2022年2022年矩阵论简明教程习题答案 .pdf

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1、1 习题 一1. 设为的任一特征值 ,则因22为 AA22O 的特征值 , 故022. 即=0 或 2. 2. AB, CD 时, 分别存在可逆矩阵P 和 Q, 使得 P1AP=B, Q1CQ=D.令T=QOOP则 T 是可逆矩阵 ,且T1COOAT=QOOPCOOAQOOP11=DOOB3. 设ix是对应于特征值i的特征向量 , 则 Aix=iix, 用1A左乘得iiixAx1.即iiixxA11故1i是 A 的特征值 , i=1,2,n. 4. (1) 可以. AE=)2)(1)(1(,P104003214, 2111APP. (2) 不可以 . (3) 110101010P, 1221A

2、PP. 5. (1) A 的特征值是 0, 1, 2. 故A=(ba)2=0. 从而 b=a.又11111aaaaAI=)223(22a将=1, 2 代入上式求得A=0. (2) P =101010101. 6. AI=)1()2(2, A 有特征值2, 2, 1. =2 所对应的方程组(2IA)x=0 有解向量p1=041, p2=401=1 所对应的方程组(I+A)x=0 有解向量p3=001令P=(p,1p,2p3)=140004111, 则 P1=4416414030121. 于是有名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - -

3、 - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 1 页，共 22 页 - - - - - - - - - 2 A100=P122100100P1=12412244023012122431100100100100100100100. 7(1)AI=) 1(2=D3(), IA 有 2 阶子式172111=4 4 不是 D3()的因子 , 所以 D2()=D1()=1, A 的初等因子为1, 2. A 的Jordan标准形为J =000100001设 A 的相似变换矩阵为P=(p1,p2,p3), 则由 AP=PJ 得23211pApAppAp0解出P=241231111; (2) 因为)

4、,2() 1()(23D1)()(12DD，故AJ=200010011设变换矩阵为P=(321,ppp), 则33212112pApppAppApP=502513803(3) ),2() 1()(23AID, 1)(2D1)(1D.A 的不变因子是, 11d, 12d)2)(1(3dAJ=211因为 A 可对角化，可分别求出特征值1，2 所对应的三个线性无关的特征向量：当=1 时，解方程组, 0)(xAI求得两个线性无关的特征向量,1011p0122p当=2 时，解方程组,0)2(xAI得名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - -

5、- - 名师精心整理 - - - - - - - 第 2 页，共 22 页 - - - - - - - - - 3 1123p, P=101110221(4) 因41131621AI2)1(11, 故AJ=10111设变换矩阵为 P=),(321ppp, 则3232211ppAppAppAp21, pp是线性方程组0 xAI)(的解向量，此方程仴的一般解形为p=tsts3取0111p, 1032p为求滿足方程23)(ppAI的解向量3p, 再取,2pp根据tsts3113113622tstss00033000311由此可得s=t, 从而向量T3213),(xxxp的坐标应満足方程sxxx321

6、3取T3)0,0, 1(p, 最后得P=0100011318. 设 f ()=4322458. A 的最小多项式为12)(3Am,作带余除法得f()=(149542235),)(Am+1037242, 于是f (A)=IAA1037242=346106195026483. 9. A 的最小多项式为76)(2Am, 设 f ()=372919122234,则f ()=)()52(2Am+2. 于是 f (A)1=1)2(IA.由此求出名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 3

7、页，共 22 页 - - - - - - - - - 4 f (A)1=321723110. (1) IA=41131621标准形2) 1(00010001, A 的最小多项式为2)1(; 2) )1)(1(; (3) 2. 11. 将方程组写成矩阵形式 : 321321188034011ddddddxxxtxtxtx, 321xxxx, txtxtxtdddddddd321x, A=188034011则有J=PAP1=100010011, .其中 P=124012001.令 x=Py, 将原方程组改写成: ,ddJyyt则3321211ddddddytyyytyyty解此方程组得 : y1=

8、C1et+C2Tet, y2=C2et, y3=C3et. 于是x=Py=tttttttc)t(cc)t(cctccee24e4e12e2ee3212121. 12. (1) A 是实对称矩阵 . AI=2) 1)(10(,A 有特征值10, 2, 2. 当=10 时. 对应的齐次线性方程组(10IA)x=0 的系数矩阵542452228000110102由此求出特征向量p1=(1, 2, 2)T, 单位化后得e1= (32,32,31)T. 当=1 时, 对应的齐次线性方程组(IA)x=0 的系数矩阵442442221000000221由此求出特征向量p2=(2, 1, 0)T, p3=(2

9、, 0, 1)T. 单位化后得e2=(0,51,52)T, 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 4 页，共 22 页 - - - - - - - - - 5 e3=(535,534,532)T. 令U=53503253451325325231, 则 U1AU=1110. (2) A 是 Hermit 矩阵. 同理可求出相似变换矩阵U=2121212i2i2i21210, U1AU=220. 13. 若 A 是 Hermit 正定矩阵 ,则由定理 1.24可知存在 n 阶酉

10、矩阵 U, 使得UHAU=n21, i0, I=1, 2, ,n. 于是A=Un21UH= Un21UHUn21UH令B=Un21UH则 A=B2.反之,当 A=B2且 B 是 Hermit 正定矩阵时 ,则因 Hermit 正定矩阵的乘积仍为Hermit 正定矩阵,故 A 是 Hermit 正定的. 14. (1)(2). 因 A 是 Hermit 矩阵,则存在酉矩阵 U,使得UHAU=diag(n,21) 令 x=Uy, 其中 y=ek. 则 x0. 于是xHAx=yH(UHAU)y=k0 (k=1, 2, ,n). (2)(3). A=Udiag(n,21)UH=Udiag(n,21)d

11、iag(n,21)UH名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 5 页，共 22 页 - - - - - - - - - 6 令P=diag(n,21)UH, 则 A=PHP . (3)(1). 任取 x0, 有xHAx=xHPHPx=22Px0. 习 题 二1. 1x=01i 42i1=7+2, 2x=1i)4i(4)2(i)1i)(1(2=23, x=max1i 42i1,=4. 2. 当 x0 时, 有x0; 当 x0 时, 显然有x=0. 对任意C, 有x=xnkkkn

12、kkk1212. 为证明三角不等式成立 ,先证明 Minkowski 不等式: 设 1p, 则对任意实数xk,yk(k=1, 2, ,n)有pnkpkkyx11)(nkppknkppkyx1111)()(证 当 p=1 时，此不等式显然成立 . 下设 p1, 则有nkpkkyx1nkpkkknkpkkkyxyyxx1111对上式右边的每一个加式分别使用H?lder 不等式 , 并由 (p1)q=p, 得nkpkkyx1qnkqpkkpnkpkqnkqpkkpnkpkyxyyxx11)1(1111)1(11)()()()(=qnkpkkpnkpkpnkpkyxyx111111)()()(再用qn

13、kpkkyx11)(除上式两边 ,即得 Minkowski 不等式 . 现设任意y=(n,21)TCn, 则有nkkkkyx12=nkkkk12)(nkkkkk12)(nkjknkkk1212()(=yx. 3. (1) 函数的非负性与齐次性是显然的,我们只证三角不等式 .利用最大函数的等价定义: max(A, B)=)(21babamax(),bayxyxmax(bbaayxyx,) =)(21bbaababayxyxyyxx)(21babababayyxxyyxx=)(21)(21babababayyyyxxxx名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - -

14、- - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 6 页，共 22 页 - - - - - - - - - 7 =max( baxx,)+max( bayy ,) (2) 只证三角不等式 . k1ayx+k2byxk1ax+k1ay+k2bx+k2by=( k1ax+k2bx)+( k1ay+k2by) . 4. 218132i453i11mA; 66132i453i1222222FA; 15mA; 1A列和范数 (最大列模和 )=27;A=行和范数 (最大行模和 )=9 ; 5. 非负性: AO 时 S1ASO, 于是m1ASSA0. A=O 时, 显然A=0

15、; 齐次性: 设C, 则m1)(SASAm1ASS=A; 三角不等式 : m11m1)(BSSASSSBASBABABSSASSm1m1; 相容性: m11m1)(BSASSSSABSABm1m1BSSASS=AB. 6. 因为 InO, 所以nI0.从而利用矩阵范数的相容性得: nnnIIInInI,即nI1. 7. 设 A=(Aij)Cnn, x=T21),(nCn, 且 A=ijjia,max, 则ikkikAxa1ikkika=kiikka nAkk=mA1x; ikkikAx22aikkika2=ikka22=nA2xnA=mA2x. 8. 非负性与齐次性是显然的 , 我们先证三角不

16、等式和相容性成立. A=(aij), B=(bij) Cnm, C=(cst) Cln且 A=ijjia,max, B=ijjia,max, C=sttsc,max. 则MBA=maxm,nijijjiba,maxmaxm ,n )(max,ijijjibamaxm ,n ( A+B) =maxm ,n A+maxm ,n B=MMBA; MAC=maxm ,l kktiktica,maxmaxm ,n max,kktikticamaxm ,n max22,kktkiktica(Minkowski 不等式 ) =maxm ,n nACmaxm ,n max n ,l AC=MMCA. 下证与相

17、应的向量范数的相容性. 设 x=T21),(nCn, d=kmaxk, 则有ikkikaAx1ikkika=kiikka )(kkna=nAkkmaxm ,nAkk名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 7 页，共 22 页 - - - - - - - - - 8 =1MxA;2Ax=ikkika2ikkika2)(ikkkika)(22(H?lder 不等式) =kkikika22mnA2xmaxm ,nA2x=2MxA; max1nkkikiAxankkikia1maxm

18、ax22kkkikiamax22ndnai=nADmaxm,nAD=xAM. 9. 只证范数的相容性公理及与向量2范数的相容性 . 设 A=(aij)Cnm, B=(bst) Cln, x=T21),(nCn且 A=ijjia,max, B=sttsb,max, 则nkktikltmiAB11 ,1Gmaxbamlmax,ktkiktibamlmax22,kktkiktibaml(Minkowski 不等式 ) mlnab=)(bnlamn=GGBA. minkkikAx1212aikkika2)(ikkkika)(22（H?lder 不等式）ikkna)(22=mnA2x=2GxA. 10.

19、 利用定理 2.12得122H2nIUUU. 11. A1=0110211214321cond1(A)=225255111AA; cond (A)=10251AA. 12设 x 是对应于的特征向量 , 则 Axxmm.又设v是 Cn上与矩阵范数相容的向量范数,那么vmvmvmxAxxvmxA名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 8 页，共 22 页 - - - - - - - - - 9 因vx0, 故由上式可得mmAmmA. 习题三1. 2cc)(2(AI, 当c )(1

20、 时, 根据定理 3.3, A 为收敛矩阵 . 2. 令 S)N(=N0)(kkA, )(limNNS=S , 则0)(limlim)()()(kkkkkSSA. 反例: 设 A)(k=k0001k, 则因01kk发散, 故0)(kkA发散, 但)(limkkA=O. 3. 设 A=6 .03.07 .01 . 0, 则)(AA行和范数 =0.91, 根据定理 3.7, 06.03.07.01 .0kk=(IA)1=937432. 4. 我们用用两种方法求矩阵函数eA: 相似对角化法 . 22aAI, a-a i,i当ia 时, 解方程组(iaA)x=0, 得解向量p1=(i, 1)T. 当=

21、ia 时, 解方程组 (ia+A)x=0, 得解向量p2=(i, 1)T.令P=11ii, 则 P1=i1i1i21, 于是eA=Paai00iP1=aaa-acossinsincos. 利用待定系数法 . 设 e=(2+a2)q()+r(), 且 r()=b0+b1, 则由aaabbabbi10i10eieib0=cosa , b1=a1sina .于是eA=b0I+b1A=cosa11+a1sinaaa=aaaacossinsincos. 后一求法显然比前一种方法更简便, 以后我们多用待定系数法 . 设f()=cos , 或 sin则有a-abbaabbsiniisinii1010与aab

22、baabbicosiicosi1010由此可得名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 9 页，共 22 页 - - - - - - - - - 10 aabbsinii010与0icos10bab故(a2isinia)A=0isiniisini0aa=sinA 与(cosia)I=aacosi00cosi=cosA. 5. 对 A 求得P= 013013111, P1=24633011061, P1AP=211根据 p69 方法二, eAt=Pdiag(et,et,et2)P

23、1=tttttttttttttte3e3e3e30e3e3e3e30ee3e2ee3e4e661222tsinA=Pdiag(sin(1),sin1,sin2)P1=01sin601sin6001sin42sin21sin22sin42sin616. D3()=10010011=2) 1(, D2()=D1()=1, AJ=000010011. 现设r(,t)=b0+b1+b22, 则有1e2e021210btbbbbbttb0=1, b1=2ettet2, b2=tetet+1. 于是etA=r(A, t)=b0I+b1A+b2A2=I+(2ettet2)100100011+(tetet+1

24、)100100111=tte001e101ee1eettttt同理,由名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 10 页，共 22 页 - - - - - - - - - 11 1sin2cos021210bttbbtbbbb0=1, b1=tsint+2cost2, b2=1tsintcost. 将其代入cosAt=b0I+b1A+b2A2, 求出cosAt=tttttttcos001cos10cossin11coscos7. 设 f(A)=0kkAka,SN=NkkA0ka

25、.则 f(A)=NNSlim并且由于(SN)T=T0)(NkkkAa=NkkkA0T)(a所以, f(AT)=T)(limNNS=f(A)T. 8, (1) 对 A 求得P=1111, P1=P , J=1111111则有etA=Ptttttttttttttttteeee2eee6e2e232eP1=ttttttttteee2e60eee200ee000e232tttttttsinAt=Pttttttttttttttttsincossinsin2cossincos6sin2cossin232P1=ttttttttttttttttsincossin2cos6sincossin2sincossin

26、232cosAt=Pttttttttttttttttcossincoscos2sincossin6cos2sincos232P =ttttttttttttttttcossincos2sin60cossincos200cossin000cos232(2) 对 A 求出名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 11 页，共 22 页 - - - - - - - - - 12 P=P1=0100100000100001, J=010212则有eAt=P11eee222tttttP1=

27、100010000e000ee222tttttsinAt=P002sin2cos2sintttttP1=0000000002sin0002cos2sintttttcosAt=P1012cos2sin2costtttP1=10000100002cos0002sin2costttt9. (1) sin2A+cos2A=)e(ei21iiAA2=)(e21iiAAe2=)eee(e41)eee(e41i2i2i2i2OOAAOOAA=eO=I(2) sin(A+2I)=sinAcos(2I)+cosAsin(2I) =sinAI!21(2I)2+! 41(2I)4+cosA2I! 31(2I)3+!

28、 51(2I)5 = sinA1! 21(2)2+! 41(2)4I+cosA2! 31(2)3+! 51(2)5I=sinAcos2+cosAsin2（3）的证明同上 . (4) 因为 A（2iI）=(2iI)A ,所以根据定理 3.10可得eIAi2=eAeIi2=eAI+(2I)+! 21(2iI)2+! 31(2iI)3+ =eA1 !21(2)2+! 41(2)4+i2! 31(2)3+! 51(2)5 I =eAcos2+isin2I=eA此题还可用下列方法证明: 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师

29、精心整理 - - - - - - - 第 12 页，共 22 页 - - - - - - - - - 13 eIAi2=eAeI i2=eAPi2i2i2eeeP1=eAPIP1=eA用同样的方法可证 : eIAi2=eAeIi2. 10. AT=A, 根据第 7 题的结果得(eA)T=eTA=eA, 于是有eA(eA)T=eAeTA=eAA=eO=I11. 因 A 是 Herm(iA)H=iAH=iA , 于是有eAi(eAi)H=eAieAi=eO=I12. 根据定理 3.13, A1ttAedd=eAt, 利用定理 3.14得tA0de=tAA01dedd=A1dedd0At=A1(eA

30、tI). 13. tddA(t)=ttttsincoscossin, tdd(detA(t)=tdd(1)=0, det(tddA(t)=1, A1(t)=ttttcossinsincos, tddA1(t)=ttttsincoscossin14. tA0d)(=00d30de2deddede002002002tttttt=002301ee1311ee)1(e212232tttttttt15. 取 m=2, A(t)=ttt02, 则A2(t)=22340tttt, tdd(A(t)2=tttt20234232A(t)tddA(t)=tttt2022423. 困为21)()(dd)()()(d

31、d)()()(dd)(ddmmAAAAAAAAAtttttttttttttm+)(dd)(1tttAAm所以当(tddA(t)A(t)=A(t)tddA(t)时, 有)(dd)()(dd)()(dd)()(dd111tttttttttttAAAAAAAmmmm=mA(t)(dd1ttAm16. (1) 设 B=(ijb)nm, X=(ij)mn, 则 BX=(nkkjik1b)mm,于是有tr(BX)=nkkmmknkkjjknkkk11111bbbijBX )tr(=jib(i=1,2,n ;j=1,2,m) 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - -

32、- - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 13 页，共 22 页 - - - - - - - - - 14 mnnmBXXbbbb1111)(tr(dd=TB由于 BX 与TTT)(BXBX的迹相同，所以TTT)(tr(dd)(tr(ddBBXXBXX(2) 设 A=(ija)nn,f=tr(AXXT), 则有nmmnX1111T，AX=kkmnkkknkkmkkkkaaaa1111f=lkkmlklmlkkjlkljlkklklaaa11)()(kkjlklkijljkjlkijljlkkjlkljijijaaaf=kljlikkjikaamnijXffd

33、d=XAAXAAX)(TT17. 设 A=(ija)mn, 则 F(x)=(nkknknkknkkk1211,aaa1k),且AdFFFxFnnnnnnnaaaaaaaaa21222211121121ddddddd18. ttttttttttttttttttAtAtA222222222e4e3e3e6e3e6e2eee4ee2e2eee2ee4ee在上式中令 t=0, 则有A=133131113eOA19. A=502613803, x(0)=111, A 的最小多项式为2)1()(. 记 f()=te,并设f()=g()(+)(10bb, 则名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - -

34、- - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 14 页，共 22 页 - - - - - - - - - 15 ttee110tbbbtte,)1 (10tbetb于是tttttttt41026138041eee)1 (etttAtAI, x(t)=Atex(0)=ttt6191121et20. A=101024012, f(t)=1e21t, x(0)=111, )(det(IA)=23. 根据OA)(,可得；252423,AAAAAA,.于是23232)! 31! 21()(! 31)(! 21)(eAAIAAAIAttttt

35、tt=2)1(eAAIttt=ttte1ee210124021ttttttx(t)=ttttfe)1(1102111ed021)0(d)(e)0(e00AttAttAAtxex习 题 四1. Doolite分解的说明 , 以 3 阶矩阵为例 : 11r12r13r第 1 框21l22r23r第 2 框31l32l33r第 3 框计算方法如下 : () 先 i 框，后 i+1框, 先 r 后 l. 第 1 框中行元素为 A 的第 1 行元素；（）第 2 框中的jr2为 A 中的对应元素ja2减去第框中同行的21l与同列的jr1之积第 3框中的33r为 A 中的对应元素33a先减去第 1 框中同行

36、的31l与同列的13r之积，再减去第 2 框中同行的32l与同列的23r之积；（）第 2 框中的32l为 A 中的对应元素32a先减去第 1 框中同行的31l与同列的12r之积，再除以22r.计算如下 : 13 0 2-3 0 2 2 -6 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 15 页，共 22 页 - - - - - - - - - 16 A=6000300311220120012.Crout 分解的说明 , 以 3 阶矩阵为例 : 11l12u13u第 1 框21l2

37、2l23u第 2 框31l32l33l第 3 框() 先 i 框, 后 i+1框. 每框中先 l 后 r.第 1 框中的列元素为 A 的第 1 列的对应元素 ; ()第 2 框中的2il为 A 中对应元素2ia减去第 1 框中同行的1il与同列的12u之积; ()第 2框中的23u为 A中的对应元素23a减去第 1框中同行的21l与同列的13u之积,再除以22l.第 3 框中的33l为 A 中的对应元素33a先减去第 1 框中同行的31l与同列的13u之积,再减去第 2框中同行的32l与同列的23u之积. 计算如下 : 13 0 2-3 0 2 -6 -6 A=1000100316620320

38、012. 先看下三角矩阵的一种写法: 333231222111000aaaaaa=332211223211311121000000101001aaaaaaaaa, iia0 对本题中的矩阵 A 求得 Crout 分解为A=1002105452115240512005利用下三角矩阵的写法对上面的分解变形可得A=10021054521100051000512540152001名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 16 页，共 22 页 - - - - - - - - - 17

39、=100210545211000510005100051000512540152001=100525105452515254051520053.对 A 的第 1 列向量)1(, 构造 Householder矩阵1H使得)1(1H12)1(e, 31Ce010)1(, 01112)1()1(e, u=01121212)1()1(12)1()1(ee1000010102T1uuIH, 2301401111AH, 23141A对1A的第 1 列向量34)2(, 类似构造 Householder矩阵2H: 3110122)2)2(12)2()2eu, 21Ce, 4334512T22uuIH10251

40、2AH令12001HHH, 则有100250111HA=R 并且1002501115453000153540001001T2T112111RHHRHHRHA=QR4. 对 A 的第 1 列向量202)1(, 构造 Givens 矩阵210210102102113T, 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 17 页，共 22 页 - - - - - - - - - 18 0022)1(13T, 1132221210220232322AOAT对1A的第 1 列向量212)2(,

41、 构造322313132212T, 023)2(12T, 34023723112AT令12T121TOOT, 则有34002372302323221312RATT. 于是QRRTTA340023723023232232231213123403223121H13H125. 设 A=),(ii0i0i0i1321, 对向量组321,施行正交化 , 令0i111, i212i0i12ii0i,1111222, 323i232i212i3i0i1211i0,222231111333于是3213212113i212i名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - -

42、 - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 18 页，共 22 页 - - - - - - - - - 19 写成矩阵行式K),(1003i10212i1),(),(32132132132632316i203i612i316i21),(321最后得A=K32632316i203i612i316i21=32006i630212i2316i 203i612i316i21=QR6. 令1000515205251121TT则0110005205501140220110005152052511AT再令名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - -

43、 - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 19 页，共 22 页 - - - - - - - - - 20 305061010610305132TT, 3010305000061061612ATT最后令0101000013T, RATTT00030103050610616123A=0003010305061061603056151302625230161H3H2H3RTTT=QR 7. )1(0, 1)T, 12)1(, u=2121)1(1)1(ee(1, 1)T, H1=01102T2uuI, H=1001H则有HAHT=0101000011112

44、10121010100001=120111211, H 是 Householder矩阵. 同理, 对)1(, 取c=0, s=1, T12=0110, T=12001T, 则0101000011112101210101000011TATTTA=120111211, T 是 Givens矩阵. 8. 对1612)1(, 计算u=2151202021)1(1)1(ee, H=I2uuT=344351名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 20 页，共 22 页 - - - - -

45、 - - - - 21 令 Q=H001, 则075075600200200TQAQ同理，对)1(,为构造 Givens 矩阵，令c=53, s=54, 5354545312T，则当12001TT时，TTA075075600200200. 1. (1) 对A施行初等行变换100424201011200010321142000002102121100111201S=,1420210011A=2121101201422021(2) 10001111010011110010111100011111110000000011000002102111100210210001S=11000011021021

46、021021, A=1110000111111111（3）1000126420100632100101264200016321101000000101000000110000000163211010010100110001S, 63212121A10. (1) 000000005TAA的特征值是 5，0，0. 分别对应特征向量321,eee,从而 V=I, 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 21 页，共 22 页 - - - - - - - - - 22 ),(11pV

47、=(5), 11AVU1=2151. 令,12512U21UUU, 则IUA000005(2)2112TAA的特征值是，1321对应的特征向量分别为TT11,11.于是=1003，21212121V=1V, 11AVU1=06221612161取3131312U, 构造正交矩阵21UUU=31062312161312161所以，A 的奇异值分解为T001003VUA11.根据第一章定理 1.5, AAH的特征值之和为其迹，而由第二章2.7 F范数的定义AAAAAHH2F)tr(的特征值之和 =rii12名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 22 页，共 22 页 - - - - - - - - -