线性代数及其应用Lay

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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. 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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习题 1. 在下面的习题中,通过求出张成零空间的向量,求出$\mathrm{Null}A$的一个显
式表示.
  • $A=
    \begin{pmatrix}
    1&3&5&0\\
    0&1&4&-2
    \end{pmatrix}
    $.
  • $A=
    \begin{pmatrix}
    1&-6&4&0\\
    0&0&2&0
    \end{pmatrix}
    $.
  • $A=
    \begin{pmatrix}
    1&-2&0&4&0\\
    0&0&1&-9&0\\
    0&0&0&0&1
    \end{pmatrix}
    $.
  • $A=
    \begin{pmatrix}
    1&5&-4&-3&1\\
    0&1&-2&1&0\\
    0&0&0&0&0
    \end{pmatrix}
    $.

证明 .
  • $\mathrm{Null}A=\mathrm{Span}\left\{
    \begin{pmatrix}
    -6\\
    2\\
    0\\
    1
    \end{pmatrix},
    \begin{pmatrix}
    7\\
    -4\\
    1\\
    0
    \end{pmatrix}
    \right\}$.
  • $\mathrm{Null}A=\mathrm{Span}\left\{
    \begin{pmatrix}
    0\\
    0\\
    0\\
    1\\
    \end{pmatrix},
    \begin{pmatrix}
    6\\
    1\\
    0\\
    0
    \end{pmatrix}. \right\}$
  • $\mathrm{Null}A=\mathrm{Span}\left\{
    \begin{pmatrix}
    -4\\
    0\\
    9\\
    1\\
    0
    \end{pmatrix},
    \begin{pmatrix}
    2\\
    1\\
    0\\
    0\\
    0
    \end{pmatrix}
    \right\}$.
  • $\mathrm{Null}A=\mathrm{Span}\left\{
    \begin{pmatrix}
    -1\\
    0\\
    0\\
    0\\
    1
    \end{pmatrix},
    \begin{pmatrix}
    8\\
    -1\\
    0\\
    1\\
    0
    \end{pmatrix},
    \begin{pmatrix}
    -6\\
    2\\
    1\\
    0\\
    0
    \end{pmatrix}
    \right\}$.

习题 2. 定义$T:\mathbb{P}_2\to \mathbb{R}^2$,$T(\bm{p})=
\begin{pmatrix}
\bm{p}(0)\\
\bm{p}(1)
\end{pmatrix}
$,比如,若$\bm{p}(t)=3+5t+7t^2$,则$T(\bm{p})=
\begin{pmatrix}
3\\
15
\end{pmatrix}
$.
  • 证明$T$是一个线性变换.
  • 求$\mathbb{P}_2$中的一个多项式$\bm{p}$使之生成$T$的核并刻
    画$T$的值域.

证明 .
  • $\forall \bm{p}_1,\bm{p}_2\in \mathbb{P}_2$,$c\in \mathbf{R}$,
    $$
    T(\bm{p}_1+\bm{p}_2)=
    \begin{pmatrix}
    (\bm{p}_1+\bm{p}_2)(0)\\
    (\bm{p}_1+\bm{p}_2)(1)
    \end{pmatrix}=
    \begin{pmatrix}
    \bm{p}_1(0)+\bm{p}_2(0)\\
    \bm{p}_1(1)+\bm{p}_2(1)
    \end{pmatrix}=
    \begin{pmatrix}
    \bm{p}_1(0)\\
    \bm{p}_1(1)
    \end{pmatrix}+
    \begin{pmatrix}
    \bm{p}_2(0)\\
    \bm{p}_2(1)
    \end{pmatrix}=T(\bm{p}_1)+T(\bm{p}_2),
    $$

    $$
    T(c\bm{p}_1)=
    \begin{pmatrix}
    (c\bm{p}_1)(0)\\
    (c\bm{p}_1)(1)\\
    \end{pmatrix}=
    \begin{pmatrix}
    c(\bm{p}_1(0))\\
    c(\bm{p}_1(1))\\
    \end{pmatrix}=c
    \begin{pmatrix}
    \bm{p}_1(0)\\
    \bm{p}_1(1)
    \end{pmatrix}=cT(\bm{p}_1).
    $$
    因此$T$是一个线性变换.

  • 若$\bm{p}\in \ker T$,则$\bm{p}(0)=\bm{p}(1)=0$.设$\bm{p}(t)=at^2+bt+c$,其中$a,b,c\in
    \mathbf{R}$.则
    $$
    c=0,a+b=0.
    $$
    所以$\bm{p}(t)=at^2-at$.下面刻画$T$的值域.设$\bm{q}(t)=a’t^2+b’t+c’$,其中$a’,b’,c’\in \mathbf{R}$,则
    $$
    T(\bm{q}(t))=
    \begin{pmatrix}
    c’\\
    a’+b’+c’
    \end{pmatrix}=(a’+b’)
    \begin{pmatrix}
    0\\
    1
    \end{pmatrix}+c’
    \begin{pmatrix}
    1\\
    1\\
    \end{pmatrix}.
    $$
    可见,
    $$
    \mathrm{Im}T=\mathrm{Span}\left\{
    \begin{pmatrix}
    0\\
    1
    \end{pmatrix},
    \begin{pmatrix}
    1\\
    1
    \end{pmatrix}. \right\}
    $$

习题 3. 由$T(\bm{p})=
\begin{pmatrix}
\bm{p}(0)\\
\bm{p}(0)
\end{pmatrix}
$定义一个线性变换$T:\mathbb{P}_2\to
\mathbb{R}^2$.求$\mathbb{P}_2$中多项式$\bm{p}_1$和$\bm{p}_2$,使之生成$T$的核并刻画$T$的值域.

证明 . 设$\bm{p}(t)=at^2+bt+c,a,b,c\in
\mathbb{R}$且$\bm{p}\in \ker T$.则$\bm{p}(0)=0$,即
$$
c=0.
$$
所以
$$
\ker T=\mathrm{Span}\{t^2,t\}.
$$

$$
\mathrm{Im}T=\mathrm{Span}\left\{
\begin{pmatrix}
1\\
1
\end{pmatrix}
\right\}.
$$

习题 4. 令$\bm{v}_1=
\begin{pmatrix}
1\\
-3\\
4
\end{pmatrix},\bm{v}_2=
\begin{pmatrix}
6\\
2\\
-1
\end{pmatrix},\bm{v}_3=
\begin{pmatrix}
2\\
-2\\
3
\end{pmatrix},\bm{v}_4=
\begin{pmatrix}
-4\\
-8\\
9
\end{pmatrix},
$,求由$\{\bm{v}_1,\bm{v}_2,\bm{v}_3,\bm{v}_4\}$生成的子空间$W$的一个基.

证明 . $\{\bm{v}_1,\bm{v}_2,\bm{v}_3\}$.

习题 5. 令$\bm{b}_1=
\begin{pmatrix}
1\\
0\\
0
\end{pmatrix}
$,$\bm{b}_2=
\begin{pmatrix}
-3\\
4\\
0
\end{pmatrix}
$,$\bm{b}_3=
\begin{pmatrix}
3\\
-6\\
3
\end{pmatrix}
$,$\bm{x}=
\begin{pmatrix}
-8\\
2\\
3
\end{pmatrix}
$.
  • 证明集合$\mathcal{B}=\{\bm{b}_1,\bm{b}_2,\bm{b}_3\}$是$\mathbf{R}^3$的一个基.
  • 求由$\mathcal{B}$到标准基的坐标变换矩阵.
  • 写出$\mathbf{R}^3$中$\bm{x}$与$[\bm{x}]_{\mathcal{B}}$相关联的方程.
  • 对上面给出的$\bm{x}$,求$[\bm{x}]_{\mathcal{B}}$.

证明 .
  • 略.
  • $P_{\mathcal{B}}=[\bm{b}_1,\bm{b}_2,\bm{b}_3]$.
  • $\bm{x}=P_{\mathcal{B}}[\bm{x}]_{\mathcal{B}}$.

  • 已知
    $$
    \bm{x}=
    \begin{pmatrix}
    -8\\
    2\\
    3
    \end{pmatrix}=P_{\mathcal{B}}[\bm{x}]_{\mathcal{B}}=
    \begin{pmatrix}
    1&-3&3\\
    0&4&-6\\
    0&0&3
    \end{pmatrix}
    \begin{pmatrix}
    x_1\\
    x_2\\
    x_3
    \end{pmatrix}_{\mathcal{B}},
    $$
    解得
    $$
    [\bm{x}]_{\mathcal{B}}=\begin{pmatrix}
    x_1\\
    x_2\\
    x_3
    \end{pmatrix}_{\mathcal{B}}=
    \begin{pmatrix}
    -5\\
    2\\
    1
    \end{pmatrix}_{\mathcal{B}}.
    $$

习题 6. 集合$\mathcal{B}=\{1+t,1+t^2,t+t^2\}$是$\mathbb{P}_2$的一个基.求$\bm{p}(t)=6+3t-t^2$关于$\mathcal{B}$的坐标向量.

证明 .
$$
\bm{p}(t)=c_1(1+t)+c_2(1+t^2)+c_3(t+t^2),
$$
解得
$$
c_1=5,c_2=1,c_3=-2.
$$
所以$[\bm{p}(t)]_{\mathcal{B}}=
\begin{pmatrix}
5\\
1\\
-2
\end{pmatrix}
$.

习题 7. 设$V$和$W$是有限维向量空间,还有线性变换$T:V\to W$.
  • 令$H$是$V$的非零子空间,$T(H)$为$H$中向量的像集,则由4.2节中习题35,$T(H)$是$W$的子空间.证明$\dim T(H)\leq \dim H$.
  • 令$H$是$V$的非零子空间,$T$是一个由$V$到$W$内的一一线性映射,证明
    $\dim T(H)=\dim H$.若$T$是一个由$V$到$W$上的一一映射,则$\dim V=\dim
    W$.同构的有限维向量空间具有相同的维数.

证明 .
  • 当$H$为非零
    空间时,设向量空间$T(H)$的一组基为$\{T(\bm{v}_1),\cdots T(\bm{v}_n)\}$,其中$n\in \mathbf{N}^{+}$,且$\bm{v}_1,\cdots,\bm{v}_n\in H$.则$\bm{v}_1,\cdots,\bm{v}_n$线性无关,否则,存在不全为零的实数$k_1,\cdots,k_n$,使得
    $$
    k_1\bm{v}_1+\cdots+k_n\bm{v}_n=\bm{0},
    $$
    于是
    $$
    T(k_1\bm{v}_1+\cdots+k_n\bm{v}_n)=\bm{0},
    $$

    $$
    k_1T(\bm{v}_1)+\cdots+k_nT(\bm{v}_n)=\bm{0},
    $$
    可得$T(\bm{v}_1),\cdots,T(\bm{v}_n)$线性相关,矛盾.因此$\bm{v}_1,\cdots,\bm{v}_n$线性无关.因此$\dim H\geq n=\dim T(H)$.
  • 因为$T$是从非零空间$H$到$T(H)$的线性映射,所以由第一小题的结论,$\dim T(H)\leq \dim H$.由于$T$是从$H$到$T(H)$的一一线性映射,所以
    $T^{-1}$是从$T(H)$到$H$的线性映射.重复使用第一小题的结论可得$\dim
    H\leq \dim T(H)$.综上,$\dim H=\dim T(H)$.

习题 8. 按照定理11,$\mathbf{R}^n$中一线性无关集$\{\bm{v}_1,\cdots,\bm{v}_k\}$可以扩充为$\mathbf{R}^n$的一个基.一个方法是构造矩阵$A=[\bm{v}_1,\cdots,\bm{v}_k,\bm{e}_1,\cdots,\bm{e}_n]$,其中$\bm{e}_1,\cdots,\bm{e}_n$是单位矩阵的列,那么$A$的主元列构成$\mathbf{R}^n$的一个基.
  • 利用这个方法将下列向量扩充为$\mathbf{R}^5$的一个基.
    $$
    \bm{v}_1=
    \begin{pmatrix}
    -9\\
    -7\\
    8\\
    -5\\
    7
    \end{pmatrix},\bm{v}_2=
    \begin{pmatrix}
    9\\
    4\\
    1\\
    6\\
    -7
    \end{pmatrix},\bm{v}_3=
    \begin{pmatrix}
    6\\
    7\\
    -8\\
    5\\
    -7
    \end{pmatrix}.
    $$
  • 解释下面的问题:为什么原来的向量$\bm{v}_1,\cdots,\bm{v}_k$包含在
    $\mathrm{Col}A$的基中?为什么$\mathrm{Col}A=\mathbf{R}^n$?

证明 .
    构造矩阵
    $$
    A=
    \begin{pmatrix}
    -9&9&6&1&0&0&0&0\\
    -7&4&7&0&1&0&0&0\\
    8&1&-8&0&0&1&0&0\\
    -5&6&5&0&0&0&1&0\\
    7&-7&-7&0&0&0&0&1
    \end{pmatrix},
    $$
    对矩阵$A$进行初等行变换,最终变为简化型阶梯矩阵,我们的运算通过Matlab来
    实现.最终可得行阶梯型矩阵.Matlab运行代码如下:

    因此可得$\mathbf{R}^5$的一个基其实是$\{\bm{v}_1,\bm{v}_2,\bm{v}_3,\bm{e}_2,\bm{e}_3\}$.

  • 因为原来的向量$\bm{v}_1,\bm{v}_2,\bm{v}_3$是线性无关的,所以包含在$\mathrm{Col}A$的基中.因为向量$\bm{e}_1,\cdots,\bm{e}_n$线性无关,所以$\mathrm{Col}A=\mathbf{R}^n$.

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习题 1. 设$Q(\bm{x})=3x_1^2+3x_2^2+2x_1x_2$,求一个变量替换,将$Q$变换成一个不含交叉项的二次型,且给出新二次型.

证明 . $$
Q(\bm{x})=
\begin{bmatrix}
x_1&x_2
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
3&1\\
1&3
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
x_1\\
x_2
\end{bmatrix},
$$
令$\bm{x}=
\begin{bmatrix}
x_1\\
x_2
\end{bmatrix}
$,$A=
\begin{bmatrix}
3&1\\
1&3
\end{bmatrix}
$.则
$$
Q(\bm{x})=\bm{x}^TA\bm{x}.
$$
将矩阵$A$谱分解:
$$
A=UDU^T
\begin{bmatrix}
\frac{1}{\sqrt{2}}&\frac{1}{\sqrt{2}}\\
-\frac{1}{\sqrt{2}}&\frac{1}{\sqrt{2}}
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
2&0\\
0&4
\end{bmatrix}\begin{bmatrix}
\frac{1}{\sqrt{2}}&\frac{1}{\sqrt{2}}\\
-\frac{1}{\sqrt{2}}&\frac{1}{\sqrt{2}}
\end{bmatrix}^T.
$$
再令$\bm{y}=U^{T}\bm{x}=
\begin{bmatrix}
y_1\\
y_{2}
\end{bmatrix}
$.可得
$$
Q\bm{x}=\bm{y}^{T}D\bm{y}=2y_1^2+4y_2^2.
$$

习题 2. 对上题中的$Q$,求$Q(\bm{x})$在限制条件$\bm{x}^T\bm{x}=1$下的最大值,且求出达到最大值的单位向量.

证明 . 沿用上题中的符号,当$\bm{x}^T\bm{x}=1$时,$\bm{y}^T\bm{y}=\bm{x}^TUU^T\bm{x}=\bm{x}^T\bm{x}=1$.当$y_1=0,y_2=\pm 1$时,即$\bm{x}=\pm
\begin{bmatrix}
\frac{1}{\sqrt{2}}\\
\frac{1}{\sqrt{2}}
\end{bmatrix}
$时,$Q(\bm{x})$达到最大值.

习题 3. 求变量替换$\bm{x}=P\bm{y}$,将二次型$\bm{x}^TA\bm{x}$变换为对应的$\bm{y}^TD\bm{y}$.
  • $5x_1^2+6x_2^2+7x_3^2+4x_1x_2-4x_2x_3=9y_1^2+6y_2^2+3y_3^2$.
  • $3x_1^2+2x_2^2+2x_3^2+2x_1x_2+2x_1x_3+4x_2x_3=5y_1^2+2y_2^2$.

证明 .
  • 令$\bm{x}=
    \begin{bmatrix}
    x_1\\
    x_2\\
    x_3
    \end{bmatrix}
    $,则
    $$
    5x_1^2+6x_2^2+7x_3^2+4x_1x_2-4x_2x_3=
    \begin{bmatrix}
    x_1&x_2&x_3
    \end{bmatrix}
    \begin{bmatrix}
    5&2&0\\
    2&6&-2\\
    0&-2&7
    \end{bmatrix}
    \begin{bmatrix}
    x_1\\
    x_2\\
    x_3
    \end{bmatrix}=\bm{x}^TA\bm{x},
    $$
    其中矩阵$A=
    \begin{bmatrix}
    5&2&0\\
    2&6&-2\\
    0&-2&7
    \end{bmatrix}
    $.将矩阵$A$谱分解如下:
    $$
    A=
    \begin{bmatrix}
    \frac{1}{3}&\frac{2}{3}&-\frac{2}{3}\\
    \frac{2}{3}&\frac{1}{3}&\frac{2}{3}\\
    -\frac{2}{3}&\frac{2}{3}&\frac{1}{3}
    \end{bmatrix}
    \begin{bmatrix}
    9&0&0\\
    0&6&0\\
    0&0&3
    \end{bmatrix}\begin{bmatrix}
    \frac{1}{3}&\frac{2}{3}&-\frac{2}{3}\\
    \frac{2}{3}&\frac{1}{3}&\frac{2}{3}\\
    -\frac{2}{3}&\frac{2}{3}&\frac{1}{3}
    \end{bmatrix}^{T}=UDU^{T}
    $$
    因此只要让$\bm{y}=U^T\bm{x}$,即可将二次型$\bm{x}^TA\bm{x}$变换为$\bm{y}^TD\bm{y}$.
  • 令$\bm{x}=
    \begin{bmatrix}
    x_1\\
    x_2\\
    x_3
    \end{bmatrix}
    $,则
    $$
    3x_1^2+2x_2^2+2x_3^2+2x_1x_2+2x_1x_3+4x_2x_3=
    \begin{bmatrix}
    x_1&x_2&x_3
    \end{bmatrix}
    \begin{bmatrix}
    3&1&1\\
    1&2&2\\
    1&2&2
    \end{bmatrix}
    \begin{bmatrix}
    x_1\\
    x_2\\
    x_3
    \end{bmatrix}=\bm{x}^TA\bm{x}.
    $$
    将矩阵$A$谱分解如下:
    $$
    A=
    \begin{bmatrix}
    \frac{1}{\sqrt{3}}&\frac{2}{\sqrt{6}}&0\\
    \frac{1}{\sqrt{3}}&\frac{-1}{\sqrt{6}}&\frac{1}{\sqrt{2}}\\
    \frac{1}{\sqrt{3}}&\frac{-1}{\sqrt{6}}&-\frac{1}{\sqrt{2}}
    \end{bmatrix}
    \begin{bmatrix}
    5&0&0\\
    0&2&0\\
    0&0&0
    \end{bmatrix}\begin{bmatrix}
    \frac{1}{\sqrt{3}}&\frac{2}{\sqrt{6}}&0\\
    \frac{1}{\sqrt{3}}&\frac{-1}{\sqrt{6}}&\frac{1}{\sqrt{2}}\\
    \frac{1}{\sqrt{3}}&\frac{-1}{\sqrt{6}}&-\frac{1}{\sqrt{2}}
    \end{bmatrix}^{T}=UDU^T.
    $$
    因此只要让$\bm{y}=U^T\bm{x}$,即可将二次型$\bm{x}^TA\bm{x}$变换为$\bm{y}^TD\bm{y}$.

习题 4. 对下面的习题,求(a)在条件$\bm{x}^T\bm{x}=1$限制下,$Q(\bm{x})$的最大值,(b)达到最大值的一个单位向量$\bm{u}$,(c)在条件$\bm{x}^T\bm{x}=1$和$\bm{x}^T\bm{u}=0$限制下,$Q(\bm{x})$的最大值.
  • $Q(\bm{x})=5x_1^2+6x_2^2+7x_3^2+4x_1x_2-4x_2x_3$.
  • $Q(\bm{x})=3x_1^2+2x_2^2+2x_3^2+2x_1x_2+2x_1x_3+4x_2x_3$
  • $Q(\bm{x})=5x_1^2+5x_2^2-4x_1x_2$
  • $Q(\bm{x})=7x_1^2+3x_2^2+3x_1x_2$

证明 .
  • (a),(b):当$\bm{u}=\pm
    \begin{pmatrix}
    \frac{1}{3}\\
    \frac{2}{3}\\
    -\frac{2}{3}
    \end{pmatrix}
    $时,$Q(\bm{x})$达到最大值$9$.
    (c)当$\bm{u}=\pm
    \begin{pmatrix}
    \frac{2}{3}\\
    \frac{1}{3}\\
    \frac{2}{3}
    \end{pmatrix}
    $时,$Q(\bm{x})$达到最大值$6$.
  • (a),(b):当$\bm{u}=\pm
    \begin{pmatrix}
    \frac{1}{\sqrt{3}}\\
    \frac{1}{\sqrt{3}}\\
    \frac{1}{\sqrt{3}}
    \end{pmatrix}
    $时,$Q(\bm{x})$达到最大值$5$.
    (c):当$\bm{u}=\pm
    \begin{pmatrix}
    \frac{2}{\sqrt{6}}\\
    -\frac{1}{\sqrt{6}}\\
    -\frac{1}{\sqrt{6}}
    \end{pmatrix}
    $时,$Q(\bm{x})$达到最大值$2$.
  • $Q(\bm{x})=
    \begin{pmatrix}
    x_1&x_2
    \end{pmatrix}
    \begin{pmatrix}
    5&-2\\
    -2&5
    \end{pmatrix}
    \begin{pmatrix}
    x_1\\
    x_2
    \end{pmatrix}.
    $设$\bm{x}=
    \begin{pmatrix}
    x_1\\
    x_2
    \end{pmatrix}
    $,$A=
    \begin{pmatrix}
    5&-2\\
    -2&5
    \end{pmatrix}
    $,则$Q(\bm{x})=\bm{x}^TA\bm{x}$.矩阵$A$的特征值是$7,3$.特征值$7$对应的单位特征向量是$
    \begin{pmatrix}
    -\frac{\sqrt{2}}{2}\\
    \frac{\sqrt{2}}{2}
    \end{pmatrix}
    $,特征值$3$对应的单位特征向量是$
    \begin{pmatrix}
    \frac{\sqrt{2}}{2}\\
    \frac{\sqrt{2}}{2}
    \end{pmatrix}
    $.所以
    $$
    A=
    \begin{pmatrix}
    -\frac{\sqrt{2}}{2}&\frac{\sqrt{2}}{2}\\
    \frac{\sqrt{2}}{2}&\frac{\sqrt{2}}{2}
    \end{pmatrix}
    \begin{pmatrix}
    7&0\\
    0&3
    \end{pmatrix}\begin{pmatrix}
    -\frac{\sqrt{2}}{2}&\frac{\sqrt{2}}{2}\\
    \frac{\sqrt{2}}{2}&\frac{\sqrt{2}}{2}
    \end{pmatrix}^T.
    $$
    (a),(b):当$\bm{u}=\pm
    \begin{pmatrix}
    -\frac{\sqrt{2}}{2}\\
    \frac{\sqrt{2}}{2}
    \end{pmatrix}
    $时,$Q(\bm{x})$取得最大值.
    (c):当$\bm{u}=\pm
    \begin{pmatrix}
    \frac{\sqrt{2}}{2}\\
    \frac{\sqrt{2}}{2}
    \end{pmatrix}
    $时,$Q(\bm{x})$取得最小值.

习题 5. 设$Q(\bm{x})=-2x_1^2-x_2^2+4x_1x_2+4x_2x_3$,在条件$\bm{x}^T\bm{x}=1$的限制下,求出在$\mathbf{R}^3$中的单位向量$\bm{x}$使$Q(\bm{x})$取最大值.

证明 . $$Q(\bm{x})=
\begin{pmatrix}
x_1&x_2&x_3
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
-2&2&0\\
2&-1&2\\
0&2&0
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
x_1\\
x_2\\
x_3
\end{pmatrix}.
$$
令$\bm{x}=
\begin{pmatrix}
x_1\\
x_2\\
x_3
\end{pmatrix}
$,$A=
\begin{pmatrix}
-2&2&0\\
2&-1&2\\
0&2&0
\end{pmatrix}
$.则$Q(\bm{x})=\bm{x}^TA\bm{x}$.将矩阵$A$谱分解:
$$
A=
\begin{pmatrix}
\frac{1}{3}&\frac{2}{3}&\frac{2}{3}\\
\frac{2}{3}&\frac{1}{3}&-\frac{2}{3}\\
\frac{2}{3}&-\frac{2}{3}&\frac{1}{3}
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
2&0&0\\
0&-1&0\\
0&0&-4
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
\frac{1}{3}&\frac{2}{3}&\frac{2}{3}\\
\frac{2}{3}&\frac{1}{3}&-\frac{2}{3}\\
\frac{2}{3}&-\frac{2}{3}&\frac{1}{3}
\end{pmatrix}^T=UDU^T.
$$
令$\bm{y}=U^T\bm{x}$,可得
$$
Q(\bm{x})=\bm{y}^TD\bm{y}.
$$
可得当$\bm{y}=\pm
\begin{pmatrix}
1\\
0\\
0
\end{pmatrix},
$即$\bm{x}=\pm
\begin{pmatrix}
\frac{1}{3}\\
\frac{2}{3}\\
\frac{2}{3}
\end{pmatrix}
$时,$Q(\bm{x})$取得最大值$2$.

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习题 1. 设$B$是$n\times n$对称矩阵且$B^2=B$,任何此类矩阵被称为投影矩阵(或一个正交投影矩阵).对任意给定的$\bm{y}\in\mathbf{R}^n$,$\bm{\hat{y}}=B\bm{y}$且$\bm{z}=\bm{y}-\bm{\hat{y}}$.
  • 证明$\bm{z}$与$\bm{\hat{y}}$正交.
  • 设$W$是$B$的列空间,证明$\bm{y}$是$W$中一个向量与空间$W^T$中一个向量之和.证明$B\bm{y}$是$\bm{y}$在$B$的列空间上的正交投影.

证明 .

  • $$
    \bm{z}^T\bm{\hat{y}}=(\bm{y-\hat{y}})^{T}\bm{\hat{y}}=\bm{y}^T\bm{\hat{y}}-\bm{\hat{y}}^T\bm{y}=\bm{y}^TB\bm{y}-\bm{y}^TB\bm{y}=\bm{0},
    $$
    故$\bm{z}$与$\bm{\hat{y}}$正交.
  • 首先,$\bm{y}-B\bm{y}$与向量$B\bm{y}$正交,且$B\bm{y}$属于矩阵$B$的列空间,因此$B\bm{y}$是$\bm{y}$在$B$的列空间上的投影.因此$\bm{y}-B\bm{y}\in W^T$.而
    $$
    \bm{y}=B\bm{y}+(\bm{y}-B\bm{y}),
    $$
    这就把$\bm{y}$表示成了$W$中的向量和$W^T$中的向量的和.

其实,$B=UDU^T$,其中对角矩阵$U$对角线上的元素只可能是$0$和$1$,$U$是正交矩阵.设
$$
D=\begin{bmatrix} \sigma_1&~&~&~\\ ~&\sigma_2&~&~\\ ~&~&&\ddots&~\\
~&~&~&~&\sigma_{n} \end{bmatrix},
$$
其中$\forall 1\leq i\leq n$,$\sigma_i=1$或$0$.设矩阵$U$的第$i$个列向量为$\bm{u}_i$.则
$$
B=\sigma_1\bm{u}_1\bm{u}_1^T+\sigma_2\bm{u}_2\bm{u}_2^T+\cdots+\sigma_n\bm{u}_n\bm{u}_n^T,
$$
因此
$$
B\bm{y}=\sigma_1\bm{u}_1\bm{u}_1^T\bm{y}+\sigma_2\bm{u}_2\bm{u}_2^T\bm{y}+\cdots+\sigma_n\bm{u}_n\bm{u}_{n}^T\bm{y}.
$$
而$\forall 1\leq i\leq n$,$\bm{u}_n\bm{u}_n^{T}\bm{y}$的意思是向量$\bm{y}$在单位向量$\bm{u}_n$上的投影向量.因此$B\bm{y}$即为向量$\bm{y}$在$B$的列空间上的正交投影.
习题 2. 求一个变量代换,$\bm{x}=P\bm{y}$,将二次型$x_1^2+10x_1x_2+x_2^2$变换为
没有交叉项的形式,给出$P$和新的二次型.

证明 . 令$\bm{x}=
\begin{bmatrix}
x_1\\
x_2
\end{bmatrix}
$,
$$
x_1^2+10x_1x_2+x_2^2=
\begin{bmatrix}
x_1&x_2
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
1&5\\
5&1
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
x_1\\
x_2
\end{bmatrix}=\bm{x}^TA\bm{x},
$$
其中矩阵$A=
\begin{bmatrix}
1&5\\
5&1
\end{bmatrix}
$是二次型$x_1^2+10x_1x_2+x_2^2$的矩阵.将矩阵$A$正交对角化:
$$
A=UDU^T=
\begin{bmatrix}
\frac{1}{\sqrt{2}}&-\frac{1}{\sqrt{2}}\\
\frac{1}{\sqrt{2}}&\frac{1}{\sqrt{2}}
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
6&0\\
0&-4
\end{bmatrix}\begin{bmatrix}\frac{1}{\sqrt{2}}&-\frac{1}{\sqrt{2}}\\
\frac{1}{\sqrt{2}}&\frac{1}{\sqrt{2}}
\end{bmatrix}^{T},
$$
然后令$\bm{y}=U^T\bm{x}=U^{-1}\bm{x}=
\begin{bmatrix}
y_1\\
y_{2}
\end{bmatrix}
$,则
$$
x_{1}^{2}+10x_{1}x_{2}+x_{2}^{2}=\bm{x}^TA\bm{x}=\bm{y}^TD\bm{y}=6y_1^2-4y_2^2.
$$
$P=U$.

习题 3. 证明:如果$B$是$m\times n$矩阵,那么$B^TB$是半正定的;如果$B$是$n\times n$可逆矩阵,那么$B^TB$是正定的.

证明 .
  • 当$B$是$m\times n$矩阵时,$B^TB$是$n\times n$矩阵.$\forall \bm{x}\in \mathbf{R}^n$,
    $$
    \bm{x}^TB^TB\bm{x}=(B\bm{x})^T(B\bm{x})\geq 0,
    $$
    因此$B^TB$是半正定矩阵.
  • 当$B$是$n\times n$可逆矩阵时,当$\bm{x}\in \mathbf{R}^n$且$\bm{x}\neq 0$时,由于$B\bm{x}\neq \bm{0}$,因此
    $$
    \bm{x}^TB^TB\bm{x}=(B\bm{x})^T(B\bm{x})>0,
    $$
    因此$B^TB$是正定矩阵.

习题 4. 证明:如果$n\times n$矩阵$A$是正定的,那么存在一个正定矩阵$B$,使得$A=B^TB$.

证明 . 矩阵$A$是正定的,表明矩阵$A$可以分解为
$$
A=UDU^T,
$$
其中矩阵$U$是$n\times n$正交矩阵,$D$是对角线元素都为正的对角矩阵.记
$$
D=\begin{bmatrix} \sigma_1&~&~&~\\ ~&\sigma_2&~&~\\ ~&~&&\ddots&~\\
~&~&~&~&\sigma_{n} \end{bmatrix},
$$
其中$\forall 1\leq i\leq n$,$\sigma_i>0$.记
$$
\sqrt{D}=\begin{bmatrix} \sqrt{\sigma_{1}}&~&~&~\\
~&\sqrt{\sigma_2}&~&~\\ ~&~&&\ddots&~\\
~&~&~&~&\sqrt{\sigma_n} \end{bmatrix},
$$

$$
A=U \sqrt{D} \sqrt{D}^TU^T=(U \sqrt{D}U^T)(U
\sqrt{D}^TU^T)=(U\sqrt{D}U^{T})(U\sqrt{D}U^{T})^T,
$$
然后令$B=(U\sqrt{D}U^{T})^T=U \sqrt{D}U^{T}$即可.

习题 5. 令$A$和$B$是$n\times n$对称矩阵且所有特征值都为正,证明$A+B$的特征值也
是正的.

证明 . 因为对称矩阵$A,B$的特征值都为正,所以$A,B$都是正定矩阵.所以$\forall \bm{x}\in \mathbf{R}^n$且$\bm{x}\neq\bm{0}$,
$$
\bm{x}^{T}(A+B)\bm{x}=\bm{x}^TA\bm{x}+\bm{x}^TB\bm{x}>0,
$$
所以$A+B$也是正定矩阵,它的特征值都是正的.

习题 6. 令$A$是$n\times n$可逆对称矩阵,证明,如果二次型$\bm{x}^TA\bm{x}$是正定的,那么二次型$\bm{x}^TA^{-1}\bm{x}$也是正定的.

证明 . 因为二次型$\bm{x}^TA\bm{x}$是正定的,所以矩阵$A$的特征值都是正数.设$A=UDU^T$,其中$U$是正交矩阵,而且对角矩阵$D$对角线上的元素都是正数.则$A^{-1}=U^TD^{-1}U$,其中对角矩阵$D^{-1}$的对角线上的元素也都是正数.因此$A^{-1}$是正定矩阵,于是$\bm{x}^TA^{-1}\bm{x}$是正定二次型.

习题 7. 下面的习题表明,当$A=
\begin{bmatrix}
a&b\\
b&d
\end{bmatrix}
$,$\det A\neq 0$时,不用求出$A$的特征值就可将二次型$Q(\bm{x})=\bm{x}^TA\bm{x}$分类. 如果$\lambda_1$和$\lambda_2$是$A$的特征值,那么$A$的特征多项式可以用两种方式写出:$\det (A-\lambda I)$和$(\lambda-\lambda_1)(\lambda-\lambda_2)$,
  • 利用这个结论说明$\lambda_1+\lambda_2=a+d$($a,d$是$A$的对角线上的元素),且$\lambda_1\lambda_2=\det A$.
  • 验证下列命题:(1)如果$\det A>0$且$a>0$,则$Q$是正定的.
    (2)如果$\det A>0$且$a<0$,则$Q$是负定的.

    (3)如果$\det A<0$,则$Q$是不定的.

证明 .
  • 直接使用韦达定理即可.
  • (1)因为$\det A=ad-b^2>0$,所以$ad>0$.又因为$a>0$,所以$d>0$.故
    $\lambda_1+\lambda_2=a+d>0$,且$\lambda_1\lambda_2=ad>0$.因此
    $\lambda_1,\lambda_2>0$,故$A$是正定矩阵,$Q$是正定二次型.
    (2)因为$\det A=ad-b^2>0$,所以$ad>0$.又因为$a<0$,所以$d<0$.故 $\lambda_1\lambda_2=ad>0$,且$\lambda_1+\lambda_2=a+d<0$,因此 $\lambda_1<0$且$\lambda_2<0$.因此$A$是负定矩阵,$Q$是负定二次线.

    (3)因为$\det A<0$,所以$\lambda_1$和$\lambda_2$一正一负,因此矩阵$A$是 不定矩阵,$Q$是不定二次型.

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设矩阵$A=
\begin{bmatrix}
1.7&0.6\\
-0.4&0.7
\end{bmatrix}
$,则矩阵$A$的特征值
$$
\lambda_1=1.1,\lambda_2=1.3.
$$
特征值$\lambda_1$对应的特征向量是$\bm{v}_1=
\begin{bmatrix}
1\\
-1
\end{bmatrix}
$,特征值$\lambda_2$对应的特征向量是$\bm{v}_2=
\begin{bmatrix}
3\\
-2
\end{bmatrix}
$.

根据David C.Lay的《线性代数及其应用》第5.6节,动力系统$\bm{x}_{k+1}=A\bm{x}_k$的最大排斥方向是向量$\bm{v}_1$的方向以及其反方向,最小排斥方向是向量$\bm{v}_2$的方向和其反方向.

问题是,该怎么理解一个动力系统的最大排斥方向和最小排斥方向呢?毕竟在David C.Lay的教材内也没有给出一个明确的定义.

笔者在此,对离散动力系统的最大排斥方向和最小排斥方向给出一种很有诱惑力的,然而是错误的理解

设$|\bm{x}|=1$.若$\bm{x}$指示的方向与其反方向是动力系统的最大排斥方向,则$|A\bm{x}|$应为最大.若$\bm{x}$指示的方向与其反方向是动力系统的最小排斥方向,则$|A\bm{x}|$应为最小.

于是只用考虑下面的问题:

已知$|\bm{x}|=1$时,求当$\bm{x}$为何值时,$|A\bm{x}|$分别取最大值和最小值.

如果求出的$\bm{x}$分别为特征向量$\pm\frac{\bm{v}_1}{|\bm{v}_1|}$与$\pm\frac{\bm{v}_2}{|\bm{v}_2|}$,则表明我们对最大排斥方向的理解是正确的.(可惜下面的计算结果表明对最大和最小排斥方向的这种理解是错的).

易得
$$
|A\bm{x}|=\sqrt{\bm{x}^TA^TA\bm{x}},
$$
由于$A^TA$是对称矩阵,因此由谱分解定理,可以将$A^TA$谱分解:
\begin{align*}A^TA&=U^{T}DU\\&=
\begin{bmatrix}
\frac{-0.74}{\sqrt{3.5152+2.2
\sqrt{1.7576}}}&\frac{1.1+\sqrt{1.7576}}{\sqrt{3.5152+2.2 \sqrt{1.7576}}}\\
\frac{0.74}{\sqrt{3.5152-2.2
\sqrt{1.7576}}}&\frac{\sqrt{1.7576}-1.1}{\sqrt{3.5152-2.2
\sqrt{1.7576}}}
\end{bmatrix}^{T}
\begin{bmatrix}
1.95-\sqrt{1.7576}&0\\
0&1.95+\sqrt{1.7576}
\end{bmatrix} \begin{bmatrix}
\frac{-0.74}{\sqrt{3.5152+2.2
\sqrt{1.7576}}}&\frac{1.1+\sqrt{1.7576}}{\sqrt{3.5152+2.2 \sqrt{1.7576}}}\\
\frac{0.74}{\sqrt{3.5152-2.2
\sqrt{1.7576}}}&\frac{\sqrt{1.7576}-1.1}{\sqrt{3.5152-2.2
\sqrt{1.7576}}}
\end{bmatrix}
\end{align*}
令$U\bm{x}=\bm{x}’$.且设$\bm{x}’=
\begin{bmatrix}
x’\\
y’
\end{bmatrix}
$.易得$|\bm{x}’|=1$.
$$
|A\bm{x}|=\sqrt{\bm{x}’^TD\bm{x}’}=(1.95-\sqrt{1.7576})x’^2+(1.95+\sqrt{1.7576})y’^2,
$$
当且仅当$x’=0,y’=\pm 1$时,$|A\bm{x}|$取得最大值;当且仅当$x’=\pm
1,y’=0$时,$|A\bm{x}|$取得最小值.

即,当且仅当$\bm{x}=\pm
\begin{bmatrix}
\frac{-0.74}{\sqrt{3.5152+2.2 \sqrt{1.7576}}}\\
\frac{1.1+\sqrt{1.7576}}{\sqrt{3.5152+2.2 \sqrt{1.7576}}}
\end{bmatrix}
$时,$|A\bm{x}|$取得最小值;当且仅当$\bm{x}=\pm
\begin{bmatrix}
\frac{0.74}{\sqrt{3.5152-2.2 \sqrt{1.7576}}}\\
\frac{\sqrt{1.7576}-1.1}{\sqrt{3.5152-2.2 \sqrt{1.7576}}}
\end{bmatrix}
$时,$|A\bm{x}|$取得最大值.但是求出的$\bm{x}$的这些方向并非矩阵$A$的特征向量所指示的方向.这预示着我们对动力系统的最大和最小排斥方向的这种理解是错误的.

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习题 1. 设$2\times 2$矩阵$A$的特征值是$3$和$\frac{1}{3}$.对应的特征向量为$\bm{v}_1=
\begin{bmatrix}
1\\
1
\end{bmatrix}
$和$\bm{v}_2=
\begin{bmatrix}
-1\\
1
\end{bmatrix}
$.$\{\bm{x}_k\}$是差分方程$\bm{x}_{k+1}=A\bm{x}_k$的解,$\bm{x}_0=
\begin{bmatrix}
9\\
1
\end{bmatrix}
$.

  • 计算$\bm{x}_1=A\bm{x}_0$.
  • 求$\bm{x}_k$包含$k$和特征向量$\bm{v}_1$及$\bm{v}_2$的公式.


证明 .


  • $$
    \bm{x}_0=5\bm{v}_1-4\bm{v}_2,
    $$
    因此
    $$
    \bm{x}_1=A\bm{x}_0=A(5\bm{v}_1-4\bm{v}_2)=5A(\bm{v}_1)-4A(\bm{v}_2)=15\bm{v}_1-\frac{4}{3}\bm{v}_2=
    \begin{bmatrix}
    \frac{49}{3}\\
    \frac{41}{3}
    \end{bmatrix}.
    $$

  • $$
    x_k=A^k\bm{x}_0=A^k(5\bm{v}_1-4\bm{v}_2)=5A^k(\bm{v}_1)-4A^k(\bm{v}_2)=5\times
    3^k\bm{v}_1-4\times (\frac{1}{3})^k\bm{v}_2.
    $$


习题 2. 设矩阵$A$具有上题所描述的性质.

  • 原点是动力系统$\bm{x}_{k+1}=A\bm{x}_k$的吸引子还是排斥子还是鞍点?
  • 求该动力系统的最大吸引方向或排斥方向.
  • 作该系统的几何描述.显示最大吸引方向或排斥方向,包括若干典型轨迹
    的草图(不用计算具体的点).


证明 .

  • 原点是动力系统$\bm{x}_{k+1}=A\bm{x}_k$的鞍点.
  • 该动力系统的最大排斥方向是$\bm{v}_1$的方向,最大的吸引方向是向量$\bm{v}_2$的方向.
  • 事实上,矩阵
    $$
    A=
    \begin{bmatrix}
    1&-1\\
    1&1
    \end{bmatrix}
    \begin{bmatrix}
    3&0\\
    0&\frac{1}{3}
    \end{bmatrix}
    \begin{bmatrix}
    1&-1\\
    1&1
    \end{bmatrix}^{-1}=
    \begin{bmatrix}
    \frac{5}{3}&\frac{4}{3}\\
    \frac{4}{3}&\frac{5}{3}
    \end{bmatrix}.
    $$
    在GeoGebra中作出轨迹的部分图像如下所示:

This image has an empty alt attribute; its file name is 1-700x723.png

习题 3. 假设$3\times 3$矩阵$A$的特征值是$3,\frac{4}{5},\frac{3}{5}$,对应的特征向量为$
\begin{bmatrix}
1\\
0\\
-3
\end{bmatrix}
$,$
\begin{bmatrix}
2\\
1\\
-5
\end{bmatrix}
$,$
\begin{bmatrix}
-3\\
-3\\
7
\end{bmatrix}
$.设$\bm{x}_0=
\begin{bmatrix}
-2\\
-5\\
3
\end{bmatrix}
$,对给定的$\bm{x}_0$求方程$\bm{x}_{k+1}=A\bm{x}_k$的解,并描述当$k\to\infty$时有何结果.

证明 . 记$\bm{v}_1=
\begin{bmatrix}
1\\
0\\
-3
\end{bmatrix}
$,$\bm{v}_2=
\begin{bmatrix}
2\\
1\\
-5
\end{bmatrix}
$,$\bm{v}_3=
\begin{bmatrix}
-3\\
-3\\
7
\end{bmatrix}
$.则
$$
\bm{x}_0=2\bm{v}_1+\bm{v}_2+2\bm{v}_{3}.
$$

$$
\bm{x}_{k}=A^k\bm{x}_0=A^k(2\bm{v}_1+\bm{v}_2+2\bm{v}_3)=2\times
3^k\bm{v}_1+(\frac{4}{5})^k\bm{v}_2+2\times (\frac{3}{5})^k\bm{v}_3.
$$
当$k\to\infty$时,$\frac{\bm{x}_k}{3^k}\to 2\bm{v}_1$.

习题 4. 若矩阵$A$具有上题描述的性质,原点是该动力系统$\bm{x}_{k+1}=A\bm{x}_k$的吸引子,排斥子还是鞍点?求最大吸引方向或排斥方向.

证明 . 原点是该动力系统的鞍点.最大的排斥方向是向量$\bm{v}_1$的方向,最大吸引方向是向量$\bm{v}_3$的方向.

习题 5. 在古老的Douglas冷杉森林中,斑点猫头鹰主要以鼯鼠为食.设这两个种群的捕食者-食饵矩阵$A=
\begin{bmatrix}
0.4&0.3\\
-p&1.2
\end{bmatrix}
$,证明,若捕食参数$p$为$0.325$,则两个种群的数量都是增长的.预测长期增长率及猫头鹰与鼯鼠的最终比率.

证明 . 设在时间$k$,猫头鹰的数目是$O_k$,鼯鼠的数目是$R_k$.则
$$
\begin{bmatrix}
O_{k+1}\\
R_{k+1}
\end{bmatrix}=
\begin{bmatrix}
0.4&0.3\\
-0.325&1.2
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
O_k\\
R_k
\end{bmatrix}.
$$
可求得矩阵$A$的特征值为$\lambda_1=\frac{11}{20}$,$\lambda_2=\frac{21}{20}$.因此这两个种群的数目,就长期来看,都是增长的.长期增长率为$\frac{21}{20}$.由于矩阵$A$的特征值$\frac{21}{20}$对应于特征向量$
\begin{bmatrix}
6\\
13
\end{bmatrix}
$,因此猫头鹰和鼯鼠的最终比率为$6:13$.

习题 6. 若上一题中的捕食参数为0.5,证明猫头鹰和鼯鼠最终都会灭亡.$p$取何值时,两者的数量保持稳定?此时,两者的数量关系是什么?

证明 . 当$p=0.5$时,矩阵$A$的特征值是$0.7,0.9$.无论是哪个特征值都小于$1$,因此
猫头鹰和鼯鼠最终会灭亡.

当$p=0.4$时,两者的数量保持稳定.因为特征值$1$对应的特征向量是$
\begin{bmatrix}
1\\
2
\end{bmatrix}
$,因此在稳定情形,猫头鹰和鼯鼠的比例关系是$1:2$.


习题 7. 在下面的习题中,把原点归类为动力系统$\bm{x}_{k+1}=A\bm{x}_k$的吸引子
或排斥子或鞍点.并求最大的吸引方向或排斥方向.

  • $A=
    \begin{bmatrix}
    1.7&-0.3\\
    -1.2&0.8
    \end{bmatrix}
    $.
  • $A=
    \begin{bmatrix}
    0.3&0.4\\
    -0.3&1.1
    \end{bmatrix}
    $.
  • $A=
    \begin{bmatrix}
    0.4&0.5\\
    -0.4&1.3
    \end{bmatrix}
    $.
  • $A=
    \begin{bmatrix}
    0.5&0.6\\
    -0.3&1.4
    \end{bmatrix}
    $.
  • $A=
    \begin{bmatrix}
    0.8&0.3\\
    -0.4&1.5
    \end{bmatrix}
    $.
  • $A=
    \begin{bmatrix}
    1.7&0.6\\
    -0.4&0.7
    \end{bmatrix}
    $.


证明 .

  • 矩阵$A$的特征值是
    $$
    \lambda_1=2,\lambda_2=\frac{1}{2},
    $$
    特征值$\lambda_1$对应的特征向量是$\bm{v}_1=
    \begin{bmatrix}
    1\\
    -1
    \end{bmatrix}
    $,特征值$\lambda_2$对应的特征向量是$\bm{v}_2=
    \begin{bmatrix}
    1\\
    4
    \end{bmatrix}
    $.原点是动力系统$\bm{x}_{k+1}=A\bm{x}_k$的鞍点.最大的吸引方向是向量$\bm{v}_2$的方向,最大的排斥方向是向量$\bm{v}_1$的方向.
  • 矩阵$A$的特征值是
    $$
    \lambda_1=0.9,\lambda_2=0.5,
    $$
    特征值$\lambda_2$对应的特征向量是$\bm{v}_2=
    \begin{bmatrix}
    2\\
    1
    \end{bmatrix}
    $.原点是动力系统$\bm{x}_{k+1}=A\bm{x}_k$的吸引子.最大的吸引方向为向量$\bm{v}_2$的方向.
  • 矩阵$A$的特征值是
    $$
    \lambda_1=0.8,\lambda_2=0.9.
    $$
    特征值$\lambda_1$对应的特征向量$\bm{v}_1=
    \begin{bmatrix}
    5\\
    4
    \end{bmatrix}
    $,$\lambda_2$对应的特征向量$\bm{v}_2=
    \begin{bmatrix}
    1\\
    1
    \end{bmatrix}
    $.最大吸引方向为向量$\bm{v}_1$对应的方向.
  • 矩阵$A$的特征值是
    $$
    \lambda_1=1.1,\lambda_2=0.8.
    $$
    特征值$\lambda_1$对应的特征向量$\bm{v}_1=
    \begin{bmatrix}
    1\\
    1
    \end{bmatrix}
    $,特征值$\lambda_2$对应的特征向量$\bm{v}_2=
    \begin{bmatrix}
    2\\
    1
    \end{bmatrix}
    $.原点是动力系统$\bm{x}_{k+1}=A\bm{x}_k$的鞍点.最大排斥方向是向量$\bm{v}_1$的方向,最大吸引方向是向量$\bm{v}_2$的方向.
  • 矩阵$A$的特征值
    $$
    \lambda_1=1.2,\lambda_2=1.1.
    $$
    特征值$\lambda_1$对应的特征向量$\bm{v}_1=
    \begin{bmatrix}
    3\\
    4
    \end{bmatrix}
    $,特征值$\lambda_2$对应的特征向量$\bm{v}_2=
    \begin{bmatrix}
    1\\
    1
    \end{bmatrix}
    $.原点是动力系统$\bm{x}_{k+1}=A\bm{x}_k$的排斥子,最大的排斥方向是向量$\bm{v}_1$的方向.
  • 矩阵$A$的特征值是
    $$
    \lambda_1=1.1,\lambda_2=1.3,
    $$
    特征值$\lambda_1$对应的特征向量为$\bm{v}_1=
    \begin{bmatrix}
    1\\
    -1
    \end{bmatrix}
    $,特征值$\lambda_2$对应的特征向量为$\bm{v}_2=
    \begin{bmatrix}
    3\\
    -2
    \end{bmatrix}
    $.原点是动力系统$\bm{x}_{k+1}=A\bm{x}_k$的排斥子.最大排斥方向是向量$\bm{v}_2$的方向.


习题 8. 设$A=
\begin{bmatrix}
0.4&0&0.2\\
0.3&0.8&0.3\\
0.3&0.2&0.5
\end{bmatrix}
$,向量$\bm{v}_1=
\begin{bmatrix}
0.1\\
0.6\\
0.3
\end{bmatrix}
$是$A$的特征向量,$A$的两个特征值是0.5和0.2,求动力系统$\bm{x}_{k+1}=A\bm{x}_k$满足$\bm{x}_0=(0,0.3,0.7)$的解,当$k\to\infty$时,$\bm{x}_k$会如何?

证明 . 矩阵$A$的特征值是
$$
\lambda_1=1,\lambda_2=0.5,\lambda_3=0.2.
$$
特征值$\lambda_1$对应于特征向量$\bm{v}_1=
\begin{bmatrix}
0.1\\
0.6\\
0.3
\end{bmatrix}
$,特征值$\lambda_2$对应于特征向量$\bm{v}_2=
\begin{bmatrix}
0.2\\
-0.3\\
0.1
\end{bmatrix}
$,特征值$\lambda_3$对应于特征向量$\bm{v}_3=
\begin{bmatrix}
-0.1\\
0\\
0.1
\end{bmatrix}
$. 可得
$$
\bm{x}_0=0.1\bm{v}_1-0.8\bm{v}_2-1.5\bm{v}_3.
$$
所以动力系统$\bm{x}_{k+1}=A\bm{x}_k$满足$\bm{x}_0=
\begin{bmatrix}
0\\
0.3\\
0.7
\end{bmatrix}
$的解是
$$
\bm{x}_k=A^k\bm{x}_0=A^k(0.1\bm{v}_1-0.8\bm{v}_2-1.5\bm{v}_3)=0.1\bm{v}_1-0.8\times
(0.5)^k\bm{v}_2-1.5\times 0.2^k\bm{v}_3.
$$
当$k\to\infty$时,$\bm{x}_k\to 0.1\bm{v}_1$.

习题 9. 为某动物种类建立阶段矩阵模型.该动物的生命周期分为2个阶段,幼年期(1岁以前)和成年期.假设每只成年雌性一年平均生下1.6只幼年雌性.每年,有$30\%$的幼年存活下来进入成年和$80\%$的成年仍然存活.对$k\geq 0$,设$\bm{x}_k=(j_k,a_k)$,其中$\bm{x}_k$的分量表示在$k$年幼年和成年的数量.

  • 构造阶段矩阵$A$,使得对$k\geq 0$时,有$\bm{x}_{k+1}=A\bm{x}_k$.
  • 证明动物的数量是增长的,并计算最终增长率和幼年与成年的最终比率.


证明 .

  • 由题意,
    $$
    \begin{bmatrix}
    j_{k+1}\\
    a_{k+1}
    \end{bmatrix}=
    \begin{bmatrix}
    0&1.6\\
    0.3&0.8
    \end{bmatrix}
    \begin{bmatrix}
    j_k\\
    a_k
    \end{bmatrix}.
    $$
    所以矩阵$A=
    \begin{bmatrix}
    0&1.6\\
    0.3&0.8
    \end{bmatrix}.
    $
  • 矩阵$A$的特征值是
    $$
    \lambda_1=1.2,\lambda_2=-0.4.
    $$
    其中有一个特征值大于$1$,所以动物的数量是增长的.最终的增长率是每年增长
    $20\%$.特征值$\lambda_1$对应于特征向量$\bm{v}_1=
    \begin{bmatrix}
    4\\
    3
    \end{bmatrix}
    $.所以幼年和成年的最终比率为$4:3$.

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下面的题目都来自David.C.Lay编著的《线性代数及其应用》中文第3版第2.6节(Leontief投入产出模型).我们给出解答.

题目1:设某一经济有两个部门,商品和服务部门.商品部门的单位产出需要0.2单位商品和0.5单位服务的投入,服务部门的单位产出需要0.4单位商品和0.3单位服务的投入.最终需求是20单位商品和30单位服务,列出Leontief投入产出模型的方程.

:设产出向量为$\bm {x}=
\begin{bmatrix}
x\\
y
\end{bmatrix}
$,其中$x$为商品产出,$y$为服务产出.则
$$
\begin{bmatrix}
x\\
y
\end{bmatrix}=
\begin{bmatrix}
0.2&0.4\\
0.5&0.3
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
x\\
y
\end{bmatrix}+
\begin{bmatrix}
20\\
30
\end{bmatrix}.
$$
这就是该问题的Leontief投入产出模型的方程.


题目2:下面四个问题讨论一个经济体系,它分为制造业、农业和服务业三个部门.制造业每单位产出需要0.10单位制造业产品,0.30单位农业产品和0.30单位服务产品投入.每单位农业产出需要0.20单位它自己的产出,0.60单位制造业产出,0.10单位服务产出,服务业的每单位产出消耗0.10单位服务,0.60单位制造业产品,但不消耗农业产出.

  • 构造此经济的消耗矩阵,若农业要生产100单位产出,产生的中间需求是什么?


解:此经济的消耗矩阵是
$$
C=
\begin{bmatrix}
0.10&0.60&0.60\\
0.30&0.20&0\\
0.30&0.10&0.10
\end{bmatrix}.
$$
若农业要生产100单位产出,产生的中间需求是
$$
\begin{bmatrix}
0.10&0.60&0.60\\
0.30&0.20&0\\
0.30&0.10&0.10
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
0\\
100\\
0
\end{bmatrix}=
\begin{bmatrix}
60\\
20\\
10
\end{bmatrix}.
$$

  • 为了满足最终需求为18单位农业产品(对其他部门无最终需求),总的产出水平应为多少(不要计算逆矩阵).


解:设总的产出水平为$\bm{x}=
\begin{bmatrix}
x\\
y\\
z
\end{bmatrix}
$.则
$$
\begin{bmatrix}
x\\
y\\
z
\end{bmatrix}=
\begin{bmatrix}
0.10&0.60&0.60\\
0.30&0.20&0\\
0.30&0.10&0.10
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
x\\
y\\
z
\end{bmatrix}+
\begin{bmatrix}
0\\
18\\
0
\end{bmatrix},
$$
解得$\bm{x}=
\begin{bmatrix}
\frac{100}{3}\\
35\\
15
\end{bmatrix}
$.

  • 为了满足最终需求为18单位制造业产品(对其他部门无最终需求),总的产出水平应为多少?(不要计算逆矩阵).


解:设总的产出水平为$\bm{x}=
\begin{bmatrix}
x\\
y\\
z
\end{bmatrix}
$.则
$$
\begin{bmatrix}
x\\
y\\
z
\end{bmatrix}= \begin{bmatrix}
0.10&0.60&0.60\\
0.30&0.20&0\\
0.30&0.10&0.10
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
x\\
y\\
z
\end{bmatrix}+
\begin{bmatrix}
18\\
0\\
0
\end{bmatrix},$$
解得$\bm{x}=
\begin{bmatrix}
40\\
15\\
15\\
\end{bmatrix}
$.

  • 为了满足最终需求为18单位制造业产品,18单位农业产品,0单位服务,总的产出水平应为多少.


解:设总的产出水平为$\bm{x}=
\begin{bmatrix}
x\\
y\\
z
\end{bmatrix}
$.则
$$
\begin{bmatrix}
x\\
y\\
z
\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}
0.10&0.60&0.60\\
0.30&0.20&0\\
0.30&0.10&0.10
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
x\\
y\\
z
\end{bmatrix}+
\begin{bmatrix}
18\\
18\\
0
\end{bmatrix},
$$
解得$\bm{x}=
\begin{bmatrix}
\frac{220}{3}\\
50\\
30
\end{bmatrix}
$.


题目3:考虑生产模型$\bm{x}=C\bm{x}+\bm{d}$,该经济体系有两个部门,其中
$$
C=
\begin{bmatrix}
0.0&0.5\\
0.6&0.2
\end{bmatrix},\bm{d}=
\begin{bmatrix}
50\\
30
\end{bmatrix}
$$
请利用逆矩阵来确定产出水平,以满足最终需求.

解:设生产水平$\bm{x}=
\begin{bmatrix}
x\\
y
\end{bmatrix}
$,则$(I-C)\bm{x}=\bm{d}$.而
$$
(I-C)^{-1}=
\begin{bmatrix}
1.6&1\\
1.2&2
\end{bmatrix}.
$$
因此
$$
\bm{x}=(I-C)^{-1}\bm{d}=
\begin{bmatrix}
1.6&1\\
1.2&2
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
50\\
30
\end{bmatrix}=
\begin{bmatrix}
110\\
120
\end{bmatrix}.
$$

(题目4):重复上面的习题,取$C=
\begin{bmatrix}
0.1&0.6\\
0.5&0.2
\end{bmatrix}
$,$\bm{d}=
\begin{bmatrix}
18\\
11
\end{bmatrix}
$.


解:设产出水平为向量$\bm{x}=
\begin{bmatrix}
x\\
y
\end{bmatrix}
$.则$\bm{x}=C\bm{x}+\bm{d}$.即$(I-C)\bm{x}=\bm{d}$.而
$$
(I-C)^{-1}=
\begin{bmatrix}
\frac{40}{21}&\frac{10}{7}\\
\frac{25}{21}&\frac{15}{7}
\end{bmatrix},
$$
因此
$$
\bm{x}=(I-C)^{-1}\bm{d}=
\begin{bmatrix}
\frac{40}{21}&\frac{10}{7}\\
\frac{25}{21}&\frac{15}{7}
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
18\\
11
\end{bmatrix}=
\begin{bmatrix}
50\\
45
\end{bmatrix}.
$$

(题目5):Leontief产出方程$\bm{x}=C\bm{x}+\bm{d}$通常与对偶的价格方程
$$
\bm{p}=C^T\bm{p}+\bm{v}
$$联系在一起,其中$\bm{p}$为价格向量,它的元素列出各部门产出的单位价格,$\bm{v}$是增值向量,它的元素是每单位产出附加的价值(增值包括工资、利润、折旧等).经济中重要的事实是国内生产总值(GDP)可用两种方式表示:
$$
{\mbox{国内生产总值}}=\bm{p}^T\bm{d}=\bm{v}^T\bm{x}
$$
证明第二个等式.


证明 . $$
\bm{v}^{T}\bm{x}=\bm{p}^T(I-C)^T\bm{x}=\bm{p}^T\bm{d}.
$$

(题目6):设$C$为消耗矩阵.当$m\to\infty$时$C^m\to 0$,对$m=1,2,\cdots$,令
$D_m=I+C+\cdots+C^m$,求出把$D_m$和$D_{m+1}$联系的差分方程,得出由(8)计算$(I-C)^{-1}$的迭代算法.

解:
$$
D_{m+1}=I+C+\cdots+C^{m+1}=I+CD_m.
$$
以此递推关系为依据可以通过不断迭代计算$D_m(m=1,2,\cdots)$.

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5.1:特征向量与特征值

例4 {A= \begin{bmatrix} 4&-1&6\\ 2&1&6\\ 2&-1&8 \end{bmatrix} },{A}的一个特征值是{2},求对应的特征空间的一个基.

解:

\displaystyle A-2I= \begin{bmatrix} 2&-1&6\\ 2&-1&6\\ 2&-1&6 \end{bmatrix}.

\displaystyle \begin{bmatrix} 2&-1&6\\ 2&-1&6\\ 2&-1&6 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x\\ y\\ z \end{bmatrix}=0,

上式可化为

\displaystyle \begin{bmatrix} 2&-1&6\\ 0&0&0\\ 0&0&0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x\\ y\\ z\\ \end{bmatrix}=0,

其中{y,z}是自由变 量.令{y=0,z=1},解得{x=-3};令{y=1,z=0},解得{x=\frac{1}{2}}.所以特征 值{2}对应的特征空间的一组基为

\displaystyle \begin{bmatrix} -3\\ 0\\ 1 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} \frac{1}{2}\\ 1\\ 0 \end{bmatrix}.

{\mathbf{x}}的实部是{A}的特征向量是显然的.而且,如果{x}的虚部不是零向量,则虚部也是{A}的特征向量. \Box

定理2 {\lambda_1,\cdots,\lambda_{r}}{n\times n}矩阵{A}相异的特征 值,{\mathbf{v}_1,\cdots,\mathbf{v}_{r}}是与 {\lambda_1,\cdots,\lambda_{r}}对应的特征向量,那么向量集 合{\{\mathbf{v}_1,\cdots,\mathbf{v}_{r}\}}线性无关.

证明: 证明使用数学归纳法.当{r=2}时,非零向量{\mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2}必定 线性无关,否则,假设{\mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2}线性相关,则存在非零实 数{k},使得{\mathbf{v}_1=k\mathbf{v}_2}.则 {A(\mathbf{v}_1)=\lambda_1\mathbf{v}_1=k\lambda_1\mathbf{v}_2},且 {A(\mathbf{v}_1)=A(k\mathbf{v}_2)=kA(\mathbf{v}_2)=k\lambda_2\mathbf{v}_2}.则 {k\lambda_2\mathbf{v}_2=k\lambda_1\mathbf{v}_2},于是 {\lambda_1=\lambda_2},矛盾.

假设{r=n}时,{\{\mathbf{v}_1,\cdots,\mathbf{v}_n\}}线性无关.我们来证 明,{r=n+1}时,{\{\mathbf{v}_1,\cdots,\mathbf{v}_n,\mathbf{v}_{n+1}\}} 也线性无关.否则,必定存在不全为零的实数{k_1,\cdots,k_{n}},使得

\displaystyle \mathbf{v}_{n+1}=k_1\mathbf{v}_1+\cdots+k_n\mathbf{v}_n

\displaystyle A(\mathbf{v}_{n+1})=A(k_1\mathbf{v}_1+\cdots+k_n\mathbf{v}_n)=k_1A(\mathbf{v}_1)+\cdots+k_nA(\mathbf{v}_n)=\lambda_1k_1\mathbf{v}_1+\cdots+\lambda_nk_n\mathbf{v}_n=\lambda_{n+1}\mathbf{v}_{n+1}.

  • {\lambda_{n+1}=0}时,{\lambda_1,\cdots,\lambda_n\neq 0},则{\lambda_1k_1,\cdots,\lambda_nk_n}不全为零,则

    \displaystyle \lambda_1k_1\mathbf{v}_1+\cdots+\lambda_nk_n\mathbf{v}_n=\mathbf{0}

    {\mathbf{v}_1,\cdots,\mathbf{v}_n}线性无关矛盾.

  • {\lambda_{n+1}\neq 0}时,则

    \displaystyle \mathbf{v}_{n+1}=\frac{\lambda_1}{\lambda_{n+1}}k_1\mathbf{v}_1+\cdots+\frac{\lambda_n}{\lambda_{n+1}}k_n\mathbf{v}_n,

    由于{\mathbf{v}_1,\cdots,\mathbf{v}_n}线性无 关,因此{\lambda_1=\cdots=\lambda_n=\lambda_{n+1}},这与 {\lambda_1,\cdots,\lambda_{n+1}}全不相等矛盾.

综上,由数学归纳法,命题对于任意不小于{2}的正整数{n}成立. \Box

习题5.2.18 能够证明特征值{\lambda}的代数重数大于或等于其特征空间的维数.求下面矩 阵{A}中的{h},使{\lambda=5}的特征空间是{2}维的.

\displaystyle A= \begin{bmatrix} 5&-2&6&-1\\ 0&3&h&0\\ 0&0&5&4\\ 0&0&0&1 \end{bmatrix}.

 

解: {\lambda=5}的特征空间即矩阵

\displaystyle A-5I= \begin{bmatrix} 0&-2&6&-1\\ 0&-2&h&0\\ 0&0&0&4\\ 0&0&0&-4 \end{bmatrix}

的零空间.为了使得{A-5I}的零空间的维数为{2},必须使得{h=6},否则{A-5I}的零 空间就会成为{1}维的. \Box

第5.2节,例3 可能的话,将下面矩阵对角化

\displaystyle A= \begin{bmatrix} 1&3&3\\ -3&-5&-3\\ 3&3&1 \end{bmatrix}.

 

解: 先求矩阵{A}的特征值和对应的特征向量.设矩阵{A}的特征值为{\lambda},则

\displaystyle \begin{vmatrix} 1-\lambda&3&3\\ -3&-5-\lambda&-3\\ 3&3&1-\lambda \end{vmatrix}=0,

解得{\lambda=-2}{\lambda=-2}{\lambda=1}.特征值{1}对应的一个特征向 量为{(1,-1,1)}.特征值{-2}的特征空间的一组基底中的两个向量为 {(1,0,-1),(0,1,-1)}.所以矩阵{A}可对角化如下:令矩阵{P= \begin{bmatrix} 1&1&0\\ -1&0&1\\ 1&-1&-1 \end{bmatrix} },其中{P}的三个列向量就是矩阵{A}的三个特征向量.则{P^{-1}= \begin{bmatrix} 1&1&1\\ 0&-1&-1\\ 1&2&1 \end{bmatrix} }.因此

\displaystyle A= \begin{bmatrix} 1&1&0\\ -1&0&1\\ 1&-1&-1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1&0&0\\ 0&-2&0\\ 0&0&-2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1&1&1\\ 0&-1&-1\\ 1&2&1 \end{bmatrix}.

\Box

第5.3节例6 可能的话,将下列矩阵对角化.

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

解: 矩阵{A}的特征值是{5,5,-3,-3}.特征值{5}对应的特征空间的一组基为

\displaystyle \begin{bmatrix} 0\\ 4\\ 2\\ -1 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} 16\\ 4\\ 4\\ -3 \end{bmatrix}.

特征值{-3}对应的特征空间的一组基为

\displaystyle \begin{bmatrix} 0\\ 0\\ 1\\ 0 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} 0\\ 0\\ 0\\ 1 \end{bmatrix}.

所以矩阵{A}可以对角化.令矩阵{P= \begin{bmatrix} 0&16&0&0\\ 4&4&0&0\\ 2&4&1&0\\ -1&-3&0&1 \end{bmatrix} },则{P^{-1}= \begin{bmatrix} -\frac{1}{16}&\frac{1}{4}&0&0\\ \frac{1}{16}&0&0&0\\ -\frac{1}{8}&-\frac{1}{2}&1&0\\ \frac{1}{8}&\frac{1}{4}&0&1 \end{bmatrix} }(逆矩阵计算过程的草稿如下图所示). 因此

\displaystyle A= \begin{bmatrix} 0&16&0&0\\ 4&4&0&0\\ 2&4&1&0\\ -1&-3&0&1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 5&0&0&0\\ 0&5&0&0\\ 0&0&-3&0\\ 0&0&0&-3 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} -\frac{1}{16}&\frac{1}{4}&0&0\\ \frac{1}{16}&0&0&0\\ -\frac{1}{8}&-\frac{1}{2}&1&0\\ \frac{1}{8}&\frac{1}{4}&0&1 \end{bmatrix}

\Box

习题5.3.21(a) 判断正误:若存在矩阵{D}和可逆矩阵{P}使{A=PDP^{-1}}成立,则{A}可对角化.

解: 错.反例:令{P}为二阶单位矩阵,{D= \begin{bmatrix} 1&1\\ 0&1 \end{bmatrix} },则{A=D= \begin{bmatrix} 1&1\\ 0&1 \end{bmatrix} },但是矩阵{A}不可对角化.事实上,矩阵{A}代表一个剪切变换,而可对角化矩阵代表一个伸缩变换. \Box

5.4:特征向量与线性变换

例1 {\mathcal{B}=\{\mathbf{b}_1,\mathbf{b}_2\}}{V}的 基,{\mathcal{C}=\{\mathbf{c}_1,\mathbf{c}_2,\mathbf{c}_3\}}{W}的 基.{T}{V\rightarrow W}的线性变换,

\displaystyle T(\mathbf{b})=3\mathbf{c}_1-2\mathbf{c}_2+5\mathbf{c}_3,T(\mathbf{b}_2)=4\mathbf{c}_1+7\mathbf{c}_2-\mathbf{c}_{3}

{T}相对于基{\mathcal{B}}{\mathcal{C}}的矩阵{M}.

解: {M=[T]_{\mathcal{B}}^{\mathcal{C}}= \begin{bmatrix} 3&4\\ -2&7\\ 5&-1 \end{bmatrix} }. \Box

例2 {\mathbb{P}_2\rightarrow \mathbb{P}_2}的映射{T(a_0+a_1t+a_2t^2)=a_1+2a_2t}是线性变换(学过微积分的学生知道{T}是微分算子.)

  • 当基{\mathcal{B}=\{1,t,t^2\}}时,求{T}{\mathcal{B}-}矩阵.
  • {\mathbb{P}_2}中的每个{\mathbf{p}},验证{[T(\mathbf{p})]_{\mathcal{B}}=[T]_{\mathcal{B}}[\mathbf{p}]_{\mathcal{B}}}.

 

解:

  • {[T]_{\mathcal{B}}^{\mathcal{B}}= \begin{bmatrix} 0&1&0\\ 0&0&2\\ 0&0&0 \end{bmatrix} }.
  • 对于{\mathbf{p}=a_0+a_1t+a_2t^2},{[T(\mathbf{p})]_{\mathcal{B}}= \begin{bmatrix} a_{1}\\ 2a_{2}\\ 0 \end{bmatrix} },{[\mathbf{p}]_{\mathcal{B}}= \begin{bmatrix} a_0\\ a_1\\ a_2 \end{bmatrix} },容易验证

    \displaystyle [T]_{\mathcal{B}}^{\mathcal{B}}[\mathbf{p}]_{\mathcal{B}}=[T(\mathbf{p})]_{\mathcal{B}}

\Box

习题5.4.10 定义{\mathbb{P}_3\rightarrow \mathbb{R}^4}的变换{T}{T(\mathbf{\mathbf{p}})= \begin{bmatrix} \mathbf{p}(-3)\\ \mathbf{p}(-1)\\ \mathbf{p}(1)\\ \mathbf{p}(3) \end{bmatrix} }.

  • 证明{T}是线性变换.
  • {T}相对于{\mathbb{P}_3}的基{\{1,t,t^2,t^3\}}{\mathbb{R}^4}的 标准基的矩阵.

 

解:

  • {\mathbf{p}_1(t)=a_{0}+a_1t+a_{2}t^{2}+a_{3}t^{3},\mathbf{p}_2(t)=b_0+b_1t+b_2t^2+b_3t^3}, 则

    \displaystyle \mathbf{p}_1(t)+\mathbf{p}_2(t)=(a_0+b_0)+(a_1+b_1)t+(a_2+b_2)t^2+(a_3+b_3)t^3=\mathbf{q}(t).

    \displaystyle T(\mathbf{p}_1+\mathbf{p}_2)= \begin{bmatrix} \mathbf{q}(-3)\\ \mathbf{q}(-1)\\ \mathbf{q}(1)\\ \mathbf{q}(3) \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} \mathbf{p}_1(-3)\\ \mathbf{p}_1(-1)\\ \mathbf{p}_1(1)\\ \mathbf{p}_1(3) \end{bmatrix}+ \begin{bmatrix} \mathbf{p}_2(-3)\\ \mathbf{p}_2(-1)\\ \mathbf{p}_2(1)\\ \mathbf{p}_2(3) \end{bmatrix}=T(\mathbf{p}_1)+T(\mathbf{p}_2),

    且易得{\forall k\in \mathbb{R}},{T(k\mathbf{p})=kT(\mathbf{p})}.因此 {T}是线性变换.

  • {\mathcal{A}=\{1,t,t^2,t^3\}},{\mathcal{B}=\{\mathbf{e}_1,\mathbf{e}_2,\mathbf{e}_3,\mathbf{e}_4\}}, 则{[T]_{\mathcal{A}}^{\mathcal{B}}= \begin{bmatrix} 1&-3&9&-27\\ 1&-1&1&-1\\ 1&1&1&1\\ 1&3&9&27 \end{bmatrix} }.

\Box

习题5.4.25 方阵{A}主对角线元素之和称为{A}的迹,记为{trace(A)}.可以证明对任意的两个 {n\times n}矩阵{F}{G},有{trace(FG)=trace(GF)}.证明,若{A}{B}相似,则{trace(A)=trace(B)}.

证明:

  • {trace(FG)=trace(GF)}是简单机械的验证:设矩阵{F=(a_{ij}),1\leq i,j\leq n},{G=(b_{ij}),1\leq i,j\leq n}.则

    \displaystyle trace(FG)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^na_{ij}b_{ji}=\sum_{j=1}^n\sum_{i=1}^nb_{ji}a_{ij}=trace(GF).

  • {A,B}相似,则存在可逆矩阵{P},使得{A=PBP^{-1}}.则

    \displaystyle trace(A)=trace(PBP^{-1})=trace(PP^{-1}B)=trace(B).

\Box

5.5:复特征值

练习题 证明:若{a}{b}是实数,则{A= \begin{bmatrix} a&-b\\ b&a \end{bmatrix} }的特征值是{a\pm bi},对应的特征向量是{ \begin{bmatrix} 1\\ -i \end{bmatrix} }{ \begin{bmatrix} 1\\ i \end{bmatrix} }.

证明:{A}的特征值是{\lambda},则

\displaystyle \begin{vmatrix} a-\lambda&-b\\ b&a-\lambda \end{vmatrix}=0,

解得{\lambda=a\pm bi}.{a+bi}对应于特征向量{ \begin{bmatrix} 1\\ -i \end{bmatrix} },{a-bi}对应于特征向量{ \begin{bmatrix} 1\\ i \end{bmatrix} }. \Box

习题5.2.24 {n\times n}实矩阵{A}有性质{A^T=A}.证明,若对非零向量{\mathbf{x}\in \mathbf{C}^n}{A\mathbf{x}=\lambda \mathbf{x}},则{\lambda}是实数,而 {\mathbf{x}}的实部是{A}的特征向量.

证明: {\overline{\mathbf{x}}^{T}A\mathbf{x}=\lambda \overline{\mathbf{x}}^T\mathbf{x}}.因为 {\overline{\mathbf{x}}^TA\mathbf{x}}是实 数,{\overline{\mathbf{x}}^T\mathbf{x}}是正实数,因此{\lambda}是实数. \Box

习题5.5.25 {A}{n\times n}实矩阵,{x\in \mathbb{C}^n},证明{\Re (A\mathbf{x})=A(\Re \mathbf{x})}{\Im(A\mathbf{x})=A(\Im \mathbf{x})}.

证明:

\displaystyle A(\Re \mathbf{x})=A(\frac{\mathbf{x}+\bar{\mathbf{x}}}{2})=\frac{1}{2}A(\mathbf{x})+\frac{1}{2}A(\bar{\mathbf{x}})=\frac{1}{2}A(\mathbf{x})+\frac{1}{2}\overline{A(\mathbf{x})}=\Re (A\mathbf{x}),

\displaystyle A(\Im \mathbf{x})=A(\frac{\mathbf{x}-\overline{\mathbf{x}}}{2})=\frac{1}{2}A\mathbf{x}-\frac{1}{2}A\overline{\mathbf{x}}=\frac{1}{2}A\mathbf{x}-\frac{1}{2}\overline{A\mathbf{x}}=\Im (A\mathbf{x}).

\Box

习题5.5.26 {A}{2\times 2}实矩阵,有复特征值{\lambda=a-bi(b\neq 0)}和对应 {\mathbb{C}^2}中的复特征向量{\mathbf{v}},

  • 证明{A(\Re \mathbf{v})=a\Re \mathbf{v}+b\Im \mathbf{v}}{A(\Im \mathbf{v})=-b\Re \mathbf{v}+a\Im \mathbf{v}}.
  • 假设{P}{C}是定理9给出的矩阵,则{AP=PC}.

 

证明:

  • {\mathbf{v}=\Re \mathbf{v}+i\Im \mathbf{v}}.则{A(\Re \mathbf{v})=\Re A(\mathbf{v})=\Re [(a-bi)\mathbf{v}]=\Re (a\mathbf{v}-ib\mathbf{v})=a\Re \mathbf{v}+b\Im \mathbf{v}}.

    \displaystyle A(\Im \mathbf{v})=\Im A\mathbf{v}=\Im [(a-bi)\mathbf{v}]=\Im (a\mathbf{v}-i b\mathbf{v})=a\Im \mathbf{v}-b\Re \mathbf{v}.

  • {AP= \begin{bmatrix} A\Re \mathbf{v}&A\Im \mathbf{v} \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} a\Re \mathbf{v}+b\Im \mathbf{v}&-b\Re \mathbf{v}+a\Im \mathbf{v} \end{bmatrix}=PC. }

\Box

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