矩阵理论与应用(张跃辉 上海交大研究生教材)第四答案

1、 第M习题及参考解答建议：1.弟50题往后属补充内容，不提供參考解答，不必布互。可不布置的題目：30题的前两个(前两个矩阵的奇井值分解含无理教特征值)；35 題(2)用手算非常麻烦；37題的存在性需要矩阵函数/叩；46题的收敛性；有误需要改正的題目有：将13題(3中的“变”改为“伸缩”并在敢后加入”试求一个正方形使得其在该矩 阵下的像仍是正方形;”在46题中的“均”前加“的模”。0 /Oil-i I; (2) A = I -i 0 0 -1 / 1 0 0判断下列矩阵能否西对角化，如能，则求-个西矩阵U、使UAU为对角形:V501一 71解：u =-1 i -i 0 0 i，UAU = dia

2、g (0,-y/2, v)；o=l 令 75非正规矩阵(AA #儿4*)，故不能对免化.证明止规矩阵与K共轭HSHYf相问的化岑空间.该结论般地成立吗?证明：设 Aa = 0,则 aMMa = 0.由于 A 正规.故 AA = AA 故 a*AAaa = 0, 即(A-a)A-a = 0,从而A*a = 0.因此N(A) C从而等号成立。上述结论一般不成立。例如，8 4 = (2 )，则N(A) = (0,x)T : x e C 而 N(AT)= (xt)T txec.证明两个lE规矩阵相似的充要条件足特征多项式相MJ.证明：必要性足显然的。现设正规矩阵1与S的特征多项式相M，则它们有相M的特

3、 征位，W此它们均相似于共M的对角矩阵，从而1与S彼此也相似。&AE Cnxn,证明A为正规矩阵= A有n个两两正交的単位特征向罱.证叫：充分性足显然的。现设A为止规矩阵，则存在矩阵U使得VAU = D为对角 矩陈。于HAU = DU,这农明的列均为1的特征14堉.这些列足WW正交的单位向堉。设A)tn阶正规矩阵，x足任意赵数.证明A-xI也足正规矩阵；对于任何向觉rr,向堉Ax与的K度相A的任一特征向罱都足Aa的特征向罱；A的属于不14特征俏的特征向WiE交.证明：(1) StUAU = D是对角矩阵，则UA-xI)U = D-xI也是对角矩阵；(Ax)9(Ax) = xAx = x9AA*

4、x =故向量 Ax 与 Ax 的长度平方相kl;设UAU = D为对角矩阵，则= IT也对角矩阵。故由AU = D，U知U 的毎-列也足，的特征向量。显然(或由上题可得).设1足正规矩阵，证明A Hermite 3!阵 1的特征值全为实数；A &阵 a 1的特征伉的模都足1;A是幂等阵 o A的特征值只能足0与1;若A的全部特征值为Ai, A2,An,则AA-与A*A的全部特征值为|Ai|2, |A2|2,|An|2. 此结论对非正规矩阵成立吗？证明:(1)见第一章习题20.设U 矩阵且VAU = D 对角矩阵。由于饭阵的乘积仍是W矩阵，故1 汽矩阵当且仅当D足矩阵当且仪当D的对角元素的模均为

5、1当且汉当A的特征值的模均 为1.设U是西矩阵且UAU = D S对角矩阵。故A &等矩阵当且仅气D足幂等矩阵 当且仅当D的对角元素均为1或0当且仅当A的特征值均为1或0.设 U 足酉矩阵且 VAU = D = diag(Ai, A2,., An)足对角矩阵。则 UAU = D 故 U*AA*U = (U-AU)(UaAU) = DD=diag(|A2|2,|An|2) = U*AA*U.的特征值为(3 5)/2.此结论-般不成立.例如设a=(I i)，则=( J)的特征伉为而 设，1 =(设4足正规矩阵，证明若A是幂等阵，则A是Hermite矩阵；若 43 = A2,则 A2 = A;若A又

6、是Hermite阵，而且也是-，个幂幺阵(即Ak = /),则A是对合阵(即A2 = I). 证明：设汉是西矩阵且U-AU = D是对角矩阵。若= A由上题(3)知A的特征值只能是0,1.特别A的特征值均为实数，W此 W由上题(1)可知A足Hermite矩PF.此吋D3 = D2,因此D的对角元素均为1或0,故D2 = D,从而A2 = A;此吋A的特征依均为实数且只能足土1，因lit D2 = I.从而A2 = Z.8.证叫特征ff的极大极小定现：设A足Hermite矩阵，其全部特征值为Ai A2 - 入n，则：x AxAk = min max - WgCn丄 XXlin-* linA:Ax

7、=maxnun -w,ECn 0#r 丄 Wi XX ltn-A: lin-fc特别地，xAxAmax = An = max=max x Ax yXXxx=lxAxAmin = Ai = min=min x Ax.xo,xecnXXx*x=l证狐 只证第一个等号。设t/是四矩阵且t/Mt/= D = diag(An A2,., An) 实对角矩 阵，则A = UDU若rr/O,则x9Ax _ (VxDx) _ (U9xyD(U9x)xxxx记 U尊x = i/，则 x # 0 ?/ # 0.对给定的 wi,，wnk Cn 有maxy*V = l，l/ 丄 Wjmax0#T 丄 Wj -*max

8、V*V=1，1=V2=1=0,yi wi，lih-&A= (at)nxn是复矩阵，An A2，A为A的n个特征俏.证叫(Schur 不等式)f |A,|2 |ay|2;i=li,j=lA为正规矩阵 EIM2= E Ki=li，j=l证明：(1)由Schur 15三角化定理可知UAU = B足上三角矩阵，故UAAU = BB 从而AA与BB，有相M的迹.注意tr(克4*) = Ej=i ljl2-而BB，的第i个对角元素 n为略+略+记|，因此tr(BB*) 吣+硌+ 6Ll = E I入d2.故1=1i=lij=l且等号成立当且汉当B足对角矩阵当且仪当A足正规矩阵，即衍(2).ft接证叫实对称

9、矩阵与(实)iH交矩阵可以西对角化，从而均为止规矩阵. 证明：山线性代数知实对称矩阵可以正交对角化故可酉对角化。设A足正交矩阵，则存在西矩阵U使得UAU = T足上三角矩阵，但A也足西矩阵. 从而:r也是西矩阵，于是r只能是对角矩阵。设A是n阶实矩阵，证明A足正规矩阵存在正交矩阵Q使得QtAQ = 皂A2人，其中每个次或者是1阶实矩阵，或者是一个Schur型.证明：由于毎个Schur 均为正规矩阵，故充分性E显然的。必要性。由实矩阵的三角 /Al*化定理(见第三章习题5)可知存在正交矩阵Q使得QTAQ =.= B.其礬、o AkJ 中Auli&l阶实矩阵(即A的一个实特征俏)，A 5+1 i

10、) = 0，即A在k-维子空间Spanai,，叫上正定.(1)证明：平而上的可逆线性变换a足止:规变换 计算2阶实正规矩阵1)将哪些lE方形变为了矩形？(3证明矩阵y足非iE规矩阵，说叫它不能将任MiH方形伸缩为矩形；试求-个正 方形使得It在该矩阵下的像仍足正方形；试给出3阶实正规矩阵的儿M意义.证明：(1)必要性。设可逆线性变换(7足iE规变换，则或荇7科两个实特征倂和两个jE 交的实单位特征向黾，因此由该二特征向鼠构成的正方形被a变为妍形：或者a有-对弗 实的特征伉，此时a正交相似于-个Schur型.因此它足-个位似变换与一个正交变换的合 成，从而将毎个正方形均变为正方形。充分性。Sa足

11、将某个止方形伸缩为矩形，于Srr将一对lE交向伸缩为另一对 止交向量AlQl,A2负.由于a可逆./0, M此a有2个iE交的单位特征向罱a，/9,故是 止规变换.如果a足将所有正方形伸均变为正方形，则a将任意标准正交基a，/?变为对等 长的正交向量a(a)，a(外 故a(a,0) = (a(a),a(/?) = (a，淋 Jt中矩阵A的两列等长且正 交(因为a(a)与7(/?)等长且正交)，于是6),|A|=(-l- 10.3)T).成者。将某lE方体伸缩为长方体，或者a将某平面7T上的所有正方形仍变为7T上的 正方形而将-面在7T上的所有正方体均变为长方体。设P，Q各为m阶及n阶方科:，证

12、明：若m + n阶方阵1 =)是西矩阵，则P, Q也矩陈，且B是零矩阵.证明：设A足內矩阵.则其每列均为单位向贵，W此5 = 0,从而A足分块対角W矩 阵，故毎个对佑块均为ffl矩阵.证IlJj Sylvester惯性定律.即W个Hermite矩阵合M它们具有相M的惯性措标，即相M的正负特征值(因此0特征值)的个数.证明：必要性足显然的，下证充分性、设两个Hermite矩阵A，丑具釘相M的惯性指标， 即相RJ的止负特征值，于足0作为它们的特征俏也存相M的電数(0不足特征俏时電数为0),W此它们均合Id于相M的对角矩阵K中分別足它们的正、负惯性指 标,r =P + g为它们共M的秩.山于合M关系

13、足等价关系.故A与B也合kl。已知正交矩W 4 = 1 222 J农示 个旋转，求K旋转轴与旋转/fj.解：由于|XE-A = (X- 1)(A -所以4在正交相似变换下的sa单形式为求川对应于特征值1的筚位特征向鼠为a = (Ll,l)r?此即为旋转轴.站然旋转角度为?./ -1 0 若3x3矩阵S表示-个反射，则存在一个正交矩阵(7,使得CSC =01 0.VoH1-9=s4 18-4时，求这样的矩阵C.解：可直接验证S足正交矩阵，又足对称阵，因而定满足炉=E、它的特征伉只 可能是A = 1,又W为S有完全的正交特征向景组，所以它是一个反射.计算得C = /2 2 -1 |2 -12，C-

14、1SC = diag(l,l,-l).1 -2 -2 /18.求题1屮所有i规矩阵的分解.证明谱分解定理(定理4.2.1)中的唯-性.证明：设A为-个n阶可对角化矩阵，A的谱为a(A) = Ai, A2,Aa,其屮A,的 重数为ki.需证明下述6个n阶矩阵A,-、PS的唯-性，其屮Pl = Pi,PiPj = 0(i / = Ir(Pi) - ki,l i 3；= n 且 A =这实际上足证明每个主蔣等矩阵Pi =內1苑+卵苑十+气以么 与诸特征向 M 1 j 1 e CmKn,m 1酉对角化可A =其中A = diag(A1,.-.,An)足山A的特征值按模长大小排列的对角矩阵。令P = d

15、iag(dir.-,dn), Jt屮若= 0,则di = 1，否 则 dt = /|,则 D*D = I,A = UW(DA)U.令 V = DU，Y； = PA,即得 A 的奇异值分 解 A = Va。设t4 = UDV*足m x n妍阵A的一个奇异俏分解，r = r(A),证明酉矩阵U的前r列足A的列空间的-组标准正交堪；酉矩眸V的前r列是A的行空间的组标准正交基;1的零空問的一组标准正交基./ 1 0 -1 并由此计- 4 = I 0 10 I的个T空间.证明:由V与C7的构成即得。R(A)的为A的任佝两列：N(A)的一组基为(1,0,1)T; R(At)的-纽基为A 的任何两行；N(A

16、T)的一组基为(1,1，1)T设A Sn阶矩阵A的一个特征值，证明 (A) |A| amin(A).换言之，矩阵的最 大奇异值与最小奇异伉足其特征值的模的上下界.证叫：对Jordan块证叫即可。设災 C_r = r(A),t(l i r)是 A 的非零奇异值.证叫 tr(44) =证明：由A = UDV即得AA = VD2V.因此(1 i 1 = rm* + y0 求 A 的 F-范数. 解：|4|f = |x|2|M2 + M2|/?|2.证明矩阵A可以对角化存在Hermite正定矩阵P使得PAP足止:规矩阵.证明：充分性S显然的。必要性。设1可以对角化，即存在可逆矩阵Q使U QXAQ =D

17、足对角矩阵。由于Q可逆.故其极分解Q = PU中的矩阵P正定，即U-PAPW = D，因此足正规矩阵.A = Ao = Q0R0是n阶矩阵A的Q/?分解.归纳地定义Am+1 = RQm. 证明毎个矩阵均与A = A)相似，并且当A的特征值的摸均不相M吋，矩阵序列-收敛于一个与A西相似的上三角矩阵.如果1有電特征值，此结 论还成立吗？证明：巾于Am = QmRm足人、的正交三角分解，故R,n = QAmi所以Am+1 = RmQm = QAmQm与Am酉相似，因此矩阵序列Ao,Au，人，.中的所有矩阵均酉相 似。般不成立，如矩阵）。研究止交三角分解，濟分解，极分解和奇异值分解之间的关系.解:略。(b)x = ()-仔细研究例4.6.3的计算与证叫（参考K题，Vf求第二章第9题中的W个了空间的交. 解：见第二章第9题的参考答案。a ABeCmxn.证明：xeN(A)nN(B) 证明：显然。max丄 Wj lin-kminOz 丄 u，j lin-k证明奇异值的极大极小定理：设的奇异值为a2-.an,则:0k = mill WjCnlin-fc特別地，tTmax =(7i= max 11穴112 =