且阶为1的Jordan块的个数为

$$ \begin{align} w_1(A,\lambda_1)-w_2(A,\lambda_1)=[n-r_1(A,\lambda_1)] - [r_1(A,\lambda_1)-r_2(A,\lambda_1)] = [3-1]-[1-0]=1 \end{align} $$

同理,以$\lambda_1$为特征值且阶为2的Jordan块的个数为

$$ \begin{align} w_2(A,\lambda_1)-w_3(A,\lambda_1)=[r_1(A,\lambda_1)-r_2(A,\lambda_1)] - [r_2(A,\lambda_1)-r_3(A,\lambda_1)] = [1-0]-[0-0]=1 \end{align} $$

上面两个Jordan块阶数之和为3,等于$\lambda_1$的代数重数,因而不存在以$\lambda_1$为特征值的其它Jordan块,且矩阵$A$没有其它特征值,故Jordan块求解完毕,矩阵$A$的Jordan标准形为

$$ \begin{align} J=\begin{bmatrix} -1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 1 \\ 0 & 0 & -1\end{bmatrix} \end{align} $$


Jordan标准形(推论)

将矩阵

$$ \begin{align} A=\begin{bmatrix} 3 & -4 & 0 & 2 \\ 4 & -5 & -2 & 4 \\ 0 & 0 & 3 & -2 \\ 0 & 0 & 2 & -1 \end{bmatrix} \end{align} $$

化为Jordan标准形

解:矩阵$A$的特征多项式为

$$ \begin{align} \lvert \lambda E-A \rvert =\begin{bmatrix} \lambda-3 & 4 & 0 & -2 \\ -4 & \lambda+5 & 2 & -4 \\ 0 & 0 & \lambda-3 & 2 \\ 0 & 0 & -2 & \lambda+1 \end{bmatrix} =(\lambda+1)^2(\lambda-1)^2 \end{align} $$

所以它有两个特征值$\lambda_1=-1,\lambda_2=1$,代数重数都为2

对$\lambda_1=-1$,令

$$ \begin{align} B_1=A-\lambda_1 E = A+E &=\begin{bmatrix} 4 & -4 & 0 & 2 \\ 4 & -4 & -2 & 4 \\ 0 & 0 & 4 & -2 \\ 0 & 0 & 2 & 0 \end{bmatrix} \qquad rank(B_1)=3 \\ B_1^2 &=\begin{bmatrix} 0 & 0 &12 & -8 \\ 0 & 0 & 8 & -4 \\ 0 & 0 & 12 & -8 \\ 0 & 0 & 8 & -4 \end{bmatrix} \qquad rank(B_1^2)=2 \\ B_1^3 &=\begin{bmatrix} 0 & 0 & 32 & -24 \\ 0 & 0 & 24 & -16 \\ 0 & 0 & 32 & -24 \\ 0 & 0 & 24 & -16 \end{bmatrix} \qquad rank(B_1^3)=2 \end{align} $$

则以$\lambda_1$为特征值且阶为1的Jordan块的个数为

$$ \begin{align} w_1(A,\lambda_1)-w_2(A,\lambda_1)=[n-r_1(A,\lambda_1)] - [r_1(A,\lambda_1)-r_2(A,\lambda_1)] = [4-3]-[3-2]=0 \end{align} $$

以$\lambda_1$为特征值且阶为2的Jordan块的个数为

$$ \begin{align} w_2(A,\lambda_1)-w_3(A,\lambda_1)=[r_1(A,\lambda_1)-r_2(A,\lambda_1)] - [r_2(A,\lambda_1)-r_3(A,\lambda_1)] = [3-2]-[2-2]=1 \end{align} $$

上面第二个Jordan块阶数为2,等于$\lambda_1$的代数重数,所以以$\lambda_1$为特征值的Jordan块求解完毕

对$\lambda_2=1$,令

$$ \begin{align} B_2=A-\lambda_2 E = A-E &=\begin{bmatrix} 2 & -4 & 0 & 2 \\ 4 & -6 & -2 & 4 \\ 0 & 0 & 2 & -2 \\ 0 & 0 & 2 & -2 \end{bmatrix} \qquad rank(B_2)=3 \\ B_2^2 &=\begin{bmatrix} -12 & 16 & 12 & -16 \\ -16 & 20 & 16 & -20 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix} \qquad rank(B_2^2)=2 \\ B_2^3 &=\begin{bmatrix} 40 & -48 & -40 & 48 \\ 48 & -56 & -48 & 56 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix} \qquad rank(B_2^3)=2 \end{align} $$

则以$\lambda_2$为特征值且阶为1的Jordan块的个数为

$$ \begin{align} w_1(A,\lambda_2)-w_2(A,\lambda_2)=[n-r_1(A,\lambda_2)] - [r_1(A,\lambda_2)-r_2(A,\lambda_2)] = [4-3]-[3-2]=0 \end{align} $$

以$\lambda_2$为特征值且阶为2的Jordan块的个数为

$$ \begin{align} w_2(A,\lambda_2)-w_3(A,\lambda_2)=[r_1(A,\lambda_2)-r_2(A,\lambda_2)] - [r_2(A,\lambda_2)-r_3(A,\lambda_2)] = [3-2]-[2-2]=1 \end{align} $$

上面第二个 Jordan 块阶数为 2,等于$\lambda_2$的重数,所以以$\lambda_2$为特征值的 Jordan 块求解完毕

以$\lambda_1=-1$和$\lambda_2=1$为特征值的Jordan块均是2阶的,所以矩阵$A$的Jordan标准形为

$$ \begin{align} J=\begin{bmatrix} -1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \\ 0&0&0& 1\end{bmatrix} \end{align} $$


$A^n$

已知$A=\begin{bmatrix}17&0&-25\\0&1&0\\9&0&-13\end{bmatrix}$,求$A^{10}$

解:矩阵$A$做不了相似对角化,但一定可以化为Jordan标准形(这里省略求Jordan标准形的步骤)

$$ J = \begin{bmatrix}1&0&0\\0&2&1\\0&0&2\end{bmatrix} $$

设$P=(X_1,X_2,X_3)$,由$AP=PJ$得

$$ \begin{aligned} &(AX_1, AX_2, AX_3)=(X_1, 2X_2, X_2+2X_3)\\ &\Rightarrow \begin{cases}(E-A)X_1 = 0\\(2E-A)X_2=0\\(2E-A)X_3=-X_2\end{cases} \end{aligned} $$

解得

$$ X_1 = \begin{bmatrix}0\\1\\0\end{bmatrix}, X_2 = \begin{bmatrix}5\\0\\3\end{bmatrix}, X_3 = \begin{bmatrix}2\\0\\1\end{bmatrix} $$

所以$P=\begin{bmatrix}0&5&2\\1&0&0\\0&3&1\end{bmatrix}$,则

$$ \begin{aligned} A^{10} &=\left(T J T^{-1}\right)^{10} \\ &=T J^{10} T^{-1} \\ &=\begin{bmatrix} 0 & 5 & 2 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & 1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 2 \end{bmatrix}^{10}\begin{bmatrix} 0 & 5 & 2 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & 1 \end{bmatrix} \\ &=\begin{bmatrix} 0 & 5 & 2 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 2^{10} & 10 \cdot 2^{9} \\ 0 & 0 & 2^{10} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 0 & 1 & 0 \\ -1 & 0 & 2 \\ 3 & 0 & -5 \end{bmatrix} \\ &=\begin{bmatrix} 76·2^{10} & 0 & -125·2^{10} \\ 0 & 1 & 0 \\ 45 · 2^{10}& 0 & -74·2^{10} \end{bmatrix} \end{aligned} $$


矩阵广义逆

设$A\in \mathbb{C}^{s\times n}, r(A)=1$,试证:$A^+=(tr(A^HA))^{-1}A^H$

证:对$A$进行满秩分解得$A = B_{s\times 1}C_{1\times n}$,因为

$$ A^+ = C^H(CC^H)^{-1}(B^HB)^{-1}B^H $$

又因为$CC^H$和$B^HB$都是数,所以

$$ \begin{aligned} A^+ &= \frac{1}{(B^HB)(CC^H)}·C^HB^H\\ &=\frac{1}{(B^HB)(CC^H)}(BC)^H\\ &=\frac{1}{(B^HB)(CC^H)}A^H \end{aligned} $$

因为

$$ \begin{aligned} A^HA &= (BC)^H(BC)\\ &=C^HB^HBC\\ &=(B^HB)(C^HC)\quad(因为B^HB是一个数) \end{aligned} $$

所以

$$ \begin{aligned} tr(A^HA) &= B^HB·tr(C^HC)\\ &=B^HB ·tr(CC^H)\\ &=B^HB·CC^H \end{aligned} $$

证毕


矩阵广义逆

用适当的方式求下列矩阵的广义逆

(1)$A = \begin{bmatrix}0&c\\a&0\\b&0\end{bmatrix}$,其中复数$a,b,c$满足$c\neq 0, |a|^2+|b|^2\neq 0$

(2)$A = \begin{bmatrix}1&0&-1\\2&0&-2\end{bmatrix}$

解:

(1)实际上有分块广义逆的性质:$B = \begin{bmatrix}0&M\\N&0\end{bmatrix}\Rightarrow B^+=\begin{bmatrix}0&N^+\\M^+&0\end{bmatrix}$,于是将$A$进行分块得

$$ A^+ = \left[\begin{array}{c|c}0 & \begin{bmatrix}a\\b\end{bmatrix}^+ \\ \hline \frac{1}{c} & 0\end{array}\right] $$

对$\begin{bmatrix}a\\b\end{bmatrix}^+$进行满秩分解得$\begin{bmatrix}a\\b\end{bmatrix}=B_{2\times 1}C_{1\times 1}$,不妨令$B=\begin{bmatrix}a\\b\end{bmatrix},C=1$,则

$$ \begin{bmatrix}a\\b\end{bmatrix}^+=(B^HB)^{-1}B^H=\frac{1}{|a|^2+|b|^2}·[\bar{a}, \bar{b}] $$

所以

$$ A^{+}=\begin{bmatrix}0&\frac{\bar{a}}{|a|^2+|b|^2}&\frac{\bar{b}}{|a|^2+|b|^2}\\\frac{1}{c}&0&0\end{bmatrix} $$

(2)对$A$做初等行变换得$A\to \begin{bmatrix}1&0&-1\\0&0&0\end{bmatrix}$,所以满秩分解$A=BC$,其中$B=\begin{bmatrix}1\\2\end{bmatrix},C=\begin{bmatrix}1&0&-1\end{bmatrix}$,由$A^{+} = C^H(CC^H)^{-1}(B^HB)^{-1}B^H$得

$$ A =\begin{bmatrix}\frac{1}{10}&\frac{1}{5}\\0&0\\-\frac{1}{10}&-\frac{1}{5}\end{bmatrix} $$


Jordan标准形的两种求法

排除法(适用于低阶矩阵)
  1. 通过矩阵$A$的特征多项式$|\lambda E-A|$求得特征值$\lambda_1,\lambda_2,...,\lambda_r$
  2. 根据特征值列出所有可能的Jordan标准形矩阵$J$
  3. 由于矩阵$A$与Jordan标准形$J$相似,所以可通过$rank(A-\lambda_iE)=rank(J-\lambda_iE)$进行排除,筛选出最终的Jordan标准形
Jordan标准形定理的推论

首先定义

$$ \begin{align} r_k(A,\lambda)=\mathrm{rank} \, (A-\lambda E)^k, \quad r_0(A,\lambda)=n \end{align} $$

又定义

$$ \begin{align} w_k(A,\lambda)=r_{k-1}(A,\lambda)-r_k(A,\lambda), \quad w_1(A,\lambda)=n-r_1(A,\lambda) \end{align} $$

将矩阵化为Jordan标准形需要三步:

  1. 求出矩阵$A$所有不同的特征值$\lambda_1,\lambda_2,...\lambda_t$
  2. Jordan标准形定理的推论告诉我们:$w_k(A,\lambda)-w_{k+1}(A,\lambda)=m$表示以$\lambda$为特征值且阶为$k$的Jordan块有$m$个。利用这个公式计算出以$\lambda$为特征值,阶为$l=1,2,...$的个数,直到以$\lambda$为特征值的Jordan块阶数之和等于特征值$\lambda$的代数重数
  3. 将所获得的Jordan块按任意次序排列成Jordan矩阵

$A^n$求法

设矩阵$A$的Jordan标准形为$J$,且$P=(X_1,X_2,X_3)$,由$AP=PJ$求出$P$,于是$A^n=(PJP^{-1})^n=PJ^nP^{-1}$,其中

$$ J^n=\begin{bmatrix}J_1\\&J_2\\&&\ddots \\&&&J_m\end{bmatrix}^n=\begin{bmatrix}J_1^n\\&J_2^n\\&&\ddots \\&&&J_m^n\end{bmatrix} $$

显然当其中某一个Jordan块$J_i$阶数$k$较大时,求幂次略显复杂

$$ \begin{bmatrix}\lambda &1\\&\lambda &1\\&&\lambda &\ddots \\&&&\ddots&1\\&&&&\lambda\end{bmatrix}^n=\begin{bmatrix}\lambda^{n} & C_{n}^{1} \lambda^{n-1} & C_{n}^{2} \lambda^{n-2} & \cdots & C_{n}^{k-1} \lambda^{n-(k-1)} \\ & \lambda^{n} & C_{n}^{1} \lambda^{n-1} & \cdots & C_{n}^{k-2} \lambda^{n-(k-2)} \\ & & \lambda^{n} & \cdots & C_{n}^{k-3} \lambda^{n-(k-3)} \\ & & & \ddots & \vdots \\ & & & & \lambda^{n}\end{bmatrix} $$

其中

$$ \begin{aligned} C_n^{m}=\begin{cases}\frac{n!}{m!(n-m)!},&\quad {0≤m≤n}\\0, &\quad {others}\end{cases} \end{aligned} $$

Last Modified: December 24, 2020
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已有 1 条评论
  1. lihong lihong

    博主你好,线性变换的第二个小题应该是 两个2*2[a,b;c,d]的对角阵