题目解答

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题目:设三条不同的直线$l_1:ax+2by+3(a+b+1)=0$,$l_2:bx+2(a+b+1)y+3a=0$,$l_3:(a+b+1)x+2ay+3b=0$,则它们相交于一点的充分必要条件为______.

:答案是$2a+2b+1=0$.
解析:三条直线交于一点,当且仅当关于$x,y$的线性方程组
$$
\begin{cases}
ax+2by=-3(a+b+1)\\
bx+2(a+b+1)y=-3a\\
(a+b+1)x+2ay=-3b
\end{cases}
$$
有且仅有一组解.该线性方程组的增广矩阵
$$
B_{1}=
\begin{pmatrix}
a&2b&-3(a+b+1)\\
b&2(a+b+1)&-3a\\
a+b+1&2a&-3b
\end{pmatrix}
$$
将矩阵$B_{1}$进行初等变换:
\begin{align*}
B_{1}&= \begin{pmatrix}
a&2b&-3(a+b+1)\\
b&2(a+b+1)&-3a\\
a+b+1&2a&-3b
\end{pmatrix} \\&\xrightarrow[\mbox{第}3\mbox{列乘以}\left(-\frac{1}{3}\right)]{\mbox{第}2\mbox{列乘以}\frac{1}{2}}
\begin{pmatrix}
a&b&a+b+1\\
b&a+b+1&a\\
a+b+1&a&b
\end{pmatrix}=B_{2}
\\&\xrightarrow{\mbox{第}1\mbox{行乘以}-1\mbox{加
到第}3\mbox{行上}}
\begin{pmatrix}
a&b&a+b+1\\
b&a+b+1&a\\
b+1&a-b&-a-1
\end{pmatrix}=B_{3}
\\&\xrightarrow{\mbox{第}2\mbox{行乘以}-1\mbox{加到第}3\mbox{行上}}
\begin{pmatrix}
a&b&a+b+1\\
b&a+b+1&a\\
1&-2b-1&-2a-1
\end{pmatrix}=B_{4}
\\&\xrightarrow[\mbox{第}3\mbox{行乘以}-a\mbox{加到第}1\mbox{行上}]{\mbox{第}3\mbox{行乘以}-b\mbox{加到第}2\mbox{行上}}
\begin{pmatrix}
0&2ab+a+b&2a^{2}+2a+b+1\\
0&2b^2+a+2b+1&2ab+a+b\\
1&-2b-1&-2a-1
\end{pmatrix}=B_{5}.
\end{align*}
则该线性方程组有且仅有一解当且仅当矩阵$B_{2}$($B_{5}$)的秩为$2$,且矩阵$B_{2}$($B_{5}$)的前两个列向量形成的$3\times 2$子矩阵的秩也为$2$.

先求线性方程组有且仅有一解的必要条件:
因为$3\times 3$矩阵$B_{2}$的秩为$2$,故$\det B_{2}=0$,即
\begin{align*}
\det B_{2}&=3ab(a+b+1)-a^3-b^3-(a+b+1)^3
\\&=-(2a+2b+1)[a^2+b^2+(a+b+1)^2-ab-b(a+b+1)-(a+b+1)a]
\\&=-(2a+2b+1)\left[\frac{(a-b)^2+(a+1)^2+(b+1)^2}{2}\right]
\\&=0,
\end{align*}

$$
\frac{(a-b)^2+(a+1)^2+(b+1)^2}{2}=0
$$
时,$a=b=-1$.此时矩阵$B_{2}(B_{5})$的前两个列向量形成的$3\times 2$子矩阵的秩为$1$,矛盾.故只能有$2a+2b+1=0$.将这条关系代入矩阵$B_{5}$,得
$$
B_{5}=
\begin{pmatrix}
0&-2a^2-a-\cfrac{1}{2}&2a^2+a+\cfrac{1}{2}\\
0&2a^2+a+\cfrac{1}{2}&-2a^2-a-\cfrac{1}{2}\\1&2a&-2a-1
\end{pmatrix}
$$
由于$\forall a\in \mathbf{R},2a^2+a+\cfrac{1}{2}\neq 0$,故矩阵$B_{5}$的秩为$2$,且矩阵$B_{5}$的前两个列向量形成的子矩阵的秩也为$2$.综上所述,三条直线交于一点的必要条件是$2a+2b+1=0$.

再说明$2a+2b+1=0$是线性方程组有且仅有一解的充分条件:
当$2a+2b+1=0$时,可得矩阵
$$
B_{5}=
\begin{pmatrix}
0&-2a^2-a-\cfrac{1}{2}&2a^2+a+\cfrac{1}{2}\\
0&2a^2+a+\cfrac{1}{2}&-2a^2-a-\cfrac{1}{2}\\1&2a&-2a-1
\end{pmatrix},
$$
可得矩阵$B_{5}$的秩为$2$,且矩阵$B_{5}$的前两个列向量形成的$3\times 2$子矩阵的秩也为$2$,故线性方程组有且只有一个解.

同事代她朋友的儿子问我两道平面几何题,第一题我已经给出解答,下面我们来求解第2个平面几何题:

题目:已知$\triangle ABC$中,$H$是$\triangle ABC$的垂心,直线$BH$交直线$AC$于点$D$.$M$为$AH$的中点.$O$是$\triangle ABH$的外心.直线$CM,DO$交于点$G$.连接$HG$,过点$C$作$HG$的平行线交$AH$延长线于点$E$.连接$DE$.求证:$DO\perp DE$.

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证明:如图2,设$\triangle ABH$中,$\angle ABH=\alpha$,$\angle BAH=\beta$,设$\triangle ABH$的外接圆半径为$R$.设直线$OD$与直线$BC$交于点$F$,直线$OD$与直线$AB$交于点$P$.设线段$BH$的中点为$Q$.过点$E$作直线$AC$的垂线,设垂足为$K$.先用$\alpha,\beta,R$表示出若干线段的长度和角的度数.易得
$$
AH=2R\sin\alpha,BH=2R\sin\beta,
$$
$$
\angle OBA=\angle OAB=\angle HAD=\angle HBC=90^{\circ}-(\alpha+\beta).
$$

\begin{align*}
\tan\angle BDP&=\frac{OQ}{QD}=\frac{OQ}{QH+HD}\\&=\frac{R\sin\angle
OBH}{\frac{1}{2}BH+AH\sin\angle
HAD}\\&=\frac{R\sin(90^{\circ}-\beta)}{R\sin\beta+2R\sin\alpha\sin[90^{\circ}-(\alpha+\beta)]}\\&=\frac{\cos\beta}{\sin\beta+2\sin\alpha\cos(\alpha+\beta)}
\\&=\frac{\cos\beta}{\sin(2\alpha+\beta)}.
\end{align*}

\begin{align*}
\frac{AP}{PB}&=\frac{S_{\triangle DAP}}{S_{\triangle
DBP}}=\frac{\frac{1}{2}DA\cdot DP\sin\angle
ADP}{\frac{1}{2}DB\cdot DP\sin\angle BDP}\\&=\frac{\frac{1}{2}DA\cdot DP\cos\angle
BDP}{\frac{1}{2}DB\cdot DP\sin\angle BDP}\\&=\frac{DA}{DB\tan\angle
BDP}
\\&=\frac{\tan\alpha}{\tan\angle BDP}
\\&=\frac{\tan\alpha\sin(2\alpha+\beta)}{\cos\beta}.
\end{align*}

$$
\frac{CD}{DA}=\frac{CD/BD}{DA/BD}=\frac{\tan \angle DBC}{\tan \angle
ABD}=\frac{1}{\tan\alpha\tan(\alpha+\beta)}.
$$由梅涅劳斯定理,
$$
\frac{AP}{PB}\cdot \frac{BF}{FC}\cdot \frac{CD}{DA}=1,
$$

$$
\frac{FC}{BF}=\frac{AP}{PB}\cdot \frac{CD}{DA}=\frac{\sin(2\alpha+\beta)}{\cos\beta\tan(\alpha+\beta)}
$$
因为
$$
BD=BH+HD=2R\sin\beta+2R\sin\alpha\cos(\alpha+\beta)=2R\sin(\alpha+\beta)\cos\alpha,
$$
所以
$$
BC=\frac{BD}{\cos\angle DBC}=\frac{2R\sin(\alpha+\beta)\cos\alpha}{\sin(\alpha+\beta)}=2R\cos\alpha.
$$
于是
$$
\frac{FC}{BF}=\frac{FC}{BC+CF}=\frac{FC}{2R\cos\alpha+FC}=\frac{\sin(2\alpha+\beta)}{\cos\beta\tan(\alpha+\beta)},
$$
解得
\begin{align*}
FC&=\cfrac{2R\cos\alpha}{\cfrac{\cos\beta\tan(\alpha+\beta)}{\sin(2\alpha+\beta)}-1}\\&=
\frac{2R\cos\alpha\sin(2\alpha+\beta)}{\cos\beta\tan(\alpha+\beta)-\sin(2\alpha+\beta)}
\\&=\frac{2R\cos\alpha\sin(2\alpha+\beta)\cos(\alpha+\beta)}{\cos\beta\sin(\alpha+\beta)-\sin(2\alpha+\beta)\cos(\alpha+\beta)}
\\&=\frac{2R\cos\alpha\sin(2\alpha+\beta)\cos(\alpha+\beta)}{\cfrac{\sin(\alpha+2\beta)+\sin\alpha}{2}-\cfrac{\sin(3\alpha+2\beta)+\sin\alpha}{2}}
\\&=\frac{2R\cos\alpha\sin(2\alpha+\beta)\cos(\alpha+\beta)}{\cfrac{\sin(\alpha+2\beta)-\sin(3\alpha+2\beta)}{2}}
\\&=\frac{2R\cos\alpha\sin(2\alpha+\beta)\cos(\alpha+\beta)}{-\sin\alpha\cos(2\alpha+2\beta)}.
\end{align*}
由于$OM=R\cos\alpha$,故
$$
\frac{MH}{HE}=\frac{MG}{GC}=\frac{OM}{FC}=-\frac{\sin\alpha\cos(2\alpha+2\beta)}{2\sin(2\alpha+\beta)\cos(\alpha+\beta)}.
$$
由于$MH=R\sin\alpha$,解得
$$
HE=-\frac{2R\sin(2\alpha+\beta)\cos(\alpha+\beta)}{\cos(2\alpha+2\beta)},
$$
下面先用$HE$表示出$\tan\angle EDK$.
$$
EK=AE\sin\angle EAK=(AH+HE)\sin\angle EAK=(2R\sin\alpha+HE)\cos(\alpha+\beta),
$$
$$
AK=AE\cos\angle EAK=(AH+HE)\cos\angle EAK=(2R\sin\alpha+HE)\sin(\alpha+\beta).
$$
所以
$$
DK=AK-AD=(2R\sin\alpha+HE)\sin(\alpha+\beta)-2R\sin\alpha\sin(\alpha+\beta)=HE\sin(\alpha+\beta),
$$
所以
\begin{align*}
\tan\angle
EDK=\frac{EK}{DK}&=\frac{(2R\sin\alpha+HE)\cos(\alpha+\beta)}{HE\sin(\alpha+\beta)}
\\&=\frac{2R\sin\alpha}{HE\tan(\alpha+\beta)}+\frac{1}{\tan(\alpha+\beta)}
\\&=-\frac{\sin\alpha\cos(2\alpha+2\beta)}{\sin(2\alpha+\beta)\sin(\alpha+\beta)}+\frac{1}{\tan(\alpha+\beta)}
\\&=-\frac{\sin\alpha\cos(2\alpha+2\beta)}{\sin(2\alpha+\beta)\sin(\alpha+\beta)}+\frac{\cos(\alpha+\beta)\sin(2\alpha+\beta)}{\sin(\alpha+\beta)\sin(2\alpha+\beta)}
\\&=\frac{\sin(2\alpha+\beta)\cos(\alpha+\beta)-\sin\alpha\cos(2\alpha+2\beta)}{\sin(2\alpha+\beta)\sin(\alpha+\beta)}
\\&=\frac{[\sin(3\alpha+2\beta)+\sin\alpha]-[\sin(3\alpha+2\beta)-\sin(\alpha+2\beta)]}{2\sin(2\alpha+\beta)\sin(\alpha+\beta)}
\\&=\frac{\sin\alpha+\sin(\alpha+2\beta)}{2\sin(2\alpha+\beta)\sin(\alpha+\beta)}
\\&=\frac{\sin(\alpha+\beta)\cos\beta}{\sin(2\alpha+\beta)\sin(\alpha+\beta)}
\\&=\frac{\cos\beta}{\sin(2\alpha+\beta)}
\\&=\tan\angle BDP,
\end{align*}
故$\angle BDP=\angle EDK$.由于$\angle EDK+\angle BDE=90^{\circ}$,故$\angle BDP+\angle BDE=90^{\circ}$,即$DO\perp DE$.$\Box$

陈娥老师代她朋友的儿子问我两道平面几何题,其中一题如下:

题目:已知$\triangle ABC$,过点$B,C$的圆分别交$AC,AB$于点$E,F$,$BE$与$CF$交于点$P$,$AP$交$BC$于点$D$,若$\angle BFD=\angle CFD$,求证:$BE=CE$.

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证明:由赛瓦定理,
\begin{equation}\label{eq:1}
\frac{AF}{FB}\cdot \frac{BD}{DC}\cdot \frac{CE}{EA}=1,
\end{equation}
又因为$ED$是$\angle BFC$的角平分线,由角平分线分线段成比例定理,
\begin{equation}\label{eq:2}
\frac{FB}{FC}=\frac{BD}{DC}.
\end{equation}
将关系\eqref{eq:2}代入关系\eqref{eq:1},可得
$$
\frac{AF}{FB}\cdot \frac{FB}{FC}\cdot \frac{CE}{EA}=1,
$$
化简可得
\begin{equation}\label{eq:3}
\frac{AF}{FC}=\frac{EA}{CE}.
\end{equation}
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如图2所示,连接$EF$,延长线段$FD$交圆于点$H$.连接$BH$.

由角平分线分线段成比例定理的逆定理,关系式\eqref{eq:3}表明$EF$是$\angle AFC$的角平分线.则
$$
\angle EFH=\angle EFC+\angle CFH=\frac{1}{2}\angle
AFC+\frac{1}{2}\angle CFB=\frac{1}{2}\angle AFB=90^{\circ}.
$$
即圆周角$\angle EFH$为直角,故$EH$为圆的直径.由直径所对的圆周角为直角,可得$\angle EBH=90^{\circ}$.设$\angle BFD=\angle HFC=\alpha$,则由于圆周角$\angle HBC$和圆周角$HFC$对应于同一个圆心角,故
$$
\angle HBC=\angle HFC=\alpha,
$$
则$\angle EBC=\angle EBH-\angle HBC=90^{\circ}-\alpha$.

下面求角$\angle ECB$.因为
\begin{align*}
\angle EFB&=\angle EFC+\angle CFB
\\&=(\angle EFH-\angle CFH)+\angle CFB
\\&=(90^{\circ}-\alpha)+2\alpha
\\&=90^{\circ}+\alpha,
\end{align*}

$$
\angle ECB=180^{\circ}-\angle
EFB=180^{\circ}-(90^{\circ}+\alpha)=90^{\circ}-\alpha=\angle EBC.
$$
故$\angle EBC$是等腰三角形,其中$EB=EC$.$\Box$

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问题 1 (习题1.22). 利用四舍五入来求和,使得其和的误差不超过$10^{-9}$.
\begin{align*}
&{\color{red}0.1234567898}765432104567898765432101
\\+&{\color{red}9.1111112221}112221118765432104567892
\end{align*}

解答 1.1. 只用取这两个小数的小数点后10位相加即可,所得误差会小于$2\times 10^{-10}$.

问题 2 (习题1.27). 以$s_1=1$作为第一项近似值找到$\sqrt{3}$的前四项近似值$s_1,s_2,s_3,s_4$,并迭代得到
$$
s_{n+1}=\frac{1}{2}\left(s_n+\frac{3}{s_n}\right).
$$
若以$s_1=2$作为第一项近似值,结果如何?

解答 2.1. $$
s_1=1,s_2=2,s_3=\frac{7}{4},s_4=\frac{97}{56}.
$$
若以$s_1=2$作为第一项近似值,则结果会更加精确.可算得$s_4=\frac{18817}{10864}$.

问题 3 (习题1.41). 设由比值判别法可知级数$\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}a_n$收敛.利用比值判别法证明级数$\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}na_n$也收敛.那么级数$\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^nn^5a_n$呢?

解答 3.1. $$
\lim_{n\to\infty}\frac{|(n+1)a_{n+1}|}{|na_n|}=\lim_{n\to\infty}\frac{|a_{n+1}|}{|a_n|}<1. $$ 故$\sum_{n=0}^{\infty}na_n$收敛.对于级数$\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}(-1)^nn^5a_n$来说, $$ \lim_{n\to\infty}\frac{|(-1)^{n+1}(n+1)^{5}a_{n+1}|}{|(-1)^{n}n^{5}a_n|}=\lim_{n\to\infty}\left(\frac{n+1}{n}\right)^5\frac{|a_{n+1}|}{|a_n|}=\lim_{n\to\infty}\frac{|a_{n+1}|}{|a_n|}<1. $$ 故$\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^nn^5a_n$发散.

问题 4 (习题1.42). 证明级数$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{n^2}{n^2+1}$发散.
解答 4.1. 因为$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{n^2}{n^2+1}=1$,所以该级数发散.
问题 5 (习题1.47,1.49). 判断下列级数是绝对收敛,条件收敛还是发散.
  • $\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}\frac{n}{\sqrt{n^2+1}}$.
  • $\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}\frac{n}{\sqrt{n^4+1}}$.
解答 5.1.
  • 因为$\displaystyle \lim_{n\to\infty}\frac{n}{\sqrt{n^2+1}}=1$, 所以级数发散.
  • $$ \frac{n}{\sqrt{n^4+1}}>\frac{n}{\sqrt{4n^4}}=\frac{1}{2n}.
    $$
    而级数
    $$
    \sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{2n}
    $$
    发散,故级数$\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\frac{n}{\sqrt{n^4+1}}$发散.

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以下所有习题都来自David C.Lay《线性代数及其应用》第2.4节.

问题 1. 形如$A=
\begin{bmatrix}
A_{11}&A_{12}\\
0&A_{22}
\end{bmatrix}
$的矩阵称为分块上三角矩阵,设$A_{11}$是$p\times p$矩阵,$A_{22}$是$q\times q$矩阵,且$A$为可逆矩阵.求$A^{-1}$的表达式.

解答 1.1. $$
\begin{bmatrix}
A_{11}^{-1}&0\\
0&I
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
A_{11}&A_{12}\\
0&A_{22}
\end{bmatrix}=
\begin{bmatrix}
I&A_{11}^{-1}A_{12}\\
0&A_{22}
\end{bmatrix},
$$
$$
\begin{bmatrix}
I&0\\
0&A_{22}^{-1}
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
I&A_{11}^{-1}A_{12}\\
0&A_{22}
\end{bmatrix}=
\begin{bmatrix}
I&A_{11}^{-1}A_{12}\\
0&I
\end{bmatrix}
$$

$$
\begin{bmatrix}
I&-A_{11}^{-1}A_{12}\\
0&I
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
I&A_{11}^{-1}A_{12}\\
0&I
\end{bmatrix}=
\begin{bmatrix}
I&0\\
0&I
\end{bmatrix}.
$$

$$
A^{-1}=
\begin{bmatrix}
I&-A_{11}^{-1}A_{12}\\
0&I
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
I&0\\
0&A_{22}^{-1}
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
A_{11}^{-1}&0\\
0&I
\end{bmatrix}=
\begin{bmatrix}
A_{11}^{-1}&-A_{11}^{-1}A_{12}A_{22}^{-1}\\
0&A_{22}^{-1}
\end{bmatrix}.
$$

问题 2. 证明$
\begin{bmatrix}
I&0\\
A&I
\end{bmatrix}
$可逆并求出它的逆.

解答 2.1. $$
\begin{bmatrix}
I&0\\
-A&I
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
I&0\\
A&I
\end{bmatrix}=
\begin{bmatrix}
I&0\\
0&I
\end{bmatrix},
$$
因此矩阵$
\begin{bmatrix}
I&0\\
A&I
\end{bmatrix}
$可逆.其逆为$
\begin{bmatrix}
I&0\\
-A&I
\end{bmatrix}
$.

问题 3. 计算$X^TX$,其中$X$分块为$
\begin{bmatrix}
X_1&X_2
\end{bmatrix}
$.

解答 3.1. $$
X^TX=
\begin{bmatrix}
X_1^T\\
X_2^T
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
X_1&X_2
\end{bmatrix}=
\begin{bmatrix}
X_1^TX_1&X_1^TX_2\\
X_2^TX_1&X_2^TX_2
\end{bmatrix}.
$$

问题 4. 设$A_{11}$可逆,求出$X$与$Y$使
$$
\begin{bmatrix}
A_{11}&A_{12}\\
A_{21}&A_{22}
\end{bmatrix}=
\begin{bmatrix}
I&0\\
X&I
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
A_{11}&0\\
0&S
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
I&Y\\
0&I
\end{bmatrix}
$$
其中$S=A_{22}-A_{21}A_{11}^{-1}A_{12}$,矩阵$S$称为$A_{11}$的舒尔补,这样的表达式常在系统工程和其他地方中出现.

解答 4.1. $$
\begin{bmatrix}
I&0\\
-A_{21}A_{11}^{-1}&I
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
A_{11}&A_{12}\\
A_{21}&A_{22}
\end{bmatrix}=
\begin{bmatrix}
A_{11}&A_{12}\\
0&A_{22}-A_{21}A_{11}^{-1}A_{12}
\end{bmatrix},
$$
$$
\begin{bmatrix}
A_{11}&A_{12}\\
0&A_{22}-A_{21}A_{11}^{-1}A_{12}
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
I&-A_{12}A_{11}^{-1}\\
0&I
\end{bmatrix}=
\begin{bmatrix}
A_{11}&0\\
0&A_{22}-A_{21}A_{11}^{-1}A_{12}
\end{bmatrix}.
$$
因此
$$
\begin{bmatrix}
I&Y\\
0&I
\end{bmatrix}=
\begin{bmatrix}
I&-A_{12}A_{11}^{-1}\\
0&I
\end{bmatrix}^{-1}=
\begin{bmatrix}
I&A_{12}A_{11}^{-1}\\
0&I
\end{bmatrix},
$$
表明$Y=A_{12}A_{11}^{-1}$.
$$
\begin{bmatrix}
I&0\\
X&I
\end{bmatrix}=
\begin{bmatrix}
I&0\\
-A_{21}A_{11}^{-1}&I
\end{bmatrix}^{-1}=
\begin{bmatrix}
I&0\\
A_{21}A_{11}^{-1}&I
\end{bmatrix},
$$
表明$X=A_{21}A_{11}^{-1}$.

问题 5. 求分块矩阵$
\begin{bmatrix}
I&0&0\\
C&I&0\\
A&B&I
\end{bmatrix}
$的逆.

解答 5.1.
$$
\begin{bmatrix}
I&0&0\\
-C&I&0\\
BC-A&-B&I
\end{bmatrix}.
$$

问题 6. 设$A_{11}$是可逆矩阵,求出矩阵$X$和$Y$使下列的积有所说的形式,并计算$B_{22}$.
$$
\begin{bmatrix}
I&0&0\\
X&I&0\\
Y&0&I
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
A_{11}&A_{12}\\
A_{21}&A_{22}\\
A_{31}&A_{32}
\end{bmatrix}=
\begin{bmatrix}
B_{11}&B_{12}\\
0&B_{22}\\
0&B_{32}
\end{bmatrix}.
$$

解答 6.1. $$
\begin{bmatrix}
I&0&0\\
-A_{21}A_{11}^{-1}&I&0\\
-A_{31}A_{11}^{-1}&0&I
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
A_{11}&A_{12}\\
A_{21}&A_{22}\\
A_{31}&A_{32}
\end{bmatrix}=
\begin{bmatrix}
A_{11}&A_{12}\\
0&A_{22}-A_{21}A_{11}^{-1}A_{12}\\
0&A_{32}-A_{33}A_{11}^{-1}A_{12}
\end{bmatrix}
$$

问题 7. 设$A=
\begin{bmatrix}
B&0\\
0&C
\end{bmatrix}
$,其中$B$和$C$是方阵,证明$A$可逆当且仅当$B$和$C$都可逆.

解答 7.1. 当矩阵$B$和$C$都可逆时,
$$
\begin{bmatrix}
B^{-1}&0\\
0&C^{-1}
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
B&0\\
0&C
\end{bmatrix}=
\begin{bmatrix}
I&0\\
0&I
\end{bmatrix},
$$
因此矩阵$A$可逆.反之,当矩阵$A$可逆时,存在矩阵$X,Y,Z,W$,使得
$$
\begin{bmatrix}
X&Y\\
Z&W
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
B&0\\
0&C
\end{bmatrix}=
\begin{bmatrix}
I&0\\
0&I
\end{bmatrix}
$$
解得$XB=I,WC=I$.由于$B,C$都是方阵,因此矩阵$B$和$C$都可逆.

问题 8. 形如$A=
\begin{bmatrix}
A_{11}&A_{12}\\
0&A_{22}
\end{bmatrix}
$的矩阵称为分块上三角矩阵.证明矩阵$A$可逆当且仅当$A_{11}$和$A_{22}$都
可逆.

解答 8.1. 通过初等行变换可以把问题8化归为问题7.

问题 9. 当太空卫星发射之后,为使卫星在精确计算过的轨道上运行,需要校正它的位置.雷达屏幕给出一组向量$\bm{x}_1,\cdots,\bm{x}_k$,它们给出卫星在不同时间里的位置与计划轨道的比较.设$X_k$表示矩阵$
\begin{bmatrix}
\bm{x}_1&\cdots&\bm{x}_k
\end{bmatrix}
$,矩阵$G_k=X_kX_k^T$需要在雷达分析数据时计算出来,因数据向量高速到达,所以计算负担很重.分块矩阵的计算起很大作用.计算$G_k$和$G_{k+1}$的列展开,叙述从$G_k$如何计算$G_{k+1}$.

解答 9.1. $$
G_{k+1}=X_{k+1}X_{k+1}^T=
\begin{bmatrix}
X_k&\bm{x}_{k+1}
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
X_k^T\\
\bm{x}_{k+1}^T
\end{bmatrix}=X_kX_k^T+\bm{x}_{k+1}\bm{x}_{k+1}^T=G_k+\bm{x}_{k+1}\bm{x}_{k+1}^T.
$$

问题 10. 设$X$是$m\times n$矩阵,且$X^TX$可逆.又设$M=I_m-X(X^TX)^{-1}X^T$.加一列$\bm{x}_0$于这组数据,构成矩阵$W=
\begin{bmatrix}
X&\bm{x}_0
\end{bmatrix}
$,计算$W^TW$.它的$(1,1)$元素为$X^TX$,证明$X^TX$的舒尔补是$\bm{x}_0^TM\bm{x}_0$,可以证明数$(\bm{x}_0^TM\bm{x}_0)^{-1}$是$(W^TW)^{-1}$的$(2,2)$元素,在适当假设下,这个数有一个有用的统计解释.

解答 10.1. $$
W^{T}W=
\begin{bmatrix}
X^T\\
\bm{x}_0^{T}
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
X&\bm{x}_{0}
\end{bmatrix}=
\begin{bmatrix}
X^TX&X^T\bm{x}_0\\
\bm{x}_{0}^TX&\bm{x_{0}}^{T}\bm{x}_0
\end{bmatrix}.
$$
$X^TX$的舒尔补是
$$
\bm{x}_0^{T}\bm{x}_0-\bm{x}_0^TX(X^{T}X)^{-1}X^T\bm{x}_0=\bm{x}_0^TM\bm{x}_0.
$$

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问题 1 (David C.Lay《线性代数及其应用》习题3.3.32). 令$S$是$\mathbf{R}^3$中具有顶点$\mathbf{0},\mathbf{e}_1,\mathbf{e}_2,\mathbf{e}_3$的四面体,$S’$为具有顶点为$\mathbf{0},\bm{v}_1,\bm{v}_2,\bm{v}_3$的四面体,见下面的图形.
  • 描述一个将$S$映射到$S’$上的线性变换.
  • 利用$\{\mbox{S的体积}\}=\frac{1}{3}\{\mbox{底面
    积}\}\cdot\{\mbox{高}\}$这个事实给出一个四面体$S’$的体积公式.

此图像的alt属性为空;文件名为20190317-1.png

解答 1.1.
  • 设该线性变换是$T$,满足
    $$
    T(\bm{e}_1)=\bm{v}_1,T(\bm{e}_2)=\bm{v}_2,T(\bm{e}_3)=\bm{v}_3.
    $$
    设$\{\bm{e}_1,\bm{e}_2,\bm{e}_3\}=\mathcal{E}$构成$\mathbf{R}^3$的一组单位正交基底,则
    $$
    [T]_{\mathcal{E}}^{\mathcal{E}}=\begin{bmatrix}\bm{v_{1}}^{\mathcal{E}}&\bm{v_{2}}^{\mathcal{E}}&\bm{v_{3}}^{\mathcal{E}}\end{bmatrix},
    $$
    其中$\bm{v}_i^{\mathcal{E}}$是向量$\bm{v}_i$在基$\mathcal{E}$下的坐标.

  • $$
    \mathrm{Vol}S’=\frac{1}{6}\det \begin{bmatrix}\bm{v_{1}}^{\mathcal{E}}&\bm{v_{2}}^{\mathcal{E}}&\bm{v_{3}}^{\mathcal{E}}\end{bmatrix}
    $$


问题 2 (库奥涅夫《高等代数》习题10.3). 利用拉普拉斯定理,证明
$$
\begin{vmatrix}
a&b&c&d\\
a_1&b_1&c_1&d_1\\
d&c&b&a\\
d_1&c_1&b_1&a_1
\end{vmatrix}=(ac_1-a_1c)^2+(bd_1-b_1d)^2-(ab_1-a_1b)^2-(cd_1-c_1d)^2-2(ad_1-a_1d)(bc_1-b_1c).
$$

解答 2.1. 由拉普拉斯定理,
\begin{align*}
\begin{vmatrix}
a&b&c&d\\
a_1&b_1&c_1&d_1\\
d&c&b&a\\
d_1&c_1&b_1&a_1
\end{vmatrix}&=
\begin{vmatrix}
a&b\\
a_1&b_1
\end{vmatrix}
\begin{vmatrix}
b&a\\
b_1&a_1
\end{vmatrix}-
\begin{vmatrix}
a&c\\
a_1&c_1
\end{vmatrix}
\begin{vmatrix}
c&a\\
c_1&a_1
\end{vmatrix}+
\begin{vmatrix}
a&d\\
a_1&d_1
\end{vmatrix}
\begin{vmatrix}
c&b\\
c_1&b_1
\end{vmatrix}\\&+
\begin{vmatrix}
b&c\\
b_1&c_1
\end{vmatrix}
\begin{vmatrix}d&a\\
d_1&a_1
\end{vmatrix}-
\begin{vmatrix}
b&d\\
b_1&d_1
\end{vmatrix}
\begin{vmatrix}
d&b\\
d_1&b_1
\end{vmatrix}+
\begin{vmatrix}
c&d\\
c_1&d_1
\end{vmatrix}
\begin{vmatrix}
d&c\\
d_1&c_1
\end{vmatrix}
\\&=-(ab_1-a_1b)^2+(ac_1-a_1c)^2-2(ad_1-a_1d)(bc_1-b_1c)+(bd_1-b_1d)^2-(cd_1-c_1d)^2
\end{align*}

问题 3 (奥库涅夫《高等代数》习题9.2). 利用行列式乘法规则证明下列恒等式
  • $(ab_1-a_1b)^2=(a^2+b^2)(a_1^2+b_1^2)-(aa_1+bb_1)^2$
  • $(a^2+b^2)(a_1^2+b_1^2)=(aa_1-bb_1)^2+(ab_1+a_1b)^2$

解答 3.1.

  • $$
    \begin{vmatrix}
    a&b\\
    a_1&b_1
    \end{vmatrix}
    \begin{vmatrix}
    a&a_1\\
    b&b_1
    \end{vmatrix}=
    \begin{vmatrix}
    a^2+b^2&aa_1+bb_1\\
    aa_1+bb_1&a_1^2+b_1^2
    \end{vmatrix},
    $$

    $$
    (ab_1-a_1b)^2=(a^2+b^2)(a_1^2+b_1^2)-(aa_1+bb_1)^2.
    $$

  • $$
    \begin{vmatrix}
    a&b\\
    -b&a
    \end{vmatrix}
    \begin{vmatrix}
    a_1&b_1\\
    -b_1&a_1
    \end{vmatrix}=
    \begin{vmatrix}
    aa_1-bb_1&ab_1+a_1b\\
    -(ab_1+a_1b)&aa_1-bb_1
    \end{vmatrix},
    $$

    $$
    (a^2+b^2)(a_1^2+b_1^2)=(aa_1-bb_1)^2+(ab_1+a_1b)^2.
    $$


问题 4 (库奥涅夫《高等代数》习题10.2). 用第二行和第四行展开行列式
$$
\begin{vmatrix}
1&5&-1&7&3\\
-1&0&1&4&0\\
1&1&2&3&-1\\
5&0&1&1&0\\
-1&1&3&2&-2
\end{vmatrix}.
$$

解答 4.1. \begin{align*}
\begin{vmatrix}
1&5&-1&7&3\\
-1&0&1&4&0\\
1&1&2&3&-1\\
5&0&1&1&0\\
-1&1&3&2&-2
\end{vmatrix}&=
\begin{vmatrix}
-1&1\\
5&1
\end{vmatrix}
\begin{vmatrix}
5&7&3\\
1&3&-1\\
1&2&-2
\end{vmatrix}-
\begin{vmatrix}
-1&4\\
5&1
\end{vmatrix}
\begin{vmatrix}
5&-1&3\\
1&2&-1\\
1&3&-2
\end{vmatrix}-
\begin{vmatrix}
1&4\\
1&1
\end{vmatrix}
\begin{vmatrix}
1&5&3\\
1&1&-1\\
-1&1&-2
\end{vmatrix}
\\&=-6\times (-16)-(-21)\times (-3)-(-3)\times 20
\\&=93.
\end{align*}

问题 5 (库奥涅夫《高等代数》习题10.5). 求行列式
$$
\det A=\det
\begin{pmatrix}
a&b&c&d\\
-b&a&d&-c\\
-c&-d&a&b\\
-d&c&-b&a
\end{pmatrix}.
$$

解答 5.1. $$
AA^T=
\begin{pmatrix}
a^2+b^2+c^2+d^{2}&0&0&0\\
0&a^2+b^2+c^2+d^2&0&0\\
0&0&a^2+b^2+c^2+d^2&0\\
0&0&0&a^2+b^2+c^2+d^2
\end{pmatrix},
$$
因此
$$
\det AA^T=(a^2+b^2+c^2+d^2)^4,
$$

$$
\det A=(a^2+b^2+c^2+d^2)^2.
$$

问题 6. 试计算下列诸行列式:

  • $$
    \begin{vmatrix}
    0&1&1&1\\
    1&0&a&b\\
    1&a&0&c\\
    1&b&c&0
    \end{vmatrix}
    $$

  • $$
    \begin{vmatrix}
    1+a&1&1&1\\
    1&1+b&1&1\\
    1&1&1+c&1\\
    1&1&1&1+d
    \end{vmatrix}.
    $$

  • $$
    \begin{vmatrix}
    a&b&c&d\\
    b&a&d&c\\
    c&d&a&b\\
    d&c&b&a
    \end{vmatrix}
    $$

  • $$
    \begin{vmatrix}
    1&2&3&\cdots&n\\
    n&1&2&\cdots&n-1\\
    n-1&n&1&\cdots&n-2\\
    \cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\
    2&3&4&\cdots&1
    \end{vmatrix}
    $$

解答 6.1.

  • \begin{align*}
    \begin{vmatrix}
    0&1&1&1\\
    1&0&a&b\\
    1&a&0&c\\
    1&b&c&0
    \end{vmatrix}&=-
    \begin{vmatrix}
    1&a&b\\
    1&0&c\\
    1&c&0
    \end{vmatrix}+
    \begin{vmatrix}
    1&0&b\\
    1&a&c\\
    1&b&0
    \end{vmatrix}-
    \begin{vmatrix}
    1&0&a\\
    1&a&0\\
    1&b&c
    \end{vmatrix}\\&=-(ac+bc-c^2)+(b^2-ab-bc)-(ac+ab-a^2)\\&=a^2+b^2+c^2-2ab-2bc-2ca.
    \end{align*}
  • 先计算特例,产生感觉.当$n=6$时,
    \begin{align*}
    \begin{vmatrix}
    1&2&3&4&5&6\\
    6&1&2&3&4&5\\
    5&6&1&2&3&4\\
    4&5&6&1&2&3\\
    3&4&5&6&1&2\\
    2&3&4&5&6&1
    \end{vmatrix}&=
    \begin{vmatrix}
    -5&1&1&1&1&1\\
    1&-5&1&1&1&1\\
    1&1&-5&1&1&1\\
    1&1&1&-5&1&1\\
    1&1&1&1&-5&1\\
    2&3&4&5&6&1
    \end{vmatrix}
    \\&=
    \begin{vmatrix}
    -6&6&0&0&0&0\\
    0&-6&6&0&0&0\\
    0&0&-6&6&0&0\\
    0&0&0&-6&6&0\\
    1&1&1&1&-5&1\\
    2&3&4&5&6&1
    \end{vmatrix}
    \\&=
    \begin{vmatrix}
    -6&0&0&0&0&0\\
    0&-6&6&0&0&0\\
    0&0&-6&6&0&0\\
    0&0&0&-6&6&0\\
    1&2&1&1&-5&1\\
    2&2+3&4&5&6&1
    \end{vmatrix}
    \\&=
    \begin{vmatrix}
    -6&0&0&0&0&0\\
    0&-6&0&0&0&0\\
    0&0&-6&6&0&0\\
    0&0&0&-6&6&0\\
    1&2&3&1&-5&1\\
    2&2+3&2+3+4&5&6&1
    \end{vmatrix}
    \\&=
    \begin{vmatrix}
    -6&0&0&0&0&0\\
    0&-6&0&0&0&0\\
    0&0&-6&0&0&0\\
    0&0&0&-6&6&0\\
    1&2&3&4&-5&1\\
    2&2+3&2+3+4&2+3+4+5&6&1
    \end{vmatrix}
    \end{align*}
    同样可得
    \begin{align*}
    \begin{vmatrix}
    1&2&3&\cdots&n\\
    n&1&2&\cdots&n-1\\
    n-1&n&1&\cdots&n-2\\
    \cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\
    2&3&4&\cdots&1
    \end{vmatrix}&=
    \begin{vmatrix}
    1-n&1&1&\cdots&1\\
    1&1-n&1&\cdots&1\\
    \cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\
    1&1&\cdots&1-n&1\\
    2&3&\cdots&n&1
    \end{vmatrix}
    \\&=
    \begin{vmatrix}
    -n&n&0&0&\cdots&0\\
    0&-n&n&0&\cdots&0\\
    0&0&-n&n&\cdots&0\\
    \cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\
    1&1&1&\cdots&1-n&1\\
    2&3&4&\cdots&n&1
    \end{vmatrix}
    \\&=
    \begin{vmatrix}
    -n&0&0&0&\cdots&0\\
    0&-n&n&0&\cdots&0\\
    0&0&-n&n&\cdots&0\\
    \cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\
    1&2&1&\cdots&1-n&1\\
    2&5&4&\cdots&n&1
    \end{vmatrix}
    \\\vdots
    \\&=
    \begin{vmatrix}
    -n&0&0&0&0&0&0\\
    0&-n&0&0&0&0&0\\
    0&0&-n&0&0&0&0\\
    \cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\
    0&0&0&\cdots&-n&n&0\\
    1&2&3&\cdots&n-2&1-n&1\\
    2&2+3&2+3+4&\cdots&2+3+\cdots+(n-1)&n&1
    \end{vmatrix}
    \\&= \begin{vmatrix}
    -n&0&0&0&0&0&0\\
    0&-n&0&0&0&0&0\\
    0&0&-n&0&0&0&0\\
    \cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\
    0&0&0&\cdots&-n&0&0\\
    1&2&3&\cdots&n-2&-1&1\\
    2&2+3&2+3+4&\cdots&2+3+\cdots+(n-1)&2+3+\cdots+n&1
    \end{vmatrix}
    \\&=(-n)^{n-2}(-1)-(-n)^{n-2}(2+3+\cdots+n)
    \\&=(-1)(-n)^{n-2}(1+2+\cdots+n)
    \\&=\frac{(-n)^{n-1}(n+1)}{2}.
    \end{align*}

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这是2019届温州市高三一模选择题最后一题.我解答如下.

问题 1. 已知数列$\{a_n\}$中的各项都小于$1$,$a_1=\frac{1}{2}$,$a_{n+1}^2-2a_{n+1}=a_n^2-a_n(n\in \mathbf{N}^{+})$,记$S_n=a_1+a_2+a_3+\cdots+a_n$,则$S_{10}\in $
  • $\left(0,\cfrac{1}{2}\right)$
  • $\left(\cfrac{1}{2},\cfrac{3}{4}\right)$
  • $\left(\cfrac{3}{4},1\right)$
  • $(1,2)$

解答 1.1.
$$
a_{n+1}^2-2a_{n+1}=a_n^2-a_n,n\in \mathbf{N}^{+}
$$
变形可得
$$
(a_{n+1}-1)^2=a_n^2-a_n+1.
$$
又因为$a_{n+1}<1$,所以
$$
a_{n+1}=-\sqrt{a_n^2-a_n+1}+1.
$$
考虑函数$f(x)=-\sqrt{x^{2}-x+1}+1$在$x=0$处的Taylor展式:
$$
f(x)=\frac{x}{2}-\frac{3}{8}x^{2}-\frac{3}{16}x^{3}-\frac{3}{128}x^{4} + \frac{15}{256}x^{5} + \frac{57}{1026}x^{6} + O(x^7)
$$
易得
$$
a_{n+1}=-\sqrt{a_n^2-a_n+1}+1\leq \frac{1}{2}a_n,
$$
所以$a_n\leq \left(\frac{1}{2}\right)^{n}$.而且
$$
a_{n+1}=-\sqrt{a_{n}^{2}-a_{n}+1}+1\leq \frac{1}{2}a_n-\frac{3}{8}a_n^2,
$$
且函数$f(x)=\frac{1}{2}x-\frac{3}{8}x^2$在区间$(0,\frac{2}{3})$单调递增,因此
$$
a_{n+1}\leq \frac{1}{2}a_n-\frac{3}{8}a_n^2\leq \frac{1}{2}\times \left(\frac{1}{2}\right)^n-\frac{3}{8}\left(\frac{1}{2}\right)^{2n}.
$$

\begin{align*}
S_{10}&=a_{1}+\sum_{i=2}^{10}a_{i}\leq
a_{1}+\frac{1}{2}\sum_{i=2}^{10}\left(\frac{1}{2}\right)^{i-1}-\frac{3}{8}\sum_{i=2}^{10}\left(\frac{1}{2}\right)^{2(i-1)
}\\&=a_{1}+\frac{1}{2}\times\frac{\frac{1}{2}\left[1-\left(\frac{1}{2}\right)^{9}\right]}{1-\frac{1}{2}}-\frac{3}{8}\times
\frac{\frac{1}{4}\left[1-\left(\frac{1}{4}\right)^{9}\right]}{1-\frac{1}{4}}\\&=\frac{7}{8}-\frac{1}{2^{10}}+\frac{1}{2^{21}}
\end{align*}
放大过头,解题失败.

解答 1.2.
$$
a_{n+1}^2-2a_{n+1}=a_n^2-a_n,n\in \mathbf{N}^{+}
$$
变形可得
$$
(a_{n+1}-1)^2=a_n^2-a_n+1.
$$
又因为$a_{n+1}<1$,所以
$$
a_{n+1}=-\sqrt{a_n^2-a_n+1}+1\leq \frac{1}{2}a_n,
$$
由此递推公式,可得
$$
a_2=1-\frac{\sqrt{3}}{2},a_3=1-\frac{\sqrt{7-2
\sqrt{3}}}{2},a_4=1-\frac{1}{2}\sqrt{11-2 \sqrt{3}-2 \sqrt{7-2 \sqrt{3}}},
$$
$$
a_5=1 – \frac{1}{2} \sqrt{15 – 2 \sqrt{3} – 2 \sqrt{7 – 2 \sqrt{3}} –
2 \sqrt{11 – 2 \sqrt{3} – 2 \sqrt{7 – 2 \sqrt{3}}}}< 0.01396
$$
所以
\begin{align*}
S_{10}&\leq
a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}+a_{5}+\frac{1}{2}a_{5}+\frac{1}{2^{2}}a_{5}+\frac{1}{2^{3}}a_{5}+\frac{1}{2^{4}}a_{5}+\frac{1}{2^{5}}a_{5}
\\&=a_1+a_2+a_3+a_4+\frac{a_{5}(1-\frac{1}{2^{6}})}{1-\frac{1}{2}}<0.749778<0.75
\end{align*}
且$S_{10}>a_1+a_2>\frac{1}{2}$.所以答案选B.这是一个比较暴力的解答,在考试的时候是不可能产生的,因为需要用到计算器.

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问题 1. 一个偏僻的小村子从两个广播站接收无线电广播,其中一个是新闻广播站,另一个是音乐广播站.在广播站每半小时一次的休息后,接收新闻广播的听众中,有$70\%$的人还将保持收听新闻,有$30\%$的人在广播站休息时换成接收音乐广播.接收音乐广播的听众中,当广播站休息时,有$60\%$的人将环城收听新闻广播,有$40\%$的人还将保持听音乐.假设在上午8:15,每个人都正在收听新闻.
  • 给出描述无线电听众在每个广播站休息时趋向变换广播站的随机矩阵,将行、列做标记.
  • 给出初始状态向量.
  • 听众在上午9:25收听音乐广播的百分率是多少?(在上午8:30和9:00广播站休息之后.)

解答 1.1.
  • $P=
    \begin{pmatrix}
    ~&\mbox{新闻}&\mbox{音乐}\\
    \mbox{新闻}&0.7&0.6\\
    \mbox{音乐}&0.3&0.4
    \end{pmatrix}
    $.
  • $\bm{q}_0=
    \begin{pmatrix}
    1\\
    0
    \end{pmatrix}
    $.

  • $$
    \bm{q}_1=P\bm{q}_0=
    \begin{pmatrix}
    0.7&0.6\\
    0.3&0.4
    \end{pmatrix}
    \begin{pmatrix}
    1\\
    0
    \end{pmatrix}=
    \begin{pmatrix}
    0.7\\
    0.3
    \end{pmatrix},
    $$
    有$30\%$

问题 2. 求所有形如下列形式的向量构成集合的一组基.
$$
\begin{bmatrix}
a-2b+5c\\
2a+5b-8c\\
-a-4b+7c\\
3a+b+c
\end{bmatrix}
$$

解答 2.1. $$
\begin{bmatrix}
a-2b+5c\\
2a+5b-8c\\
-a-4b+7c\\
3a+b+c
\end{bmatrix}=a
\begin{bmatrix}
1\\
2\\
-1\\
3
\end{bmatrix}+b
\begin{bmatrix}
-2\\
5\\
-4\\
1
\end{bmatrix}+c
\begin{bmatrix}
5\\
-8\\
7\\
1
\end{bmatrix}
$$
令$\bm{u}_1=
\begin{bmatrix}
1\\
2\\
-1\\
3
\end{bmatrix}
$,$\bm{u}_2=
\begin{bmatrix}
-2\\
5\\
-4\\
1
\end{bmatrix}
$,$\bm{u}_3=
\begin{bmatrix}
5\\
-8\\
7\\
1
\end{bmatrix}
$.对矩阵$A=
\begin{bmatrix}
\bm{u}_1&\bm{u}_2&\bm{u}_3
\end{bmatrix}
$进行行初等变换,化为阶梯形:
$$
\begin{bmatrix}
1&-2&5\\
0&9&-18\\
0&0&0\\
0&0&0
\end{bmatrix}.
$$
所以$\rm{Span}\{\bm{u}_1,\bm{u}_2,\bm{u}_3\}$的一组基为$\{\bm{u}_1,\bm{u}_2\}$.

问题 3. 考虑多项式
$\bm{p}_1(t)=1+t$,$\bm{p}_2(t)=1-t$,$\bm{p}_3(t)=4$,$\bm{p}_4(t)=t+t^2$,$\bm{p}_5(t)=1+2t+t^2$,
并设$H$是由集合$S=\{\bm{p}_1,\bm{p}_{2},\bm{p}_{3},\bm{p}_{4},\bm{p}_{5}\}$所生成的$\mathrm{P}_5$的子空间.求$H$的一组基.

解答 3.1. 选取$\mathrm{P}_5$的一组基底$\mathcal{A}=\{1,t,t^2,t^3,t^4\}$.则多项式$\bm{p}_i(1\leq i\leq 5)$在基$\mathcal{A}$下的坐标是
$$
[\bm{p}_1]_{\mathcal{A}}=
\begin{pmatrix}
1\\
1\\
0\\
0\\
0
\end{pmatrix},[\bm{p}_2]_{\mathcal{A}}=
\begin{pmatrix}
1\\
-1\\
0\\
0\\
0
\end{pmatrix},[\bm{p}_3]_{\mathcal{A}}=
\begin{pmatrix}
4\\
0\\
0\\
0\\
0
\end{pmatrix},[\bm{p}_4]_{\mathcal{A}}=
\begin{pmatrix}
0\\
1\\
1\\
0\\
0
\end{pmatrix},[\bm{p}_5]_{\mathcal{A}}=
\begin{pmatrix}
1\\
2\\
1\\
0\\
0
\end{pmatrix}.
$$
考虑矩阵
$$
\begin{pmatrix}
[\bm{p}_1]_{\mathcal{A}}&[\bm{p}_2]_{\mathcal{A}}&[\bm{p}_3]_{\mathcal{A}}&[\bm{p}_4]_{\mathcal{A}}&[\bm{p}_5]_{\mathcal{A}}
\end{pmatrix},
$$
将该矩阵进行初等行变换,化为阶梯形矩阵
$$
\begin{pmatrix}
1&1&4&0&1\\
0&-2&-4&1&1\\
0&0&0&1&1\\
0&0&0&0&0\\
0&0&0&0&0
\end{pmatrix}.
$$
可得$H$的一组基为$\{\bm{p}_1,\bm{p}_2,\bm{p}_4\}$.

问题 4. 关于一个具有18个线性方程20个变量的齐次方程组的解集,为了知道每一个相应的非齐次方程组有解,你必须要知道什么?讨论之.

解答 4.1. 则该线性方程组的秩必须为$18$.

问题 5. 证明:$\mathrm{rank} (AB)\leq \mathrm{rank} B$.

解答 5.1. 当矩阵$A=\mathbf{0}$时命题显然成立.当矩阵$A$是非零矩阵时,矩阵$A$可以分解成如下矩阵的乘积:
$$
A=E_1E_2\cdots E_nI_{r_A}E_1’E_2’\cdots E_m’
$$
其中矩阵$E_i(1\leq i\leq n)$是基本初等矩阵,$E_i$的作用是将矩阵进行初等行变换.矩阵$E_i'(1\leq i\leq n)$是基本初等矩阵的转置,$E_i’$的作用是将矩阵进行初等列变换.$r_{A}$是矩阵$A$的秩.对于任意$1\leq i\leq r_A$,矩阵$I_{r_A}$的第$i$行第$i$列元素非零,其余元素都是零.
$$
\mathrm{rank}AB=\mathrm{rank}E_1E_{2}\cdots
E_nI_{r_A}E_{1}’E_{2}’\cdots
E_{m}’B=\mathrm{rank}I_{r_{A}}E_{1}’E_{2}’\cdots E_{m}’B\leq
\mathrm{rank}E_{1}’E_{2}’\cdots E_m’B=\mathrm{rank}B.
$$

问题 6. 证明:$\mathrm{rank}AB\leq \mathrm{rank}A$.

解答 6.1. 矩阵$B$可以分解成如下矩阵的乘积:
$$
B=E_1E_2\cdots E_nI_{r_B}E_1’E_2’\cdots E_m’,
$$
其中矩阵$E_i(1\leq i\leq n)$是基本初等矩阵,$E_i$的作用是将矩阵进行初等行变换.$E_i'(1\leq i\leq m)$是基本初等矩阵的转置,$E_{i}’$的作用是将矩阵进行初等列变换.$r_B$是矩阵$B$的秩.对于任意的$1\leq i\leq r_B$,矩阵$I_{r_B}$的第$i$行第$i$列元素非零,其余元素都是零.
$$
\mathrm{rank}AB=\mathrm{rank} AE_1E_2\cdots E_nI_{r_B}E_1’E_2’\cdots
E_m’=\mathrm{rank} AE_1E_2\cdots E_nI_{r_B}\leq
\mathrm{rank}AE_1E_2\cdots E_n=\mathrm{rank}A.
$$

问题 7. 设$A$是$m\times n$矩阵,$B$是$n\times p$矩阵,且$AB=0$.证明:$\mathrm{rank}A+\mathrm{rank}B\leq n$.

解答 7.1. 因为$AB=0$,所以$\mathrm{dim}\mathrm{Null}B=\mathrm{Col B}\subset \mathrm{Null}A$,所以
$\mathrm{rank}B\leq n-\mathrm{rank}A=\mathrm{dim}\mathrm{Null}A$.

问题 8. 任给两个$m\times n$矩阵$A$和$B$,证明:
$$
\mathrm{rank}(A+B)\leq \mathrm{rank}A+\mathrm{rank}B.
$$

解答 8.1. 设矩阵
$$
A=
\begin{pmatrix}
\bm{u}_1&\bm{u}_2&\cdots&\bm{u}_n
\end{pmatrix},
$$
$$
B=
\begin{pmatrix}
\bm{v}_1&\bm{v}_2&\cdots&\bm{v}_n
\end{pmatrix}.
$$
其中$\bm{u}_1,\bm{u}_2,\cdots,\bm{u}_n$和$\bm{v}_1,\bm{v}_2,\cdots,\bm{v}_n$都是$m$维列向量.

设矩阵$B$列空间的一组基是$\{\bm{v}_{i_1},\bm{v}_{i_2},\cdots,\bm{v}_{i_k}\}$,其中$1\leq
i_1<i_2<\cdots<i_{k}\leq n$.$\forall 1\leq
i\leq n$,设$m\times n$矩阵
$$
B_i=
\begin{pmatrix}
\mathbf{0}&\cdots &\bm{v}_i&\cdots & \mathbf{0}
\end{pmatrix},
$$
即矩阵$B_i$的第$i$个列向量是$\bm{v}_i$,除此之外其它列向量都是零向量$\mathbf{0}$.$\forall 1\leq h\leq k$,
$$
A+B_{i_{h}}=
\begin{pmatrix}
\mathbf{0}&\cdots&\bm{u}_{i_h}+\bm{v}_{i_h}&\cdots&\mathbf{0}
\end{pmatrix}
$$

  • 若$\bm{v}_{i_h}\in
    \mathrm{Col}A$,则$\bm{u}_{i_h}+\bm{v}_{i_h}\in \mathrm{Col}A$.此时,$\mathrm{rank} (A+B_{i_h})=\mathrm{rank}A$.
  • 若$\bm{v}_{i_h}\not\in \mathrm{Col}A$,则$\bm{u}_{i_h}+\bm{v}_{i_h}\not\in \mathrm{Col}A$.此时,若$\bm{u}_{i_h}$可以被矩阵$A$中其余的列向量线性表示,则$\mathrm{rank}(A+B_{i_h})=\mathrm{rank}A+1$;若$\bm{u}_{i_h}$不能被矩阵$A$中其余的列向量线性表示,则$\mathrm{rank}(A+B_{i_h})=\mathrm{rank}A$.
可见,
$$
\mathrm{rank}(A+B_{i_{h}})\leq \mathrm{rank}A+1
$$
反复使用上面的不等式可得
$$
\mathrm{rank}\left(A+\sum_{h\in \{1,2,\cdots,k\}}B_{i_h}\right)\leq \mathrm{rank }A+k=\mathrm{rank}A+\mathrm{rank}B
$$
而对于任意的$t\in \{1,2,\cdots,n\}\backslash \{i_1,i_2,\cdots,i_k\}$,
$$
\mathrm{rank}\left[A+\left(\sum_{h\in \{1,2,\cdots,k\}}B_{i_h}\right)+B_t\right]=\mathrm{rank}\left(A+\sum_{h\in \{1,2,\cdots,k\}}B_{i_h}\right)
$$
反复使用上面的不等式可得
\begin{align*}
\mathrm{rank}(A+B)&=\mathrm{rank}\left(A+\sum_{h\in
\{1,2,\cdots,k\}}B_{i_h}+\sum_{t\in
\{1,2,\cdots,n\}\backslash\{i_{1},i_{2},\cdots,i_{k}\}}B_t\right)\\&=\mathrm{rank}\left(A+\sum_{h\in
\{1,2,\cdots,k\}}B_{i_h}\right)\\&\leq \mathrm{rank}A+\mathrm{rank}B.
\end{align*}

问题 9. 设$A$是$4\times 4$矩阵,$B$是$4\times 2$矩阵,$\bm{u}_0$,$\bm{u}_1$,$\bm{u}_2$,$\bm{u}_3$,$\bm{u}_4$是$\mathbf{R}^2$中的输入向量序列.
  • 设$\bm{x}_0=\mathbf{0}$,用(1)式计算$\bm{x}_1$,$\bm{x}_2$,$\bm{x}_3$,$\bm{x}_4$,用(2)式中的可控制矩阵$M$写一个计算$\bm{x}_4$的公式.(注意:矩阵$M$用分块矩阵来构造,此处它的大小是$4\times 8$.)
  • 设$(A,B)$是可控制的,$\bm{v}$是$\mathbf{R}^4$中的任一向量,说明为何存在$\mathbf{R}^2$中的一个控制序列$\bm{u}_0$,$\cdots$,$\bm{u}_4$,使得$\bm{x}_4=\bm{v}$.

解答 9.1.
  • $$\bm{x}_1=A\bm{x}_0+B\bm{u}_0=B\bm{u}_0,$$
    $$
    \bm{x}_2=A\bm{x}_1+B\bm{u}_1=AB\bm{u}_0+B\bm{u}_1
    $$
    $$
    \bm{x}_3=A\bm{x}_2+B\bm{u}_2=A^2B\bm{u}_0+AB\bm{u}_1+B\bm{u}_2
    $$
    $$
    \bm{x}_4=A\bm{x}_3+B\bm{u}_3=A^3B\bm{u}_0+A^2B\bm{u}_1+AB\bm{u}_2+B\bm{u}_3
    $$

    $$
    M=
    \begin{bmatrix}
    B&AB&A^2B&A^3B
    \end{bmatrix},
    $$

    $$
    \bm{x}_4=
    \begin{bmatrix}
    B&AB&A^2B&A^3B
    \end{bmatrix}
    \begin{bmatrix}
    \bm{u}_3\\
    \bm{u}_2\\
    \bm{u}_1\\
    \bm{u}_0
    \end{bmatrix}=M
    \begin{bmatrix}
    \bm{u}_3\\
    \bm{u}_2\\
    \bm{u}_1\\
    \bm{u}_0
    \end{bmatrix}.
    $$
  • $(A,B)$是可控制的,说明$4\times 8$矩阵$M$的秩是$4$.设线性映射$T:\mathbf{R}^8\to \mathbf{R}^4$满足$T(\bm{x})=M\bm{x}$,则线性映射$T$是满射.因此对于$\mathbf{R}^4$中的每个$\bm{v}$,在$\mathbf{R}^8$中都存在相应的原象.

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问题 1. 秩为$1$的矩阵在某些计算以及本书的几处上下文的理论处理中都是重要的,其中包括第$7$章中的奇异值分解.可以证明$m\times n$矩阵$A$的秩为$1$当且仅当它是一个外积,即对某$\bm{u}\in\mathbf{R}^m$,某$\bm{v}\in\mathbf{R}^n$,有$A=\bm{u}\bm{v}^T$.下面的习题暗示了为什么这个性质是正确的.
  • 验证:如果$\bm{u}=
    \begin{pmatrix}
    2\\
    -3\\
    5
    \end{pmatrix}
    $,$\bm{v}=
    \begin{pmatrix}
    a\\
    b\\
    c
    \end{pmatrix}
    $,则$\mathrm{rank}\bm{u}\bm{v}^T\leq 1$.
  • 令$\bm{u}=
    \begin{pmatrix}
    1\\
    2
    \end{pmatrix}
    $,求$\mathbf{R}^3$中向量$\bm{v}$,使得$
    \begin{pmatrix}
    1&-3&4\\
    2&-6&8
    \end{pmatrix}=\bm{u}\bm{v}^T.
    $
  • 令$A$为任意一个$\mathrm{rank}A=1$的$2\times 3$矩阵,令$\bm{u}$为$A$的第一列,且$\bm{u\neq 0}$,解释为什么存在一个$\mathbf{R}^3$中的向量$\bm{v}$使得$A=\bm{u}\bm{v}^T$.若$A$的第一列为零,这个结论如何修改?

解答 1.1.
  • $\mathrm{rank}\bm{u}\bm{v}^T=
    \begin{pmatrix}
    2\\
    -3\\
    5
    \end{pmatrix}
    \begin{pmatrix}
    a&b&c
    \end{pmatrix}=
    \begin{pmatrix}
    2a&2b&2c\\
    -3a&-3b&-3c\\
    5a&5b&5c
    \end{pmatrix}
    $.可见,矩阵$\bm{u}\bm{v}^T$的列空间维数不大于$1$.因此$\mathrm{rank}\bm{u}\bm{v}^T\leq 1$.
  • $\bm{v}=
    \begin{pmatrix}
    1\\
    -2\\
    4
    \end{pmatrix}
    $.

问题 2. 求下列差分方程解空间的基.
  • $y_{k+2}-y_{k+1}+\frac{2}{9}y_k=0$.
  • $y_{k+2}-7y_{k+1}+12y_k=0$.
  • $y_{k+2}-25y_k=0$.
  • $16y_{k+2}+8y_{k+1}-3y_k=0$.

解答 2.1.
  • 将差分方程写成矩阵形式:
    $$
    \begin{pmatrix}
    y_{k+1}\\
    y_{k+2}\\
    y_{k+3}
    \end{pmatrix}=
    \begin{pmatrix}
    0&1&0\\
    0&0&1\\
    0&-\frac{2}{9}&1
    \end{pmatrix}
    \begin{pmatrix}
    y_k\\
    y_{k+1}\\
    y_{k+2}
    \end{pmatrix},\forall k\in \mathbf{N}.
    $$
    其实差分方程也能写成如下形式:
    $$
    \begin{pmatrix}
    y_{k+1}\\
    y_{k+2}\\
    y_{k+3}
    \end{pmatrix}=
    \begin{pmatrix}
    0&1&0\\
    -\frac{2}{9}&1&0\\
    0&-\frac{2}{9}&1
    \end{pmatrix}
    \begin{pmatrix}
    y_k\\
    y_{k+1}\\
    y_{k+2}
    \end{pmatrix}.
    $$
    那么,这两种表示是否有差别呢?当然有.前一种表示是对的,而后一种是错的.后一种矩阵方程的形式错在哪里呢?错在后一种矩阵方程对于第一次迭代不成立:当$k=0$时,由后一个矩阵方程,
    $$
    \begin{pmatrix}
    y_1\\
    y_2\\
    y_3
    \end{pmatrix}=
    \begin{pmatrix}
    0&1&0\\
    -\frac{2}{9}&1&0\\
    0&-\frac{2}{9}&1
    \end{pmatrix}
    \begin{pmatrix}
    y_0\\
    y_1\\
    y_2
    \end{pmatrix},
    $$
    可得$y_2=y_1-\frac{2}{9}y_0$.可我们知道,$y_0,y_1,y_2$是随意给定的,不一定具有这种递推关系.所以只有第一种矩阵方程的表示是正确的.令矩阵$A=
    \begin{pmatrix}
    0&1&0\\
    0&0&1\\
    0&-\frac{2}{9}&1
    \end{pmatrix}
    $.可求得矩阵$A$的特征值是
    $$
    \lambda_1=0,\lambda_2=\frac{1}{3},\lambda_3=\frac{2}{3}.
    $$
    其中特征值$\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3$依次对应于特征向量
    $$
    \bm{v}_1=
    \begin{pmatrix}
    1\\
    0\\
    0
    \end{pmatrix},\bm{v}_2=
    \begin{pmatrix}
    9\\
    3\\
    1
    \end{pmatrix},\bm{v}_3=
    \begin{pmatrix}
    9\\
    6\\
    4
    \end{pmatrix}.
    $$
    设$
    \begin{pmatrix}
    y_0\\
    y_1\\
    y_2
    \end{pmatrix}=x\bm{v}_1+y\bm{v}_2+z\bm{v}_3,
    $则
    $$
    \begin{pmatrix}
    y_k\\
    y_{k+1}\\
    y_{k+2}
    \end{pmatrix}=A^k
    \begin{pmatrix}
    y_0\\
    y_1\\
    y_2
    \end{pmatrix}=xA^k\bm{v}_1+yA^k\bm{v}_2+zA^k\bm{v}_3=y(\frac{1}{3})^k
    \begin{pmatrix}
    9\\
    3\\
    1
    \end{pmatrix}+z(\frac{2}{3})^k
    \begin{pmatrix}
    9\\
    6\\
    4
    \end{pmatrix}.
    $$
    于是,差分方程解空间的一组基为$(\frac{1}{3})^k,(\frac{2}{3})^k$.
  • 将差分方程写成矩阵形式:
    $$
    \begin{pmatrix}
    y_{k+1}\\
    y_{k+2}\\
    y_{k+3}
    \end{pmatrix}=
    \begin{pmatrix}
    0&1&0\\
    0&0&1\\
    0&-12&7
    \end{pmatrix}
    \begin{pmatrix}
    y_k\\
    y_{k+1}\\
    y_{k+2}
    \end{pmatrix}.
    $$
    设矩阵$A=
    \begin{pmatrix}
    0&1&0\\
    0&0&1\\
    0&-12&7
    \end{pmatrix}
    $,可求得矩阵$A$的特征值是$\lambda_1=0,\lambda_2=3,\lambda_3=4$.于是,差分方程解空间的一组基为$3^k,4^k$.
  • 将差分方程写成矩阵形式:
    $$
    \begin{pmatrix}
    y_{k+1}\\
    y_{k+2}\\
    \end{pmatrix}=
    \begin{pmatrix}
    0&1\\
    25&0
    \end{pmatrix}
    \begin{pmatrix}
    y_k\\
    y_{k+1}\\
    \end{pmatrix}.
    $$
    令矩阵$A=
    \begin{pmatrix}
    0&1\\
    25&0
    \end{pmatrix}
    $,可求得矩阵$A$的特征值是$5$和$-5$.于是,差分方程解空间的一组基为$5^k$和$(-5)^k$.
  • 将差分方程写成矩阵形式:
    $$
    \begin{pmatrix}
    y_{k+1}\\
    y_{k+2}\\
    y_{k+3}
    \end{pmatrix}=
    \begin{pmatrix}
    0&1&0\\
    0&0&1\\
    0&\frac{3}{16}&-\frac{1}{2}
    \end{pmatrix}
    \begin{pmatrix}
    y_k\\
    y_{k+1}\\
    y_{k+2}
    \end{pmatrix}.
    $$
    令矩阵$A=
    \begin{pmatrix}
    0&1&0\\
    0&0&1\\
    0&\frac{3}{16}&-\frac{1}{2}
    \end{pmatrix}
    $,可得矩阵$A$的特征值是$0,\frac{1}{4},-\frac{3}{4}$.所以差分方程解空间的一组基为$(\frac{1}{4})^k,(-\frac{3}{4})^k$.

问题 3. 在下面的习题中,涉及到国民经济的一个简单模型.用下列差分方程描述
\begin{equation}\label{eq:1}
Y_{k+2}-a(1+b)Y_{k+1}+abY_k=1.
\end{equation}
这里$Y_k$是第$k$年国民收入总和.$a$为一个小于$1$的常数,称之为边际消费倾
向,$b$是一个正的调节常数,用来刻画消费性开支对一年的私人投资率的影响如何变化.
  • 当$a=0.9,b=\frac{4}{9}$时,求\eqref{eq:1}的通解,当$k$增加时,$Y_k$如何变化?
  • 当$a=0.9,b=0.5$时,求\eqref{eq:1}的通解.

解答 3.1. 将差分方程\eqref{eq:1}写成矩阵方程的形式:
$$
\begin{pmatrix}
Y_{k+1}\\
Y_{k+2}
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
0&1\\
-ab&a(1+b)
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
Y_k\\
Y_{k+1}
\end{pmatrix}+
\begin{pmatrix}
0\\
1
\end{pmatrix}
$$
令矩阵$A=
\begin{pmatrix}
0&1\\
-ab&a(1+b)
\end{pmatrix}
$.则
$$
\begin{pmatrix}
Y_k\\
Y_{k+1}
\end{pmatrix}=A^k
\begin{pmatrix}
Y_0\\
Y_1
\end{pmatrix}+A^{k-1}
\begin{pmatrix}
0\\
1
\end{pmatrix}+\cdots+A
\begin{pmatrix}
0\\
1
\end{pmatrix}+
\begin{pmatrix}
0\\
1
\end{pmatrix}=A^k
\begin{pmatrix}
Y_0\\
Y_1
\end{pmatrix}+(I-A)^{-1}(I-A^k)
\begin{pmatrix}
0\\
1
\end{pmatrix}
$$
经计算,$(I-A)^{-1}=
\begin{pmatrix}
-3&10\\
-4&10
\end{pmatrix}
$.
  • 当$a=0.9$,$b=\frac{4}{9}$时,矩阵$A$的特征值是$0.5$和$0.8$,因此差分方程\eqref{eq:1}的通解是$c_10.5^k+c_20.8^k+10$.当$k$增加时,$Y_k$趋于$10$.
  • 当$a=0.9,b=0.5$时,矩阵$A$的特征值是$0.6$和$075$.这时候,差分方程\eqref{eq:1}的通解是$c_10.75^k+c_20.6^k+10$.

问题 4. 一个轻的悬梁被间隔$10$英尺的$N$个支点支撑着.一个重$500$磅的砝码挂在悬梁的一端,它距第一个支点10英尺,如图所示.设$y_k$表示第$k$个支点的弯矩,则$y_1=5000$英尺-磅.假设这个悬梁刚性地连接在第$N$个支点上并且此处弯矩为零,则各弯矩满足以下$3$-弯矩方程:
\begin{equation}\label{eq:2}
y_{k+2}+4y_{k+1}+y_k=0
\end{equation}
对$k=1,2,\cdots,N-2$成立.
  • 求差分方程\eqref{eq:2}的通解.
  • 求满足边界条件$y_1=5000$,$y_N=0$的\eqref{eq:2}的特解(答案涉及$N$).

解答 4.1.
  • 将差分方程\eqref{eq:2}写成矩阵方程的形式:
    $$
    \begin{pmatrix}
    y_{k+1}\\
    y_{k+2}
    \end{pmatrix}=
    \begin{pmatrix}
    0&1\\
    -1&-4
    \end{pmatrix}
    \begin{pmatrix}
    y_k\\
    y_{k+1}
    \end{pmatrix}.
    $$
    令矩阵$A=
    \begin{pmatrix}
    0&1\\
    -1&-4
    \end{pmatrix}
    $,可得矩阵$A$的特征值是$-2-\sqrt{3}$,$-2+\sqrt{3}$.因此差分方程\eqref{eq:2}的通解是
    $$
    y_{k}=c_1(-2-\sqrt{3})^{k-1}+c_2(-2+\sqrt{3})^{k-1},
    $$
  • 由$y_1=5000$,$y_N=0$,可得
    $$
    c_1+c_2=5000,c_1(-2-\sqrt{3})^{N-1}+c_2(-2+\sqrt{3})^{N-1}=0,
    $$
    解得
    $c_1=\frac{5000(-2+\sqrt{3})^{N-1}}{(-2+\sqrt{3})^{N-1}-(-2-\sqrt{3})^{N-1}},c_2=\frac{-5000(-2-\sqrt{3})^{N-1}}{(-2+\sqrt{3})^{N-1}-(-2-\sqrt{3})^{N-1}}$.

问题 5. 当一个信号通过在一个过程中(化学反应、通过管子的热流、活动机械手等等)的一系列测量生成时,这个信号通常包括由测量误差造成的随机噪声.预处理这些数据以便减少噪声的标准方法是将这个数据打磨,或叫过滤.一个简单的过滤法是用两个相邻值的平均数代替每个$y_k$的移动平均数:
$$
\frac{1}{3}y_{k+1}+\frac{1}{3}y_k+\frac{1}{3}y_{k-1}=z_k
$$
对$k=1,2,\cdots$均成立.假设对$k=0,\cdots,14$,一个信号$y_k$是:
$$
9,5,7,3,2,4,6,5,7,6,8,10,9,5,7
$$
利用过滤法计算$z_1,\cdots,z_{13}$,作一个原始信号和打磨过的信号的双重折线图.

解答 5.1. $$
z_1=7,z_2=5,z_3=4,z_4=3,z_5=4,z_6=5,z_7=6,z_8=6,z_9=7,z_{10}=8,z_{11}=9,z_{12}=8,z_{13}=7.
$$
画出原数据折线图和打磨过的数据折线图(红色)如下:
此图像的alt属性为空;文件名为20190213-1.png

问题 6. 设$\{y_k\}$是由连续信号$2\cos \frac{\pi t}{4}+\cos \frac{3\pi t}{4}$在$t=0,1,2,\cdots$处抽样生成的.从$k=0$开始的$y_k$值为$3,0.7,0,-0.7,-3,-0.7,0,0.7,3,0.7,0,\cdots$.这里$0.7$是$\frac{\sqrt{2}}{2}$的简写.
  • 当$\{y_k\}$提供给例3中的滤波器
    $$
    0.35y_{k+2}+0.5y_{k+1}+0.35y_k=z_k
    $$
    时,计算输出信号$\{z_k\}$.
  • 解释为什么(a)中的输出与例3中的计算相关,有怎样的关系?

解答 6.1.

  • $$
    z_0=1.4,z_1=0,z_2=-1.4,z_3=-1.99,z_4=-1.4,z_5=0,z_6=1.5,z_7=1.99,z_8=1.4,\cdots
    $$
  • (a)中输出的信号和例3中输出信号的周期相同.

问题 7. 设$y_k=k^2$,$z_k=2k|k|$,信号$\{y_k\}$和$\{z_k\}$线性无关吗?对$k=0,k=-1$和$k=-2$,求相应的Casorati矩阵$C(k)$,并讨论你的结果.

解答 7.1. 线性无关.
$$
C(0)=
\begin{pmatrix}
0^2&2\times 0\times |0|\\
1^2&2\times 1\times |1|
\end{pmatrix}
$$
不可逆,
$$
C(-1)=
\begin{pmatrix}
(-1)^2&2\times (-1)\times |-1|\\
0^2&2\times 0\times |0|
\end{pmatrix}
$$
不可逆,
$$
C(-2)=
\begin{pmatrix}
(-2)^2&2\times (-2)\times |-2|\\
(-1)^2&2\times (-1)\times |-1|
\end{pmatrix}
$$
不可逆.
$$
C(k)=
\begin{pmatrix}
k^2&2k|k|\\
(k+1)^2&2(k+1)|k+1|
\end{pmatrix},
$$
经讨论,对于任意整数$k$,$\det C(k)=0$,所以Casorati矩阵$C(k)$对于任意整数$k$都是不可逆的.然而信号$\{y_k\}$和$\{z_k\}$线性无关.说明Casorati矩阵可逆是信号线性无关的充分但不必要条件.

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熊猫烟花在“玩转浙江高中数学”(875948072)群里问了一个数列题,题目如下:

(题目)数列$\{a_n\}$满足$a_1=1$,$a_{n+1}a_n=a_n^2+2a_n+1$,则使得$|\sqrt{a_{2018}}-m|$值最小的整数$m$值是?

题意即问与$\sqrt{a_{2018}}$最接近的整数.为此要估计$a_{2018}$的值.$2018$下标太大,不好处理.于是先观察数列的前面若干项目,提出合理猜想.
$$
a_1=1,a_2=4,a_3=6.25,a_4=8.41,a_5\approx 10.52,a_6\approx 12.62,
$$
因此笔者猜测当$n>1$时,$2n\leq a_n<2n+1$.下面用数学归纳法证明这个结论.

解:由题意, $$ a_{n+1}=a_n+\frac{1}{a_n}+2, $$ 先用数学归纳法证明当$n>1$时,$2n\leq a_n<2n+1$.

  • 当$n=2$时,$4\leq a_2=4<5$.结论成立.
  • 假设当$n=k(k\geq 2)$时,结论亦成立,即 $$ 2k\leq a_k<2k+1, $$ 因为函数$f(x)=x+\frac{1}{x}$在$(1,+\infty)$上单调递增,所以 $$ 2k+\frac{1}{2k}+2\leq a_{k+1}=a_k+\frac{1}{a_{k}}+2<(2k+1)+\frac{1}{2k+1}+2, $$ 而 $$ (2k+2)\leq 2k+\frac{1}{2k}+2,(2k+1)+\frac{1}{2k+1}+2<(2k+3)+\frac{1}{2k+3}+2 $$ 因此 $$ 2k+2\leq a_{k+1}<(2k+3)+\frac{1}{2k+3}+2. $$ 由数学归纳法,对于任意正整数$n>1$,都有$2n\leq a_n<2n+1$.
因此$4036\leq a_{2018}<4037$,于是 $63.52<\sqrt{a_{2018}}<64$.因此$m=64$.

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