矩阵论简明教程习题答案

习题一

1. 设为A的任一特征值,则因 22 为A22A 的特征值, 故220. 即=0或2.

2. A～B, C～D时, 分别存在可逆矩阵P和Q, 使得 P1AP=B, Q1CQ=D.令

T=则 T是可逆矩阵,且 T

1

PO

 OQ

P1OAOPOBOAO

OQOCT==OD OQ1OC

3. 设xi是对应于特征值i的特征向量, 则 Axi=ixi, 用A1左乘得 xiiA1xi.即

A1xii1xi 故 i1是A的特征值, i=1,2,,n.

4. (1) 可以. EA=(1)(1)(2),

4121

P300, P1AP1.

4012

(2) 不可以.

0102



(3) P101, P1AP2.

0111

5. (1) A的特征值是0, 1, 2. 故A=－(b－a)2=0. 从而 b=a.又

1

a

1

IAa

1

101

(2) P =010.

101

1a=(232a22)

a1

将=1, 2 代入上式求得 A=0.

6. IA=(2)2(1), A有特征值 2, 2, －1.

=2所对应的方程组 (2I－A)x=0 有基础解系

11p1=4, p2=0

04=－1所对应的方程组 (I+A)x=0 有基础解系 1p3=0

0

014. 于是有 443

1110

11

令 P=(p1,p2,p3)=400, 则 P=4

12041

1621004210011100100

20 A=PP=

3100

1442

21001

32100

21001

0.

21001421001

7．

(1) IA=2(1)=D3(), I－A有2阶子式

11

=－4

2117

－4不是D3()的因子, 所以D2()=D1()=1, A的初等因子

为－1, 2. A的Jordan标准形为

100J =001

000

设A的相似变换矩阵为P=(p1,p2,p3), 则由AP=PJ得解出

111P=132; 142

(2) 因为D3()(1)2(2), D2()D1()1，故 110



A～J=010

002



设变换矩阵为 P=(p1,p2,p3), 则

Ap1p1

Ap20 App

23

8Ap1p130



P=Appp3152 12

Ap2p205

33

(3) D3()IA(1)2(2), D2()1, D1()1. A的不变因子

是

d11, d21, d3(1)(2)

1

A～J=1

2

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 (IA)x0,求得两个线性无关的特征向量

12

p10, p21

10

当=2时，解方程组 (2IA)x0,得 2

p31,

1

122 P=011

101

1261

(4) 因IA13～1, 故

114(1)21



A～J=11

01



设变换矩阵为P=(p1,p2,p3), 则

Ap1p1

Ap2p2

Appp

233

p1,p2是线性方程组 (IA)x0的解向量，此方程的一般解形为

s3t



p=s t



取

13

p11, p20

01

为求滿足方程 (IA)p3p2的解向量p3, 再取 p2p, 根据 s226s3t113



～sst11300033

113t000st

由此可得 s=t, 从而向量 p3(x1,x2,x3)T的坐标应満足方程

x1x23x3s

取 p3(1,0,0)T, 最后得

131P=100. 010

8. 设 f ()=2835424. A的最小多项式为 mA()321,

作带余除法得

f()=(254352914)mA()+2423710,

于是

48263

2

f (A)=24A37A10I=09561.

06134

9. A的最小多项式为 mA()267,

f()=241231922937,

则f ()=(225)mA()+2. 于是 [f (A)]1=(A2I)1.由此求出

171

. [f (A)]=2323

1

001261



10. (1) I－A=13的标准形为010, A的最

10140(1)2

小多项式为 (1)2;

(2) (1)(1); (3) 2.

11. 将方程组写成矩阵形式:

dx1dx1

dttd110xx11011

dx2430x, xx, dxdx2, A=430 22dtdttdx881dx3dx33881x3

dtdt

则有

110100



J=PAP1=010, 其中 P=210.

001421

令 x=Py, 将原方程组改写成 : Jy, 则

dtdy1

dty1dy2

y1y2 dt

dy3y

dt

解此方程组得: y1=c1et+c2tet, y2=c2et, y3=c3et. 于是

c1etc2tettt

x=Py=2c1ec2(2t1)e.

4cetc(4t2)etcet

231

12. (1) A是实对称矩阵. IA=(10)(1)2, 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

822201

254～011

245000

由此求出特征向量p1=(－1, －2, 2)T, 单位化后得 e1= (,,

2T). 3

212212



～244000

244000

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 p2=(－2, 1, 0)T, p3=(2, 0, 1)T. 单位化后得 e2=(令

,1245T

,0)T, e3=(). ,,53533

2213310

1421

1. U=, 则 UAU=3312503

3

(2) A是Hermit矩阵. 同理可求出相似变换矩阵



U=



0i212

12i212



120

i

, U1AU=2

1

2



. 2

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

1

UHAU=



2



, i﹥0, I=1, 2, ,n. 

n

于是

1



H2

A=UU 

n11H2

= UUU



n





HU n

令

1

B=U





HU n

则 B是Hermit正定矩阵且A=B2.

反之,当 A=B2且B是Hermit正定矩阵时,则因可交换的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

UHAU=diag(1,2,,n)

令x=Uy, 其中 y=ek. 则 x0. 于是

xHAx=yH(UHAU)y=k≧0 (k=1, 2, ,n).

(2)(3).

A=Udiag(1,2,,n)UH=Udiag(1,2,,n)diag(1,2,,n)UH

令 P=diag(1,2,,n)UH, 则 A=PHP . (3)(1). 任取x0, 有

xHAx=xHPHPx=Px2≧0.

习题二

1. x1=i24i10=7+2,

x=maxi,2,4i,1=4.

=(1i)(1i)(2)24i(4i)1=23,

2. 当 x0时, 有 x﹥0; 当 x﹦0时, 显然有 x=0. 对任意C, 有

x=

kk

k1



kk

k1

x.

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 xk,yk(k=1, 2, ,n)有

(xkyk)≦(xk)(yk)

k1

证当 p=1时，此不等式显然成立. 下设 p﹥1, 则有

xkyk

k1

≦xkxkyk

k1

p1

ykxkyk

k1

p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

x

k1

yk

≦(xk)(xkyk

k1

k11pp

(p1)q

)(yk)(xkyk

k1

(p1)q

)

=[(xk)(yk)](xkyk)

再用 (xkyk) 除上式两边,即得 Minkowski 不等式.

k1n

k11pq

k1

现设任意 y=(1,2,,n)TCn, 则有

xy



k1

kk=

(

k1

kkk)≦

(

k1

kkkk)2

≦

(kk)

k1

(kj

k1

=xy.

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)=(abab)

max(xya,xyb)≦max(xaya,xbyb)

121

≦(xaxbyaybxaxbyayb) 211

=(xaxbxaxb)(yaybyayb) 22

=max( xa,xb)+max( ya,yb)

=(xaxbyaybxayaxbyb)

(2) 只证三角不等式.

k1xya+k2xyb≦k1xa+k1ya+k2xb+k2yb

=( k1xa+k2xb)+( k1ya+k2yb) .

4. Ami354i231182;

AFi32524i22321; A

m

15;

A1列和范数(最大列模和)=7;A=行和范数(最大行模和)=9 ;

5. 非负性: A≠O时S1AS≠O, 于是 AS1ASm＞0. A=O时, 显然

A=0;

齐次性: 设C, 则 AS1(A)S三角不等式: ABS1(AB)S相容性: ABS1(AB)S

S1AS

=A;

S1ASS1BS

S1BS

≦S1ASmS1BS

AB;

S1ASS1BS

≦S1ASm

=AB.

6. 因为In≠O, 所以In＞0.从而利用矩阵范数的相容性得:

InInIn≦In

In,即In≧1.

7. 设 A=(Aij)Cnn, x=(1,2,,n)TCn, 且 A=maxaij, 则

i,j

Ax1aikk≦aikk=[kaik]≦nAk=Amx1;

ikkik



Ax2a

k≦



k]2=

a[2i

=Ax2≦nA=Amx2.

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=(aij), B=(bij)Cmn, C=(cst)Cnl且 A=maxaij, B=maxaij, C=maxcst. 则

i,j

s,t

AB

=max{m,n}maxaijbij≦max{m ,n }max(aijbij)≦max{m ,n }

i,j

(A+B)

=max{m ,n }A+max{m ,n }B=AMBM;

=max{m ,l }maxaikckt≦max{m ,n }max{aikckt

i,t

≦max{m ,n }max{

aik

ckt} (Minkowski不等式)

=max{m ,n }nAC≦max{m ,n }max{n ,l }AC=AMCM.

下证与相应的向量范数的相容性.

设 x=(1,2,,n)TCn, d=max{k}, 则有

Ax1aikk≦aikk=(k

a

)

≦nak=nAk≦max{m ,n}Ak

=AMx1;

Ax2=aikk

≦

(aikk)2≦

(aik

k) (Hölder不等

式)

aik

k≦mnAx2

≦max{m ,n}Ax2=AMx2;



max{aikk≦max{aikk

k1

≦max{

aik

k}≦max{na2nd2}

=nAD≦max{m,n}AD=AMx.

9. 只证范数的相容性公理及与向量2–范数的相容性. 设 A=(aij)Cmn, B=(bst)Cnl, x=(1,2,,n)TCn且 A=maxaij, B=maxbst, 则

i,j

s,t

mlmax

1im,1tl

a

k1

ikkt

b≦mlmax{aikbkt

i,t2

≦mlmax{

i,t

aik

bkt} (Minkowski不等式)

≦mlnab=(mna)(nlb)=AGBG.

Ax2

a

i1k1

2ik

k≦

k)2

≦ ≦

(aikk) （Hölder不等式）

(na2k)=mnAx2

=AGx2.

10. 利用定理2.12得

UHU

In

1.

11.

311242

A1=10

2

110





525

cond1(A)=A1A115; cond(A)=AA1



5210.

12．设x是对应于的特征向量, 则Amxλmx.又设 v是Cn上与矩阵范数相容的向量范数,那么

xvλmxAmx≦Amxv

因 xv＞0, 故由上式可得 λ≦Amλ≦Am.

习题三

1. λIA(λ2c)(λc)2, 当ρ(λ)c﹤1时, 根据定理3.3, A为收敛矩阵. 2. 令S

(N)

=A(k), limS(N)=S , 则

N

k0

k

limA(k)lim(S(k)S(k))0.

k

1(k)

反例: 设 A=

k0

limA(k)=O.

k

0

, 则因 0

发散, 故 k0k

(k)

A发散, 但 k0



3. 设 A=

0.10.7

, 则 ρ(A)≦A行和范数=0.9＜1, 根据定理3.7, 0.30.6

0.10.72471

. 0.30.6=(I－A)=339

k0



4. 我们用用两种方法求矩阵函数eA: 相似对角化法. λIAλ2a2, ia,-ia

当 λia时, 解方程组 (ia－A)x=0, 得解向量 p1=(i, 1)T. 当 λ=－ia时, 解方程组 (ia+A)x=0, 得解向量 p2=(－i, 1)T.令

ii11i1P=, 则P=2i, 于是 111i



01cosa-sinaia

e=PP=. 0iasinacosa



利用待定系数法. 设eλ=(λ2+a2)q(λ)+r(λ), 且 r(λ)=b0+b1λ, 则由

b0b1iaeia

ia

b0b1iae

b0=cosa , b1=

sina .于是 a

eA=b0I+b1A=cosa



1

acosasina1

+sina=. 1acosasinaa

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

b0b1iasinia

与 

bbia-sinia01

b0b1iacosia



bbiacosia01

由此可得

b00

bisinia 与 1a

b0cosia



b01

故

(

isinia0i

sinia)A==sinA 与 02aisinia

0cosia

(cosia)I==cosA. 0cosia

5. 对A求得

1110111

111

P= 310, P=033, PAP=1.

63642102

根据p69方法二,

6e2t

1Attt2t1

e=Pdiag(e,e,e)P=0

60

4e2t3etet

3et3et3et3et

2e2t3etet

tt

3e3e 3et3et

sin24sin22sin12sin24sin1

1

sinA=Pdiag(sin(－1),sin1,sin2)P1=006sin1

66sin100

11

6. D3()=0

110



1=(1)2, D2()=D1()=1, A~J=010.

0001

现设

r(,t)=b0+b1+b22, 则有

b0b1b2etb2btt12te b0=1, b1=2e－tet－2, b2=tet－et+1. 于是



b01110

eAt=r(A, t)=b2t`t

0I+b1A+b2A=I+(2e－te－2)001+(tet－



001

111etet1tetetet+1)1100t

 =01e0011

00et

同理,由



b0b1b2costb12b2tsint b0=1, b1=tsint+2cost－2, b2=1－tsint－cost. 

b01其代入cosAt=b0I+b1A+b2A2, 求出

costcost11tsintcost

cosAt=

0

1cost1 

00cost

7. 设 f(A)=

kA,S=akkA. 则 f(A)=k0

k0

Nlim

SN, 并且由于 (SN

(aTkAk)=ak(AT)k

k0k0

所以, f(AT)=Nlim(SN)T=f(A)T.

8, (1) 对A求得

11P=11, P1

=P , 111J=11 1

1则有

2t

000ete

t3t2e6eet

tetet00eAt=P



tet2etP1=t2et

tetet0 et

tet23t2

ett6

et2

tet

et

将

t2t3

sinttcostsintcost

262

t1

sinAt=PsinttcostsintP 2

sinttcostsintsint

sinttcost

t=tcostsintsint

232

ttcostsinttcostsint

26

t2t3

costtsintcostsint

262

t

cosAt=PcosttsintcostP 2

costtsintcost

000cost

tttsincos002t =costtsintcost02t32

tsintcosttsintcost26

(2) 对A求出

10

P=P1=0

0

01000001

02102, J= 10100

则有

e2t

eAt=P



te2te2t

e2t10P=1t0

01

te2te2t00

00

00

 10t1

sin2t

sinAt=P



tcos2tsin2t

sin2t10P=0t0

00tcos2t00



sin2t00

000

0t0

001000 01

cos2ttsin2tcos2ttsin2t



cos2tcos2t10

P=cosAt=P0100

010

9. (1) sin2A+cos2`A=[

1iAiA21iAiA2

(ee)]=[(ee)] 2i2

=(e2iAe2iAeOeO)(e2iAe2iAeOeO)

=eO=I

(2) sin(A+2πI)=sinAcos(2πI)+cosAsin(2πI) =sinA[I－(2πI)2+－…] = sinA[1－

1111

(2π)2+(2π)4－…]I+cosA[2π－(2π)3+(2π)52!4!3!5!12!

111

(2πI)4－…]+cosA[2πI－(2πI)3+(2πI)54!3!5!

－…]I

=sinAcos2π+cosAsin2π （3）的证明同上.

(4) 因为 A（2πiI）=(2πiI)A ,所以根据定理3.10可得 eA2πiI=eAe2πiI=eA[I+(2πI)+(2πiI)2+(2πiI)3+…]

=eA{[1－

1111

(2π)2+(2π)4－…]+i[2π－(2π)3+(2π)52!4!3!5!

13!

－…]}I

=eA{cos2π+isin2π}I =eA

此题还可用下列方法证明:

e2πi

eA2πiI=eAe2πiI=eAP



e2πi

1A1AP=ePIP=e 



2πie

用同样的方法可证: eA2πiI=eAe2πiI.

10. 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

11. 因A是Hermite矩阵，(iA)H=－iAH=－iA , 于是有

eiA(eiA)H=eiAeiA=eO=I

12. 根据定理3.13, A1

dAt

e=eAt, 利用定理3.14得 dt

tttdAA1d1A1Ated=Aed=Aed=A(eI). 00d0d

13.

sintd

A(t)=costdt

costddd

, (detA(t))=(1)=0, det(A(t))=1, sintdtdtdtcostsintd1sintcost

A1(t)=, A(t)=sintcostdtcostsint



te2d0

tt

14. 0A()d=0ed

t

03d

ed2e

00t

2



21(e2t1)tetet11t3d0t

d00

2t

=1e

3t22

e10

30 0

t2t

15. 取 m=2, A(t)=0t, 则 

t4t3t2d4t322

, (A(t))=A(t)=200tdt4t3d

2A(t)A(t)=0dt

2t22t

. 2t

3t22t

≠2t

因为

dddd

[A(t)]m[A(t)A(t)A(t)]A(t)[A(t)]m1A(t)A(t)[A(t)]m2 dtdtdtdt

+[A(t)]m1A(t)

所以当(A(t))A(t)=A(t)A(t)时, 有

dtdtdddd

[A(t)]m[A(t)]m1A(t)[A(t)]m1A(t)[A(t)]m1A(t) dtdtdtdt

=m[A(t)]m1A(t)

16. (1) 设 B=(bij)mn, X=(ij)nm, 则 BX=(bikkj)mm,于是有

k1

tr(BX)=b1kk1bjkkjbmkkm

k1

nnn

tr(BX)

=bji (i=1,2,…,n ;j=1,2,…,m) ij

b11bm1

d

(tr(BX)=BT dXb

1nbmn

由于 BX与 (BX)TXTBT的迹相同，所以

dd(tr(XTBT))(tr(BX))BT dXdX

(2) 设A=(aij)nn,f=tr(XTAX), 则有

a1kk1a1kkm

n1k

，AX=

nmankk1ankkm

kk

f=l1alkk1ljalkkjlmalkkm

11XT

1m

ljf

(alkkj)lj[ljalkkj][alkkj)] ijijllkkkijij

=aikkjalilj

dff

dXij

=AXATX(AAT)X nm

17. 设A=(aij)nm, 则 F(x)=(kak1,kak2,,kakn),且

k1

dFd1a11dFadFd221

dxadFn1dn

a12a22an2

a1n



a2n

A





ann

18. eAtAeAt



4e2tet

2tt2ee6e2t3et

2e2tet4e2tet6e2t3et

et2e2t

t2t

e2e 3et4e2t

在上式中令t=0, 则有

311O

A=Ae131

331

8301



19. A=316, x(0)=1, A的最小多项式为 ()(1)2. 记

2051

f()=et,并设f()=g()()+(b0b1), 则

b0b1et

tt

 b(1t)e,bte01t

b1te

于是

eAt

8t14t0112tttttAt

(1t)eIteAe3t16t, x(t)=ex(0)=e19t

2t014t16t

21011



20. A=420, f(t)=2, x(0)=1, ()det(I－A)=32.

101et11

根据(A)O,可得； A3A2,A4A2,A5A2,….于是

1111

eAtI(At)(At)2(At)3ItA(t2t3)A2

2!3!2!3!

=ItA(et1t)A2

12t

=4t12tet

0

2t10 ett1et

x(t)=eAt[x(0)0eA

11t1AtAt

f()d]e[x(0)2d]e[12t]1 0

010(t1)et

习题四

1. Doolite分解的说明,以3阶矩阵为例: 1112 r13 第1框 l21r22 r23 第2框 l l32 r33 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r2j为A中的对应元素a2j减去第１框中同行的l21与同列的r1j之积．第3框中的r33为A中的对应元素a33先减去第1框中同行的l31与同列的r13之积，再减去第2框中同行的l32与同列的r23之积；（ⅲ）第2框中的l32为A中的对应元素a32先减去第1框中同行的l31与同列的r12之积，再除以r22. 计算如下:

1 3 0 2-6

301001

A=210030 221006

2.Crout分解的说明,以3阶矩阵为例: l u12 u13 第1框 l21 l22 u23 第2框 l31l32 l33 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li2为A中对应元素ai2减去第1框中同行的li1与同列的u12之积;

(ⅲ)第2框中的u23为A中的对应元素a23减去第1框中同行的l21与同列的u13之积,再除以l22.第3框中的l33为A中的对应元素a33先减去第1框中同行的l31与同列的u13之积,再减去第2框中同行的l32与同列的u23之积.

计算如下:

2 -6 -6

001301A=230010 266001

2. 先看下三角矩阵的一种写法:

a11

a21

a31

0a22a32

10a0=21

a11

a33a31

a11

01a32a22

0a110001

0a220



, aii≠0 a3300

对本题中的矩阵A 求得Crout分解为



124

500551

A=20012

5

0012145

利用下三角矩阵的写法对上面的分解变形可得





012A=1

54

25

012

=1

54

25

 =5



5

2410500

551000012 5001001124100000551100000012 0010001011

24

500

100 50011



3.对A的第1列向量β(1), 构造Householder矩阵H1使得 H1β(1)(1)2e1, e1C3

(1)

011(1)(1)

e121

1, (1)(1)e11, u=1 2(1)(1)

2e100220

010111

41

H1I2uuT100, H1A041, A132

001032



4(2)

对A1的第1列向量3, 类似构造Householder矩阵H2:



u

2)(2)2e1(2)2)

11, e1C2, 3

143H2I22uu 345

52

H2A101



111

10

令HH1, 则有 HA052=R 并且 H02001



4301111T

550011T1100052AH1RH1RHR=QR 10H

20H2034001

55

1

2

2(1)

4. 对A的第1列向量0, 构造Givens矩阵T130

12

2

33

222

2222(1)

 T130, T13AOA1110022

22121~3(2), 对A1的第1列向量, 构造 T12122

33

010

1

20, 12

7~(2)32 T12

432

1OT

, 则有 T12T13AR0令 T12~OT12

0

121

2

3322

41HH

AT12T13R00332

11203322

33

~

, T12A12

0





3230

327

. 于是 33

32320

327

QR 3243

1i0

5. 设A=i0i(1,2,3), 对向量组1,2,3施行正交化, 令

0ii

i

1i12i1[2,1]

11i, 2210i,

[,]2211i00

i



i2

3201[3,1][3,2]1i12i3312ii [1,1][2,2]120323i2



3

于是



11i12 2

2

311i2323

写成矩阵行式

i1122i

最后得

6. 令

则

再令

(1,2,3)(1,2,3)

013(1,2,3)K 0011i1

(,i1i2

3



1,23) 

02i12

631i1A=

i216i326i6

K 

62

1i1

i163

2=i2i



3i2

6i30=26

6QR 

3

003

12

T

210

1T12

0 0

01





1252510

102

02



T1A

50

204000

 0

011101

10









530

T2T130

16

010

1

60, T2T1A050

30

150

160510

60 10



最后令

10



T300

01



A=T3HT2HT3HR



121(1)

6

0

1, T3T2T1A0

00



122105

05

0

30

5300

10

10R 0

10

10=QR 300



7. 

(1)

(0, 1), 

(1)e11

1, u=(1)(－1, 1)T, 

e122

1001

H1=I22uu10, H=0H

1

则有

100121100



HAHT=001012001

010111010

112

=111, H是Householder矩阵.

021

1001

, T=同理, 对(1), 取 c=0, s=1, T12=100T, 则

12100121100

1

12001 TATTAT0010

010111010112

=111, T是Givens矩阵.

021

8. 对 (1), 计算

413(1)20e111T

u=(1), H=I－2uu=43 2520e12

12

16

令 Q=

10

, 则 0H

0200



QAQT2060075

0750

3

34(1)

同理，对,为构造Givens矩阵，令c=, s=, T125

4555

45，35

则

2000

10

TAT2060075时，当T. 0T

120750

1. (1) 对A施行初等行变换

1110301001021211111010～0100 02

22224240010241000

1101210211

11 S=00, A=02

0122424122

11

100001111100022

1111110100

01110(2) ～1111001022

000011011110001

0010000

110011221111100000, A=S= 221101111100110011



00 01

[***********]2000

10

11

S10



01

12

（3）1

2

2424

0123610

0000011～0000010

1000001001

002

123, A110



201

010

00

01

6

500



0，0. 分别对应特征向量e1,e2,e3,10. (1) ATA000的特征值是5，

000



1112

从而V=I, V1(p1), ∑=(), U1AV1∑1=. 令U, 25251

UU1U2, 则

AU0



00

I 00

(2)ATA

1

1

21

的特征值是13，21，对应的特征向量分别为12

1,1.于是 

11

1126012=V, UAV∑1=1， V2∑= 111016220

61111

3261111

UUU, 构造正交矩阵= 取 U21226

0

6

‘

所以，A的奇异值分解为

30AU01VT

00

11. 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=i2

i1

习题五

1．设x=(1,2,,n)T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：xHDHQHxH与上式左乘得

xHDHDx 即 λd11d22dnn,由此立即有从而

mindii

mindi

≤≤maxdi2

≤≤maxdi.

后一不等式的另一证明：根据定理2.13，

≤(QD)≤QD2定理2.11D2DHD的最大特征值maxdi

2. A的四个盖尔园是 G1: z9≤6, G2: z8≤2, G3: z4≤1, G4:

z1≤1.

由于G4是一个单独的连通区域，故其中必有一个实特征值.

G1G2G3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

G1: z1≤

13131313, G2: z2≤, G3: z3≤, G4: z4≤ 27272727

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.

则有盖尔园Gk,使得Gk.若≤0, 则 4．设 λi为A的待征值，

akk≤(akk)i≤Rk 故 ()akk≤Rk,即 akk≤Rkk≤Rkk, 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 G1:z2≤3, G2:z10≤2, G3:z20≤10. 因G1是与

G2G3分离

的，故G1中恰有一个实特征值1[－1, 5].

A的列盖尔园 G1':z2≤9, G2':z10≤4, G3':z20≤2. 因G3'是与

G1'G2分离

的，故 G3'中恰有一个实特征值 3[18, 22]. 选取 D=diag(1, 1,

''z10≤3, G3:

), 则 DAD1的盖尔园 G1'' : z2≤4, G2'': 2

z20≤5. 这三个盖尔园是相互独立的，故必然有

1[－2, 6], 2[7, 13], 3[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[－1, 5], 2[7, 13], 3[18, 22]

7. 因为

2

(2)(32) det(B－A)=

24

所以广义特征值为1=2, 2=－.分别求解齐次线性方程组

(1BA)x0 , (2BA)x0

可得对应于1与2的特征向量分别为

22k0k1 (1), k2 (k20) 11

8. 先证明一个结果：若A是Hermit矩阵，1,n分别是A的最大、最小特征值，则

1maxR(x)R(x), nmaxR(x)R(x)

x0

x21

x0

x21

xxHAx

xHAx 事实上，maxR(x)maxHmax2

x0x0x21Hxxx0

xx2x2

xHAx

下证1＞1, n＞n. 令 Q=A－B, 则

1xHAx(xHBxxHQx)＞xHBx=1

x21

x1

x21

( Q正定，xHQx＞0 )

同理可证 n＞n.

现在设 1＜s＜n, 则根据定理5.10及上面的结果,有

sminxHAxminmax(xHBxxHQx)＞minxHBxs

Px0Px0

x1

x21

9. 显然，B1A的特征值就是A相对于B的广义特征值. 设为1,2,,n且

AqjjBqj, qj0, j=1, 2, …,n 其中 q1,q2,,qn是按B标准正交的广义特征向量. 当 (B1A)＜1时，对任意 x=c1q1c2q2cnqn0

xHAx(c1q1Hc2q2cnqn)A(c1q1c2q2cnqn)

=(c1q1Hc2q2cnqn)(c11Bq1c22Bq2cnnBqn)

=1c12c2ncn ≤maxi(c1c2cn)

222

=(B1A)xHBx＜xHBx

反之，若对任意 x≠0, xHAx＜xHBx成立，并且 (B1A),

AqBq,q0,则取 x=q, 于是有

qHAq＜qHBq1

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

xHBAx

1(BA)maxRI(x)HxHBAx

x21xIxx21x21

=(xHBxxHAx)≤max(xHBx)max(xHAx)

x21

=1(B)1(A)

同理

n(BA)RI(x)(xHBxxHAx)

x21

x1

≥(xHBx)(xHAx)

x21

=n(B)n(A)

11. 由于x≠0时，R(x)R(x)，从而5.24式等价于

x21

rmaxmin{R(x)x21,P2Hx0}

P2Cn(nr)

我们约定，下面的最小值都是对x21来取的. 令x=Qy, 则

minR(x)minxHAxminyHy

P2Hx0

P2HQy0

由于 P2HQC(nr)n, 则在齐次线性方程组 P2HQy0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~y21)为满足方程的解(容易证明这种形式的y(0,,0,r,r1,,n)，(~解必存在)，则

yP2HQ~y0,~y21}{yP2HQy0,y21},从而注意到 {~

P2x0

P2Qy0

222H~minyymin(rrr1r1nn)≤r H~H~

P2Qy0

~minR(x)=minR(y)≤minR(~y)minyHy≤r HHH~H~

特别地，取P2(qr1,,qn)时，根据定理5.9

rminR(x)

P2Hx0

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

rmaxmin{R(x)x21,P2HBx0}

P2Cn(nr)

成立. 令 x=Qy, 则有

y(0,,0,r,r1,,n),~y21的设齐次线性方程组 P2HBQy0有形如 ~

P2Bx0

minR(x)minyy BHH

P2BQy0

解（不难证明这样的解一定存在），则因

{~y(P2HBQ)~y0}{y(P2HBQ)y0}

所以

222H~~ minRB(x)≤minyyrrr1r1nn≤r ~

P2HBx

P2HBQy0

特别地，取 P2H(qr1,qr2,,qn)时，根据定理5.12可得

minRB(x)r

P2HBx0

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

Ir

SAP=O



K O

则

Ir

A(1)PO



OS, 其中L可取任意矩阵； L

2）标准形法

利用行、列的初等变换将A化成标准形

SAT=

则

Ir

A(1)TL

21

IrO

O O

L12

S, 其中 Lij为任意适当阶的矩阵. L22

3）行变换法

利用行变换将A化成

Drn

 SA=O

(mr)n

其中D为行満秩矩阵. 则

A(1)(DH(DDH)1,On(mr))S

1. 根据A有形如

X=P

Ir

O

OS L

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mn零矩阵时，容易验证任意nm矩阵X都满足矩阵方程 AXA=A

3. 设 A(1)(xij)A{1}, 则由 AXA=A可得 xji1,其余元素任意.

310010310010



4. （1）230010行变换 012101，

111001000113

010010010

(1)

1101 A01010

001133

111008112032310



7102 (2) 5801010行变换015

12230010000211

A(1)

10000100

12(3) 0

1

021511311000

A(1)

10

0100

01

(4) 0

1

00203

203

10102

102= 0221102

10100310011001010022 行变换11100011022010001031



1031

13110001101122 1000

221110101122010311

22021000101100



100100100100

行变换000102010010000011110001

0

0 01

取

100



001

P=(e1,e3,e2), S=102



011

00 0110

021

0

 0

则 A(1)

5. (1) 取 A(1)通解是

100



P01000000S

0

301

120(1), 容易验证 AAbb成立，故方程组有解. 000000

023y1



011y2

010y3

001y4

40

20(1)(1)

x=Ab(IAA)y

0000

(2) 取 A(1)

1000

00(1)

, 因 AAbb, 故方程组有解. 通解是 00

40011y110011y2

x=A(1)b(IA(1)A)y2 10y3

000

00001y4

1200

求Moore-Penrose逆的一般方法：

1）若F是列滿秩矩阵，则 F(FHF)1FH; =2）若G是行滿秩矩阵，则 GGH(GGH)1;

3）设 A的滿秩分解为 A=FG, 则 AGFGH(FHAGH)1FH; 4）设A的奇异值分解为

OH

AUOOV



1OH

则 AVOOU





4. 用定义直接验证：

d1d1d1



d2d2d2

1） 

dndndn

d11d2,d10

, (注意 ) dd1i0,d10dn

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=GFG =OOO



就是B的満秩分解. 于是 BGF.

~~~~

F(FHF)1FH[(FH

AFGF

=(FHF)1FHOH =FOH

所以

F1H

O)O]F



OH

BGFOHGFOHAOH

8. 设 A=，S

11

, T=(1). A 是列滿秩的，则 01

112111H1H

A(AA)A11, S0, TT, SAT1 1211111

10 (SAT)21, T1AS1(1)11122501

1

可见，(SAT)T1AS1.

9. (1) 在第4题中己求出A的行最简形，由此得出A的滿秩分解

10103

AFG 23 11012

由此根据A的滿秩分解计算法得

0010311

121

123001AGH(FHAGH)1FH=0031

1113232



0181991

1811211=01108031=15410348

32441111



1

121

031 

(2) A的滿秩分解为

23

10811

A=58015=FG 712



AGH(FHAGH)1FH

0011

2311

0101251

5801=8538285122311117701

1

013690251

=382 8581159



117

1

251

382 



15990

=1

81361566

25

8675401 382

118273848752116257=154117913

156611415213=

1839

571150629452238

50298

(3) 因A是列滿秩的，故

65111

A(AHA)1AH



5111

120

1011311131

 2511

=1

340144116144144

654912001131164941 2511

=110844282454224446

22162==1

2311342281022171102

(4) A=

10110

01001FG 11

A

GH(FHAGH)FH1010411

010126

01



2011 61=1

2

5222615 8242

5. (1) A=23111023

35



0111

1412

8145

1

101231310A

0



21321213

315111201315

3135142131

101

5=01247

31218641

213184521 1335315=102

3112

144416



0Ab(22,48,4,18)T17

注：书中的答案可能错了！

(2) A10

021011

0111

14



01

1A01

1101101110



022201

1011024 11024145311111052

1=011116121

2 1260101024=1111811

41

630

xAb1

(8,1,7,9)T

026. (1) 方程组的系数矩阵的滿秩分解为 A=1

0

1100

1001，则

11

1002

1

A

1

0101

01



101

01010

0

012011001102011



11101

1

00411

15

=11

2601011

262011=222615 082

42

方程组的极小最小二乘解是

1

26152

121

6152 x0Ab2

22111382421

101011

(2) 方程组的系数矩阵的滿秩分解为 A=02，则 0111

14

1

0

A

1110=11

011101

0024111

01161211126001

521



1111

= 18412



630



1

011

0

222

14531

0111

1

101

024 

01

 24

方程组的极小最小二乘解是

2017

x0Ab

181327

习题七

1. 设 A =(aij)mm, B =(bij)pp, 则

a11Ba12Ba1mB



aaaBBB21222m

AB

aBaBaB

m2mmm1

由此可得 tr(AB)=a11tr(B)+ a22tr(B)+…

+ammtr(B)=tr(A)tr(B).

HHHHH

2. xy2(xy)(xy)(xy)(xy)(xx)(yy)111. 2

3. 根据直积的性质，有

① (AB)(AB)(AB)(AAA)(BBB)AB

② (AB)(AB)(AB)(AAA)(BBB)AB ③ [(AB)(AB)]H[(AA)(BB)]H(AA)H(BB)H

=(AA)(BB)(AB)(AB)

故Penrose方程成立，同理 ④ [(AB)(AB)]H(AB)(AB) ，

从而

(AB)AB

3. 设rank(A)=r1, rank(B)=r2, 则存在可逆矩阵Pi, Qi ，i=1,2使得

Ir1

P1AQ1O



OIr2

A, PBQ122OO

O

B1 OO

 O

于是有

Ir1r2

(P1P2)(AB)(Q1Q2)A1A2O



由于 P1P2, Q1Q2都是可逆矩阵，故 A1A2就是 AB的标准形. 所以

rank(AB)=rank(A)rank(B)=r1r2.

4. 只要 x1, x2, …，xs 及y1, y2, …，yt是线性无关的向量，都可证明

xiyj, i=1,2,…,s, j=1,2,…,t

是线性无关的向量组. 事实上

若记 Px1,x2,,xs, Qy1,y2,,yt，则

PQx1Q,x2Q,,xsQ

x1y1,x1yt,x2y1,,x2yt,xsy1,xsyt由第四题的结论可知，r(PQ)=st, 上式说明 PQ是列滿秩的，从而本题的结论成立.

6. 设

1

P1AP



2

1



J, Q1BQ



m

2



~J 

n

则有

(P1AP)(Q1BQ)(P1Q1)(AB)(PQ)JJ1

2

1



m

2





n

~1J

~2J= 

~mJ

最后的矩阵为对角阵，说明结论成立.

,0,0 ，n. 根据定理7.1可7. InBn1(n), B的特征值是 0

(n1)个

知

AB的特征值为 in

(i=1,2,…,m),

0,0,,0 . 

(n1)m个

8. A的特征值是2，2，B的特征值是－1，－2. A与B有互为相反的特征值，故矩阵方程有无穷多解. 设

111

202

001002

x1x2

X, xx

43

0x101x22

 1x322x44

将矩阵方程拉直得

可求得通解为

为

x1c4, x2c, x34, x46.

于是矩阵方程的通解

0114

X,00c46



c是任意常数.

2. 将矩阵方程两端拉直得

[2IIT即



AITIAT]XO

0x10220

0000x20

 2042x30

0202x4011

,11

解之得 x1=－c, x2=－c, x3=c, x4=c. 从而 X=c3. 根据

IA(1)mA(),

c是任意常数.

设 r(t)=b1+b0, 可求得

r(0)b01

tr(1)b1b0e

所以

et

b1Ab0I0



et0

et1

 11et 1

(et1)2

. 同理求得

最后利用公式（7.17）得 At

etet1et

1ete2t

X(t)e

X0e

0

1I0

01

习题一

1. 设为A的任一特征值,则因 22 为A22A 的特征值, 故220. 即=0或2.

2. A～B, C～D时, 分别存在可逆矩阵P和Q, 使得 P1AP=B, Q1CQ=D.令

T=则 T是可逆矩阵,且 T

1

PO

 OQ

P1OAOPOBOAO

OQOCT==OD OQ1OC

3. 设xi是对应于特征值i的特征向量, 则 Axi=ixi, 用A1左乘得 xiiA1xi.即

A1xii1xi 故 i1是A的特征值, i=1,2,,n.

4. (1) 可以. EA=(1)(1)(2),

4121

P300, P1AP1.

4012

(2) 不可以.

0102



(3) P101, P1AP2.

0111

5. (1) A的特征值是0, 1, 2. 故A=－(b－a)2=0. 从而 b=a.又

1

a

1

IAa

1

101

(2) P =010.

101

1a=(232a22)

a1

将=1, 2 代入上式求得 A=0.

6. IA=(2)2(1), A有特征值 2, 2, －1.

=2所对应的方程组 (2I－A)x=0 有基础解系

11p1=4, p2=0

04=－1所对应的方程组 (I+A)x=0 有基础解系 1p3=0

0

014. 于是有 443

1110

11

令 P=(p1,p2,p3)=400, 则 P=4

12041

1621004210011100100

20 A=PP=

3100

1442

21001

32100

21001

0.

21001421001

7．

(1) IA=2(1)=D3(), I－A有2阶子式

11

=－4

2117

－4不是D3()的因子, 所以D2()=D1()=1, A的初等因子

为－1, 2. A的Jordan标准形为

100J =001

000

设A的相似变换矩阵为P=(p1,p2,p3), 则由AP=PJ得解出

111P=132; 142

(2) 因为D3()(1)2(2), D2()D1()1，故 110



A～J=010

002



设变换矩阵为 P=(p1,p2,p3), 则

Ap1p1

Ap20 App

23

8Ap1p130



P=Appp3152 12

Ap2p205

33

(3) D3()IA(1)2(2), D2()1, D1()1. A的不变因子

是

d11, d21, d3(1)(2)

1

A～J=1

2

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 (IA)x0,求得两个线性无关的特征向量

12

p10, p21

10

当=2时，解方程组 (2IA)x0,得 2

p31,

1

122 P=011

101

1261

(4) 因IA13～1, 故

114(1)21



A～J=11

01



设变换矩阵为P=(p1,p2,p3), 则

Ap1p1

Ap2p2

Appp

233

p1,p2是线性方程组 (IA)x0的解向量，此方程的一般解形为

s3t



p=s t



取

13

p11, p20

01

为求滿足方程 (IA)p3p2的解向量p3, 再取 p2p, 根据 s226s3t113



～sst11300033

113t000st

由此可得 s=t, 从而向量 p3(x1,x2,x3)T的坐标应満足方程

x1x23x3s

取 p3(1,0,0)T, 最后得

131P=100. 010

8. 设 f ()=2835424. A的最小多项式为 mA()321,

作带余除法得

f()=(254352914)mA()+2423710,

于是

48263

2

f (A)=24A37A10I=09561.

06134

9. A的最小多项式为 mA()267,

f()=241231922937,

则f ()=(225)mA()+2. 于是 [f (A)]1=(A2I)1.由此求出

171

. [f (A)]=2323

1

001261



10. (1) I－A=13的标准形为010, A的最

10140(1)2

小多项式为 (1)2;

(2) (1)(1); (3) 2.

11. 将方程组写成矩阵形式:

dx1dx1

dttd110xx11011

dtdt

则有

110100



J=PAP1=010, 其中 P=210.

001421

令 x=Py, 将原方程组改写成 : Jy, 则

dtdy1

dty1dy2

y1y2 dt

dy3y

dt

解此方程组得: y1=c1et+c2tet, y2=c2et, y3=c3et. 于是

c1etc2tettt

x=Py=2c1ec2(2t1)e.

4cetc(4t2)etcet

231

12. (1) A是实对称矩阵. IA=(10)(1)2, 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

822201

254～011

245000

由此求出特征向量p1=(－1, －2, 2)T, 单位化后得 e1= (,,

2T). 3

212212



～244000

244000

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 p2=(－2, 1, 0)T, p3=(2, 0, 1)T. 单位化后得 e2=(令

,1245T

,0)T, e3=(). ,,53533

2213310

1421

1. U=, 则 UAU=3312503

3

(2) A是Hermit矩阵. 同理可求出相似变换矩阵



U=



0i212

12i212



120

i

, U1AU=2

1

2



. 2

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

1

UHAU=



2



, i﹥0, I=1, 2, ,n. 

n

于是

1



H2

A=UU 

n11H2

= UUU



n





HU n

令

1

B=U





HU n

则 B是Hermit正定矩阵且A=B2.

反之,当 A=B2且B是Hermit正定矩阵时,则因可交换的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

UHAU=diag(1,2,,n)

令x=Uy, 其中 y=ek. 则 x0. 于是

xHAx=yH(UHAU)y=k≧0 (k=1, 2, ,n).

(2)(3).

A=Udiag(1,2,,n)UH=Udiag(1,2,,n)diag(1,2,,n)UH

令 P=diag(1,2,,n)UH, 则 A=PHP . (3)(1). 任取x0, 有

xHAx=xHPHPx=Px2≧0.

习题二

1. x1=i24i10=7+2,

x=maxi,2,4i,1=4.

=(1i)(1i)(2)24i(4i)1=23,

2. 当 x0时, 有 x﹥0; 当 x﹦0时, 显然有 x=0. 对任意C, 有

x=

kk

k1



kk

k1

x.

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 xk,yk(k=1, 2, ,n)有

(xkyk)≦(xk)(yk)

k1

证当 p=1时，此不等式显然成立. 下设 p﹥1, 则有

xkyk

k1

≦xkxkyk

k1

p1

ykxkyk

k1

p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

x

k1

yk

≦(xk)(xkyk

k1

k11pp

(p1)q

)(yk)(xkyk

k1

(p1)q

)

=[(xk)(yk)](xkyk)

再用 (xkyk) 除上式两边,即得 Minkowski 不等式.

k1n

k11pq

k1

现设任意 y=(1,2,,n)TCn, 则有

xy



k1

kk=

(

k1

kkk)≦

(

k1

kkkk)2

≦

(kk)

k1

(kj

k1

=xy.

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)=(abab)

max(xya,xyb)≦max(xaya,xbyb)

121

≦(xaxbyaybxaxbyayb) 211

=(xaxbxaxb)(yaybyayb) 22

=max( xa,xb)+max( ya,yb)

=(xaxbyaybxayaxbyb)

(2) 只证三角不等式.

k1xya+k2xyb≦k1xa+k1ya+k2xb+k2yb

=( k1xa+k2xb)+( k1ya+k2yb) .

4. Ami354i231182;

AFi32524i22321; A

m

15;

A1列和范数(最大列模和)=7;A=行和范数(最大行模和)=9 ;

5. 非负性: A≠O时S1AS≠O, 于是 AS1ASm＞0. A=O时, 显然

A=0;

齐次性: 设C, 则 AS1(A)S三角不等式: ABS1(AB)S相容性: ABS1(AB)S

S1AS

=A;

S1ASS1BS

S1BS

≦S1ASmS1BS

AB;

S1ASS1BS

≦S1ASm

=AB.

6. 因为In≠O, 所以In＞0.从而利用矩阵范数的相容性得:

InInIn≦In

In,即In≧1.

7. 设 A=(Aij)Cnn, x=(1,2,,n)TCn, 且 A=maxaij, 则

i,j

Ax1aikk≦aikk=[kaik]≦nAk=Amx1;

ikkik



Ax2a

k≦



k]2=

a[2i

=Ax2≦nA=Amx2.

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=(aij), B=(bij)Cmn, C=(cst)Cnl且 A=maxaij, B=maxaij, C=maxcst. 则

i,j

s,t

AB

=max{m,n}maxaijbij≦max{m ,n }max(aijbij)≦max{m ,n }

i,j

(A+B)

=max{m ,n }A+max{m ,n }B=AMBM;

=max{m ,l }maxaikckt≦max{m ,n }max{aikckt

i,t

≦max{m ,n }max{

aik

ckt} (Minkowski不等式)

=max{m ,n }nAC≦max{m ,n }max{n ,l }AC=AMCM.

下证与相应的向量范数的相容性.

设 x=(1,2,,n)TCn, d=max{k}, 则有

Ax1aikk≦aikk=(k

a

)

≦nak=nAk≦max{m ,n}Ak

=AMx1;

Ax2=aikk

≦

(aikk)2≦

(aik

k) (Hölder不等

式)

aik

k≦mnAx2

≦max{m ,n}Ax2=AMx2;



max{aikk≦max{aikk

k1

≦max{

aik

k}≦max{na2nd2}

=nAD≦max{m,n}AD=AMx.

9. 只证范数的相容性公理及与向量2–范数的相容性. 设 A=(aij)Cmn, B=(bst)Cnl, x=(1,2,,n)TCn且 A=maxaij, B=maxbst, 则

i,j

s,t

mlmax

1im,1tl

a

k1

ikkt

b≦mlmax{aikbkt

i,t2

≦mlmax{

i,t

aik

bkt} (Minkowski不等式)

≦mlnab=(mna)(nlb)=AGBG.

Ax2

a

i1k1

2ik

k≦

k)2

≦ ≦

(aikk) （Hölder不等式）

(na2k)=mnAx2

=AGx2.

10. 利用定理2.12得

UHU

In

1.

11.

311242

A1=10

2

110





525

cond1(A)=A1A115; cond(A)=AA1



5210.

12．设x是对应于的特征向量, 则Amxλmx.又设 v是Cn上与矩阵范数相容的向量范数,那么

xvλmxAmx≦Amxv

因 xv＞0, 故由上式可得 λ≦Amλ≦Am.

习题三

1. λIA(λ2c)(λc)2, 当ρ(λ)c﹤1时, 根据定理3.3, A为收敛矩阵. 2. 令S

(N)

=A(k), limS(N)=S , 则

N

k0

k

limA(k)lim(S(k)S(k))0.

k

1(k)

反例: 设 A=

k0

limA(k)=O.

k

0

, 则因 0

发散, 故 k0k

(k)

A发散, 但 k0



3. 设 A=

0.10.7

, 则 ρ(A)≦A行和范数=0.9＜1, 根据定理3.7, 0.30.6

0.10.72471

. 0.30.6=(I－A)=339

k0



4. 我们用用两种方法求矩阵函数eA: 相似对角化法. λIAλ2a2, ia,-ia

当 λia时, 解方程组 (ia－A)x=0, 得解向量 p1=(i, 1)T. 当 λ=－ia时, 解方程组 (ia+A)x=0, 得解向量 p2=(－i, 1)T.令

ii11i1P=, 则P=2i, 于是 111i



01cosa-sinaia

e=PP=. 0iasinacosa



利用待定系数法. 设eλ=(λ2+a2)q(λ)+r(λ), 且 r(λ)=b0+b1λ, 则由

b0b1iaeia

ia

b0b1iae

b0=cosa , b1=

sina .于是 a

eA=b0I+b1A=cosa



1

acosasina1

+sina=. 1acosasinaa

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

b0b1iasinia

与 

bbia-sinia01

b0b1iacosia



bbiacosia01

由此可得

b00

bisinia 与 1a

b0cosia



b01

故

(

isinia0i

sinia)A==sinA 与 02aisinia

0cosia

(cosia)I==cosA. 0cosia

5. 对A求得

1110111

111

P= 310, P=033, PAP=1.

63642102

根据p69方法二,

6e2t

1Attt2t1

e=Pdiag(e,e,e)P=0

60

4e2t3etet

3et3et3et3et

2e2t3etet

tt

3e3e 3et3et

sin24sin22sin12sin24sin1

1

sinA=Pdiag(sin(－1),sin1,sin2)P1=006sin1

66sin100

11

6. D3()=0

110



1=(1)2, D2()=D1()=1, A~J=010.

0001

现设

r(,t)=b0+b1+b22, 则有

b0b1b2etb2btt12te b0=1, b1=2e－tet－2, b2=tet－et+1. 于是



b01110

eAt=r(A, t)=b2t`t

0I+b1A+b2A=I+(2e－te－2)001+(tet－



001

111etet1tetetet+1)1100t

 =01e0011

00et

同理,由



b0b1b2costb12b2tsint b0=1, b1=tsint+2cost－2, b2=1－tsint－cost. 

b01其代入cosAt=b0I+b1A+b2A2, 求出

costcost11tsintcost

cosAt=

0

1cost1 

00cost

7. 设 f(A)=

kA,S=akkA. 则 f(A)=k0

k0

Nlim

SN, 并且由于 (SN

(aTkAk)=ak(AT)k

k0k0

所以, f(AT)=Nlim(SN)T=f(A)T.

8, (1) 对A求得

11P=11, P1

=P , 111J=11 1

1则有

2t

000ete

t3t2e6eet

tetet00eAt=P



tet2etP1=t2et

tetet0 et

tet23t2

ett6

et2

tet

et

将

t2t3

sinttcostsintcost

262

t1

sinAt=PsinttcostsintP 2

sinttcostsintsint

sinttcost

t=tcostsintsint

232

ttcostsinttcostsint

26

t2t3

costtsintcostsint

262

t

cosAt=PcosttsintcostP 2

costtsintcost

000cost

tttsincos002t =costtsintcost02t32

tsintcosttsintcost26

(2) 对A求出

10

P=P1=0

0

01000001

02102, J= 10100

则有

e2t

eAt=P



te2te2t

e2t10P=1t0

01

te2te2t00

00

00

 10t1

sin2t

sinAt=P



tcos2tsin2t

sin2t10P=0t0

00tcos2t00



sin2t00

000

0t0

001000 01

cos2ttsin2tcos2ttsin2t



cos2tcos2t10

P=cosAt=P0100

010

9. (1) sin2A+cos2`A=[

1iAiA21iAiA2

(ee)]=[(ee)] 2i2

=(e2iAe2iAeOeO)(e2iAe2iAeOeO)

=eO=I

(2) sin(A+2πI)=sinAcos(2πI)+cosAsin(2πI) =sinA[I－(2πI)2+－…] = sinA[1－

1111

(2π)2+(2π)4－…]I+cosA[2π－(2π)3+(2π)52!4!3!5!12!

111

(2πI)4－…]+cosA[2πI－(2πI)3+(2πI)54!3!5!

－…]I

=sinAcos2π+cosAsin2π （3）的证明同上.

(4) 因为 A（2πiI）=(2πiI)A ,所以根据定理3.10可得 eA2πiI=eAe2πiI=eA[I+(2πI)+(2πiI)2+(2πiI)3+…]

=eA{[1－

1111

(2π)2+(2π)4－…]+i[2π－(2π)3+(2π)52!4!3!5!

13!

－…]}I

=eA{cos2π+isin2π}I =eA

此题还可用下列方法证明:

e2πi

eA2πiI=eAe2πiI=eAP



e2πi

1A1AP=ePIP=e 



2πie

用同样的方法可证: eA2πiI=eAe2πiI.

10. 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

11. 因A是Hermite矩阵，(iA)H=－iAH=－iA , 于是有

eiA(eiA)H=eiAeiA=eO=I

12. 根据定理3.13, A1

dAt

e=eAt, 利用定理3.14得 dt

tttdAA1d1A1Ated=Aed=Aed=A(eI). 00d0d

13.

sintd

A(t)=costdt

costddd

, (detA(t))=(1)=0, det(A(t))=1, sintdtdtdtcostsintd1sintcost

A1(t)=, A(t)=sintcostdtcostsint



te2d0

tt

14. 0A()d=0ed

t

03d

ed2e

00t

2



21(e2t1)tetet11t3d0t

d00

2t

=1e

3t22

e10

30 0

t2t

15. 取 m=2, A(t)=0t, 则 

t4t3t2d4t322

, (A(t))=A(t)=200tdt4t3d

2A(t)A(t)=0dt

2t22t

. 2t

3t22t

≠2t

因为

dddd

[A(t)]m[A(t)A(t)A(t)]A(t)[A(t)]m1A(t)A(t)[A(t)]m2 dtdtdtdt

+[A(t)]m1A(t)

所以当(A(t))A(t)=A(t)A(t)时, 有

dtdtdddd

[A(t)]m[A(t)]m1A(t)[A(t)]m1A(t)[A(t)]m1A(t) dtdtdtdt

=m[A(t)]m1A(t)

16. (1) 设 B=(bij)mn, X=(ij)nm, 则 BX=(bikkj)mm,于是有

k1

tr(BX)=b1kk1bjkkjbmkkm

k1

nnn

tr(BX)

=bji (i=1,2,…,n ;j=1,2,…,m) ij

b11bm1

d

(tr(BX)=BT dXb

1nbmn

由于 BX与 (BX)TXTBT的迹相同，所以

dd(tr(XTBT))(tr(BX))BT dXdX

(2) 设A=(aij)nn,f=tr(XTAX), 则有

a1kk1a1kkm

n1k

，AX=

nmankk1ankkm

kk

f=l1alkk1ljalkkjlmalkkm

11XT

1m

ljf

(alkkj)lj[ljalkkj][alkkj)] ijijllkkkijij

=aikkjalilj

dff

dXij

=AXATX(AAT)X nm

17. 设A=(aij)nm, 则 F(x)=(kak1,kak2,,kakn),且

k1

dFd1a11dFadFd221

dxadFn1dn

a12a22an2

a1n



a2n

A





ann

18. eAtAeAt



4e2tet

2tt2ee6e2t3et

2e2tet4e2tet6e2t3et

et2e2t

t2t

e2e 3et4e2t

在上式中令t=0, 则有

311O

A=Ae131

331

8301



19. A=316, x(0)=1, A的最小多项式为 ()(1)2. 记

2051

f()=et,并设f()=g()()+(b0b1), 则

b0b1et

tt

 b(1t)e,bte01t

b1te

于是

eAt

8t14t0112tttttAt

(1t)eIteAe3t16t, x(t)=ex(0)=e19t

2t014t16t

21011



20. A=420, f(t)=2, x(0)=1, ()det(I－A)=32.

101et11

根据(A)O,可得； A3A2,A4A2,A5A2,….于是

1111

eAtI(At)(At)2(At)3ItA(t2t3)A2

2!3!2!3!

=ItA(et1t)A2

12t

=4t12tet

0

2t10 ett1et

x(t)=eAt[x(0)0eA

11t1AtAt

f()d]e[x(0)2d]e[12t]1 0

010(t1)et

习题四

1. Doolite分解的说明,以3阶矩阵为例: 1112 r13 第1框 l21r22 r23 第2框 l l32 r33 第3框

1 3 0 2-6

301001

A=210030 221006

2.Crout分解的说明,以3阶矩阵为例: l u12 u13 第1框 l21 l22 u23 第2框 l31l32 l33 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li2为A中对应元素ai2减去第1框中同行的li1与同列的u12之积;

计算如下:

2 -6 -6

001301A=230010 266001

2. 先看下三角矩阵的一种写法:

a11

a21

a31

0a22a32

10a0=21

a11

a33a31

a11

01a32a22

0a110001

0a220



, aii≠0 a3300

对本题中的矩阵A 求得Crout分解为



124

500551

A=20012

5

0012145

利用下三角矩阵的写法对上面的分解变形可得





012A=1

54

25

012

=1

54

25

 =5



5

2410500

24

500

100 50011



3.对A的第1列向量β(1), 构造Householder矩阵H1使得 H1β(1)(1)2e1, e1C3

(1)

011(1)(1)

e121

1, (1)(1)e11, u=1 2(1)(1)

2e100220

010111

41

H1I2uuT100, H1A041, A132

001032



4(2)

对A1的第1列向量3, 类似构造Householder矩阵H2:



u

2)(2)2e1(2)2)

11, e1C2, 3

143H2I22uu 345

52

H2A101



111

10

令HH1, 则有 HA052=R 并且 H02001



4301111T

550011T1100052AH1RH1RHR=QR 10H

20H2034001

55

1

2

2(1)

4. 对A的第1列向量0, 构造Givens矩阵T130

12

2

33

222

2222(1)

 T130, T13AOA1110022

22121~3(2), 对A1的第1列向量, 构造 T12122

33

010

1

20, 12

7~(2)32 T12

432

1OT

, 则有 T12T13AR0令 T12~OT12

0

121

2

3322

41HH

AT12T13R00332

11203322

33

~

, T12A12

0





3230

327

. 于是 33

32320

327

QR 3243

1i0

5. 设A=i0i(1,2,3), 对向量组1,2,3施行正交化, 令

0ii

i

1i12i1[2,1]

11i, 2210i,

[,]2211i00

i



i2



3

于是



11i12 2

2

311i2323

写成矩阵行式

i1122i

最后得

6. 令

则

再令

(1,2,3)(1,2,3)

013(1,2,3)K 0011i1

(,i1i2

3



1,23) 

02i12

631i1A=

i216i326i6

K 

62

1i1

i163

2=i2i



3i2

6i30=26

6QR 

3

003

12

T

210

1T12

0 0

01





1252510

102

02



T1A

50

204000

 0

011101

10









530

T2T130

16

010

1

60, T2T1A050

30

150

160510

60 10



最后令

10



T300

01



A=T3HT2HT3HR



121(1)

6

0

1, T3T2T1A0

00



122105

05

0

30

5300

10

10R 0

10

10=QR 300



7. 

(1)

(0, 1), 

(1)e11

1, u=(1)(－1, 1)T, 

e122

1001

H1=I22uu10, H=0H

1

则有

100121100



HAHT=001012001

010111010

112

=111, H是Householder矩阵.

021

1001

, T=同理, 对(1), 取 c=0, s=1, T12=100T, 则

12100121100

1

12001 TATTAT0010

010111010112

=111, T是Givens矩阵.

021

8. 对 (1), 计算

413(1)20e111T

u=(1), H=I－2uu=43 2520e12

12

16

令 Q=

10

, 则 0H

0200



QAQT2060075

0750

3

34(1)

同理，对,为构造Givens矩阵，令c=, s=, T125

4555

45，35

则

2000

10

TAT2060075时，当T. 0T

120750

1. (1) 对A施行初等行变换

1110301001021211111010～0100 02

22224240010241000

1101210211

11 S=00, A=02

0122424122

11

100001111100022

1111110100

01110(2) ～1111001022

000011011110001

0010000

110011221111100000, A=S= 221101111100110011



00 01

[***********]2000

10

11

S10



01

12

（3）1

2

2424

0123610

0000011～0000010

1000001001

002

123, A110



201

010

00

01

6

500



0，0. 分别对应特征向量e1,e2,e3,10. (1) ATA000的特征值是5，

000



1112

从而V=I, V1(p1), ∑=(), U1AV1∑1=. 令U, 25251

UU1U2, 则

AU0



00

I 00

(2)ATA

1

1

21

的特征值是13，21，对应的特征向量分别为12

1,1.于是 

11

1126012=V, UAV∑1=1， V2∑= 111016220

61111

3261111

UUU, 构造正交矩阵= 取 U21226

0

6

‘

所以，A的奇异值分解为

30AU01VT

00

11. 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=i2

i1

习题五

1．设x=(1,2,,n)T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：xHDHQHxH与上式左乘得

xHDHDx 即 λd11d22dnn,由此立即有从而

mindii

mindi

≤≤maxdi2

≤≤maxdi.

后一不等式的另一证明：根据定理2.13，

≤(QD)≤QD2定理2.11D2DHD的最大特征值maxdi

2. A的四个盖尔园是 G1: z9≤6, G2: z8≤2, G3: z4≤1, G4:

z1≤1.

由于G4是一个单独的连通区域，故其中必有一个实特征值.

G1G2G3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

G1: z1≤

13131313, G2: z2≤, G3: z3≤, G4: z4≤ 27272727

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.

则有盖尔园Gk,使得Gk.若≤0, 则 4．设 λi为A的待征值，

akk≤(akk)i≤Rk 故 ()akk≤Rk,即 akk≤Rkk≤Rkk, 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 G1:z2≤3, G2:z10≤2, G3:z20≤10. 因G1是与

G2G3分离

的，故G1中恰有一个实特征值1[－1, 5].

A的列盖尔园 G1':z2≤9, G2':z10≤4, G3':z20≤2. 因G3'是与

G1'G2分离

的，故 G3'中恰有一个实特征值 3[18, 22]. 选取 D=diag(1, 1,

''z10≤3, G3:

), 则 DAD1的盖尔园 G1'' : z2≤4, G2'': 2

z20≤5. 这三个盖尔园是相互独立的，故必然有

1[－2, 6], 2[7, 13], 3[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[－1, 5], 2[7, 13], 3[18, 22]

7. 因为

2

(2)(32) det(B－A)=

24

所以广义特征值为1=2, 2=－.分别求解齐次线性方程组

(1BA)x0 , (2BA)x0

可得对应于1与2的特征向量分别为

22k0k1 (1), k2 (k20) 11

8. 先证明一个结果：若A是Hermit矩阵，1,n分别是A的最大、最小特征值，则

1maxR(x)R(x), nmaxR(x)R(x)

x0

x21

x0

x21

xxHAx

xHAx 事实上，maxR(x)maxHmax2

x0x0x21Hxxx0

xx2x2

xHAx

下证1＞1, n＞n. 令 Q=A－B, 则

1xHAx(xHBxxHQx)＞xHBx=1

x21

x1

x21

( Q正定，xHQx＞0 )

同理可证 n＞n.

现在设 1＜s＜n, 则根据定理5.10及上面的结果,有

sminxHAxminmax(xHBxxHQx)＞minxHBxs

Px0Px0

x1

x21

9. 显然，B1A的特征值就是A相对于B的广义特征值. 设为1,2,,n且

AqjjBqj, qj0, j=1, 2, …,n 其中 q1,q2,,qn是按B标准正交的广义特征向量. 当 (B1A)＜1时，对任意 x=c1q1c2q2cnqn0

xHAx(c1q1Hc2q2cnqn)A(c1q1c2q2cnqn)

=(c1q1Hc2q2cnqn)(c11Bq1c22Bq2cnnBqn)

=1c12c2ncn ≤maxi(c1c2cn)

222

=(B1A)xHBx＜xHBx

反之，若对任意 x≠0, xHAx＜xHBx成立，并且 (B1A),

AqBq,q0,则取 x=q, 于是有

qHAq＜qHBq1

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

xHBAx

1(BA)maxRI(x)HxHBAx

x21xIxx21x21

=(xHBxxHAx)≤max(xHBx)max(xHAx)

x21

=1(B)1(A)

同理

n(BA)RI(x)(xHBxxHAx)

x21

x1

≥(xHBx)(xHAx)

x21

=n(B)n(A)

11. 由于x≠0时，R(x)R(x)，从而5.24式等价于

x21

rmaxmin{R(x)x21,P2Hx0}

P2Cn(nr)

我们约定，下面的最小值都是对x21来取的. 令x=Qy, 则

minR(x)minxHAxminyHy

P2Hx0

P2HQy0

yP2HQ~y0,~y21}{yP2HQy0,y21},从而注意到 {~

P2x0

P2Qy0

222H~minyymin(rrr1r1nn)≤r H~H~

P2Qy0

~minR(x)=minR(y)≤minR(~y)minyHy≤r HHH~H~

特别地，取P2(qr1,,qn)时，根据定理5.9

rminR(x)

P2Hx0

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

rmaxmin{R(x)x21,P2HBx0}

P2Cn(nr)

成立. 令 x=Qy, 则有

y(0,,0,r,r1,,n),~y21的设齐次线性方程组 P2HBQy0有形如 ~

P2Bx0

minR(x)minyy BHH

P2BQy0

解（不难证明这样的解一定存在），则因

{~y(P2HBQ)~y0}{y(P2HBQ)y0}

所以

222H~~ minRB(x)≤minyyrrr1r1nn≤r ~

P2HBx

P2HBQy0

特别地，取 P2H(qr1,qr2,,qn)时，根据定理5.12可得

minRB(x)r

P2HBx0

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

Ir

SAP=O



K O

则

Ir

A(1)PO



OS, 其中L可取任意矩阵； L

2）标准形法

利用行、列的初等变换将A化成标准形

SAT=

则

Ir

A(1)TL

21

IrO

O O

L12

S, 其中 Lij为任意适当阶的矩阵. L22

3）行变换法

利用行变换将A化成

Drn

 SA=O

(mr)n

其中D为行満秩矩阵. 则

A(1)(DH(DDH)1,On(mr))S

1. 根据A有形如

X=P

Ir

O

OS L

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mn零矩阵时，容易验证任意nm矩阵X都满足矩阵方程 AXA=A

3. 设 A(1)(xij)A{1}, 则由 AXA=A可得 xji1,其余元素任意.

310010310010



4. （1）230010行变换 012101，

111001000113

010010010

(1)

1101 A01010

001133

111008112032310



7102 (2) 5801010行变换015

12230010000211

A(1)

10000100

12(3) 0

1

021511311000

A(1)

10

0100

01

(4) 0

1

00203

203

10102

102= 0221102

10100310011001010022 行变换11100011022010001031



1031

13110001101122 1000

221110101122010311

22021000101100



100100100100

行变换000102010010000011110001

0

0 01

取

100



001

P=(e1,e3,e2), S=102



011

00 0110

021

0

 0

则 A(1)

5. (1) 取 A(1)通解是

100



P01000000S

0

301

120(1), 容易验证 AAbb成立，故方程组有解. 000000

023y1



011y2

010y3

001y4

40

20(1)(1)

x=Ab(IAA)y

0000

(2) 取 A(1)

1000

00(1)

, 因 AAbb, 故方程组有解. 通解是 00

40011y110011y2

x=A(1)b(IA(1)A)y2 10y3

000

00001y4

1200

求Moore-Penrose逆的一般方法：

1）若F是列滿秩矩阵，则 F(FHF)1FH; =2）若G是行滿秩矩阵，则 GGH(GGH)1;

3）设 A的滿秩分解为 A=FG, 则 AGFGH(FHAGH)1FH; 4）设A的奇异值分解为

OH

AUOOV



1OH

则 AVOOU





4. 用定义直接验证：

d1d1d1



d2d2d2

1） 

dndndn

d11d2,d10

, (注意 ) dd1i0,d10dn

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=GFG =OOO



就是B的満秩分解. 于是 BGF.

~~~~

F(FHF)1FH[(FH

AFGF

=(FHF)1FHOH =FOH

所以

F1H

O)O]F



OH

BGFOHGFOHAOH

8. 设 A=，S

11

, T=(1). A 是列滿秩的，则 01

112111H1H

A(AA)A11, S0, TT, SAT1 1211111

10 (SAT)21, T1AS1(1)11122501

1

可见，(SAT)T1AS1.

9. (1) 在第4题中己求出A的行最简形，由此得出A的滿秩分解

10103

AFG 23 11012

由此根据A的滿秩分解计算法得

0010311

121

123001AGH(FHAGH)1FH=0031

1113232



0181991

1811211=01108031=15410348

32441111



1

121

031 

(2) A的滿秩分解为

23

10811

A=58015=FG 712



AGH(FHAGH)1FH

0011

2311

0101251

5801=8538285122311117701

1

013690251

=382 8581159



117

1

251

382 



15990

=1

81361566

25

8675401 382

118273848752116257=154117913

156611415213=

1839

571150629452238

50298

(3) 因A是列滿秩的，故

65111

A(AHA)1AH



5111

120

1011311131

 2511

=1

340144116144144

654912001131164941 2511

=110844282454224446

22162==1

2311342281022171102

(4) A=

10110

01001FG 11

A

GH(FHAGH)FH1010411

010126

01



2011 61=1

2

5222615 8242

5. (1) A=23111023

35



0111

1412

8145

1

101231310A

0



21321213

315111201315

3135142131

101

5=01247

31218641

213184521 1335315=102

3112

144416



0Ab(22,48,4,18)T17

注：书中的答案可能错了！

(2) A10

021011

0111

14



01

1A01

1101101110



022201

1011024 11024145311111052

1=011116121

2 1260101024=1111811

41

630

xAb1

(8,1,7,9)T

026. (1) 方程组的系数矩阵的滿秩分解为 A=1

0

1100

1001，则

11

1002

1

A

1

0101

01



101

01010

0

012011001102011



11101

1

00411

15

=11

2601011

262011=222615 082

42

方程组的极小最小二乘解是

1

26152

121

6152 x0Ab2

22111382421

101011

(2) 方程组的系数矩阵的滿秩分解为 A=02，则 0111

14

1

0

A

1110=11

011101

0024111

01161211126001

521



1111

= 18412



630



1

011

0

222

14531

0111

1

101

024 

01

 24

方程组的极小最小二乘解是

2017

x0Ab

181327

习题七

1. 设 A =(aij)mm, B =(bij)pp, 则

a11Ba12Ba1mB



aaaBBB21222m

AB

aBaBaB

m2mmm1

由此可得 tr(AB)=a11tr(B)+ a22tr(B)+…

+ammtr(B)=tr(A)tr(B).

HHHHH

2. xy2(xy)(xy)(xy)(xy)(xx)(yy)111. 2

3. 根据直积的性质，有

① (AB)(AB)(AB)(AAA)(BBB)AB

② (AB)(AB)(AB)(AAA)(BBB)AB ③ [(AB)(AB)]H[(AA)(BB)]H(AA)H(BB)H

=(AA)(BB)(AB)(AB)

故Penrose方程成立，同理 ④ [(AB)(AB)]H(AB)(AB) ，

从而

(AB)AB

3. 设rank(A)=r1, rank(B)=r2, 则存在可逆矩阵Pi, Qi ，i=1,2使得

Ir1

P1AQ1O



OIr2

A, PBQ122OO

O

B1 OO

 O

于是有

Ir1r2

(P1P2)(AB)(Q1Q2)A1A2O



由于 P1P2, Q1Q2都是可逆矩阵，故 A1A2就是 AB的标准形. 所以

rank(AB)=rank(A)rank(B)=r1r2.

4. 只要 x1, x2, …，xs 及y1, y2, …，yt是线性无关的向量，都可证明

xiyj, i=1,2,…,s, j=1,2,…,t

是线性无关的向量组. 事实上

若记 Px1,x2,,xs, Qy1,y2,,yt，则

PQx1Q,x2Q,,xsQ

x1y1,x1yt,x2y1,,x2yt,xsy1,xsyt由第四题的结论可知，r(PQ)=st, 上式说明 PQ是列滿秩的，从而本题的结论成立.

6. 设

1

P1AP



2

1



J, Q1BQ



m

2



~J 

n

则有

(P1AP)(Q1BQ)(P1Q1)(AB)(PQ)JJ1

2

1



m

2





n

~1J

~2J= 

~mJ

最后的矩阵为对角阵，说明结论成立.

,0,0 ，n. 根据定理7.1可7. InBn1(n), B的特征值是 0

(n1)个

知

AB的特征值为 in

(i=1,2,…,m),

0,0,,0 . 

(n1)m个

8. A的特征值是2，2，B的特征值是－1，－2. A与B有互为相反的特征值，故矩阵方程有无穷多解. 设

111

202

001002

x1x2

X, xx

43

0x101x22

 1x322x44

将矩阵方程拉直得

可求得通解为

为

x1c4, x2c, x34, x46.

于是矩阵方程的通解

0114

X,00c46



c是任意常数.

2. 将矩阵方程两端拉直得

[2IIT即



AITIAT]XO

0x10220

0000x20

 2042x30

0202x4011

,11

解之得 x1=－c, x2=－c, x3=c, x4=c. 从而 X=c3. 根据

IA(1)mA(),

c是任意常数.

设 r(t)=b1+b0, 可求得

r(0)b01

tr(1)b1b0e

所以

et

b1Ab0I0



et0

et1

 11et 1

(et1)2

. 同理求得

最后利用公式（7.17）得 At

etet1et

1ete2t

X(t)e

X0e

0

1I0

01

矩阵论简明教程习题答案

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