矩阵论简明教程习题答案

习 题 一

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

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

P1OAOPOBOAO

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

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

1

PO

 OQ

A1xii1xi 故 i1是A的特征值, i=1,2,,n.

4. (1) 可以. EA=(1)(1)(2),

41211

1 P300, PAP.

4012

(2) 不可以.

0102

1

(3) P101, PAP2.

0111

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

1

a

1

IAa

11a=(232a22) a1

将=1, 2 代入上式求得 A=0.

101010(2) P =. 101

6. IA=(2)2(1), A有特征值 2, 2, －1.

=2所对应的方程组 (2I－A)x=0 有解向量

11p1=4, p2=0

04

=－1所对应的方程组 (I+A)x=0 有解向量 1

p3=0

0

301110

1

令 P=(p1,p2,p3)=400, 则 P1=414. 于是有

12041

1644

210042100210012100111100100100

A=P20320P=.

3100100100

442214211

7． (1)IA=2(1)=D3(), I－A有2阶子式

11

=－4

2117

－4不是D3()的因子, 所以D2()=D1()=1, A的初等因子为－1, 2. A的

Jordan标准形为

100J =001

000

设A的相似变换矩阵为P=(p1,p2,p3), 则由AP=PJ得 解出

111

P=132; 142

Ap1p1

Ap20 App

23

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

110

A～J=010

002

设变换矩阵为 P=(p1,p2,p3), 则

8Ap1p130



5 Ap2p1p2 P=31

Ap2p205

33

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

d11, d21, d3(1)(2)

1

1 A～J=2

因为A可对角化，可分别求出特征值－1，2所对应的三个线性无关的特征向量：

当=－1时，解方程组 (IA)x0,求得两个线性无关的特征向量

12

p10, p21

10

当=2时，解方程组 (2IA)x0,得

2122

p1, P=011

31101

12(4) 因IA6131

～1, 故

114(1)2

1

A～J=11



01

设变换矩阵为P=(p1,p2,p3), 则



Ap1p1

Ap2p2

Ap3

p2p

3p1,p2是线性方程组 (IA)x0的解向量，此方程仴的一般解形为 s3tp=s t

取

13 p

11, p20

01

为求滿足方程 (IA)p3p2的解向量p3, 再取 p2p, 根据

226s3t11s113s～3

0003s3t 113t

000st由此可得 s=t, 从而向量 pT3(x1,x2,x3)的坐标应満足方程

x1x23x3s

取 p3(1,0,0)T, 最后得

13P=1100 010

8. 设 f ()=2835424. A的最小多项式为 mA()321,作带余除法得()=(254352914),mA()+2423710, 于是 3

4826

f (A)=24A2

37A10I=09561.

06134

9. A的最小多项式为 mA()267, 设 f ()=241231922937,则

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

f

171 2323001261



0, A的最小多项式为 (1)2; 10. (1) I－A=1301

[f (A)]1=

11400(1)2

2) (1)(1); (3) 2.

11. 将方程组写成矩阵形式:

dx1dtdx1

dx110x1xd

11102430x, xxt, dxdx2, A=430ddxt2dt2 3881xx3dtdx3881dt3

dt

则有

 J=PAP1=110010, .其中 P=100

210

001



.

421令 x=Py, 将原方程组改写成 : dy

dt

Jy, 则 dy1

ddyty12

y

dt1y2 dy3dt

y

3

解此方程组得: yt1=C1e+C2Tet, y2=C2et, yt3=C3e. 于是

c1etctx=Py=2te2ctct

1e2(2t1)e.

4cetc(4t2)etcet

123

12. (1) A是实对称矩阵. IA=(10)(1)2,A有特征值 10, 2, 2.

当=10时. 对应的齐次线性方程组 (10I－A)x=0的系数矩阵

822201 254

～011

245000

由此求出特征向量p1

221=(－1, －2, 2)T, 单位化后得 e1= (3,3,3

)T. 当=1时, 对应的齐次线性方程组 (I－A)x=0的系数矩阵

12212224

4～000

 244000

由此求出特征向量 p2=(－2, 1, 0)T, pT3=(2, 0, 1). 单位化后得 e22=(

5,1

5

,0)T,

e3=(

235

,

435

,

5

35

221535310

1421

1. U=, 则 UAU=33512503

35

)T. 令

(2) A是Hermit矩阵. 同理可求出相似变换矩阵



U=



0i212

12i212



120

i1

, UAU=212

1



UHAU=



. 2

2

13. 若A是Hermit正定矩阵,则由定理1.24可知存在n阶酉矩阵U, 使得

2





, i﹥0, I=1, 2, ,n. 

n

于是

1



H2

A=UU 

n11H2

= UUU



n

2





HU n

令

1

B=U



2



HU n

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(1,2,,n)

令x=Uy, 其中 y=ek. 则 x0. 于是

xHAx=yH(UHAU)y=k≧0 (k=1, 2, ,n).

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

e3=(

235

,

435

,

5

35

221535310

1421

1. U=, 则 UAU=33512503

35

)T. 令

(2) A是Hermit矩阵. 同理可求出相似变换矩阵



U=



0i212

12i212



120

i1

, UAU=212

1



UHAU=



. 2

2

13. 若A是Hermit正定矩阵,则由定理1.24可知存在n阶酉矩阵U, 使得

2





, i﹥0, I=1, 2, ,n. 

n

于是

1



H2

A=UU 

n11H2

= UUU



n

2





HU n

令

1

B=U



2



HU n

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(1,2,,n)

令x=Uy, 其中 y=ek. 则 x0. 于是

xHAx=yH(UHAU)y=k≧0 (k=1, 2, ,n).

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

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

2

xHAx=xHPHPx=Px2≧0.

习 题 二

1. x1=i24i10=7+2, x2=(1i)(1i)(2)24i(4i)1=23, x=maxi,2,4i,1=4.

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

x=



k1

n

k

k

2





k1

n

k

k

2

x.

为证明三角不等式成立,先证明Minkowski不等式: 设 1≦p﹤∞, 则对任意实数 xk,yk(k=1, 2, ,n)有

(xkyk)≦(xk)(yk)

k1

k1

k1

n

p

1p

n

p

1p

n

p

1p

证 当 p=1时，此不等式显然成立. 下设 p﹥1, 则有

x

k1

n

k

yk

p

≦xkxkyk

k1

n

p1

ykxkyk

k1

n

p1

对上式右边的每一个加式分别使用Hölder不等式, 并由 (p－1)q=p, 得

x

k1

n

k

yk

p

≦(xk)(xkyk

k1

n

k11pp

n

n

p

1p

n

1

(p1)qq

)(yk)(xkyk

k1

k1

n

1pq

n

p

1p

n

1

(p1)qq

)

=[(xk)(yk)](xkyk)

再用 (xkyk) 除上式两边,即得 Minkowski 不等式.

k1n

k11pq

k1

k1

p

1p

现设任意 y=(1,2,,n)TCn, 则有

xy



k1

n

k

kk=

2

2

(

k1

n

kkk)≦

2

(

k1

n

kkkk)2

≦

(

k1

n

kk)

(

k1

n

kj=xy.

2

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:

12

max(xya,xyb)≦max(xaya,xbyb)

max(A, B)=(abab)

121

≦(xaxbyaybxaxbyayb) 211

=(xaxbxaxb)(yaybyayb) 22

=(xaxbyaybxayaxbyb)

=max( xa,xb)+max( ya,yb) (2) 只证三角不等式.

k1xya+k2xyb≦k1xa+k1ya+k2xb+k2yb =( k1xa+k2xb)+( k1ya+k2yb) .

4. Ami354i231182;

1

AFi32524i2232166; A

22

m

15;

A1列和范数(最大列模和)=72;A=行和范数(最大行模和)=9 ;

5. 非负性: A≠O时S1AS≠O, 于是 AS1ASm＞0. A=O时, 显然 A=0; 齐次性: 设C, 则 AS1(A)S三角不等式: ABS1(AB)S

S1AS

m

m

m

S1AS

m

=A;

m

S1ASS1BS

m

≦

S1BS

S1BSAB; S1AS≦m

m

m

相容性: ABS1(AB)S

m

S1ASS1BS=AB.

6. 因为In≠O, 所以In＞0.从而利用矩阵范数的相容性得:

InInIn≦InIn,即In≧1. 7. 设 A=(Aij)Cnn, x=(1,2,,n)TCn, 且 A=aij, 则

i,j

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

i

k

ikkik



2

Ax2a

i

k

ikk

≦

[a

i

k



ik

k]2=

a[2i

k

k

]2

=nAx2≦nA=Amx2.

8. 非负性与齐次性是显然的, 我们先证三角不等式和相容性成立. A=(aij), B=(bij)Cmn,

aij, B=aij, C=maxcst. 则 C=(cst)Cnl且 A=maxi,j

i,j

s,t

AB

M

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

i,j

i,j

=max{m ,n }A+max{m ,n }B=AMBM;

AC

M

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

i,t

k

i,t

k

≦max{m ,n }max{

i,t

aik

k

2

ckt} (Minkowski不等式)

k

2

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

下证与相应的向量范数的相容性.

设 x=(1,2,,n)TCn, d=max{k}, 则有 k

Ax1aikk≦aikk=(k

i

k

ikk

a

ik

ik

)

≦nak=nAk≦max{m ,n}Ak

k

k

=AMx1;

2

Ax2=a

i

k

ikk

2

≦

(a

i

k

ik

k)2≦

(aik

i

k

k

22k

) (Hölder不等式)

=

aik

i

k

k≦mnAx2

k

2

≦max{m ,n}Ax2=AMx2;

Ax



max{aikk≦max{aikk

i

k1

i

k1

nn

{≦maxi

aik

k

2

k}≦na2nd2}

k

i

2

=nAD≦max{m,n}AD=Mx.

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

i,j

s,t

AB

G

mlmax

1im,1tl

a

k1

k

n

ikkt

b≦mlmax{aikbkt

i,t2

k

≦mlmax{

i,t

aik

≦

2

2

bkt} (Minkowski不等式)

k

≦mlnab=(mna)(nlb)=AGBG.

Ax2

a

i1k1

i

mn

2ikk



(a

i

k

ik

k)2

≦ ≦

(aikk) （Hölder不等式）

k

k

2

(na2k)=mnAx2

i

k

2

=AGx2.

10. 利用定理2.12得

2

HU

2

In

2

1.

11.

311242

1

0 A1=1

2110

25

; cond(A)=AA15210. 2

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

cond1(A)=A1A115范数,那么

52

λ

m

xvλmxAmx≦Amxv

v

v

因 xv＞0, 故由上式可得 λ

≦Amλ≦Am.

习 题 三

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

S(N)=S , 则 2. 令S=A(k), Nlim

(N)

m

N

k0

k

limA(k)lim(S(k)S(k))0.

k

1

10(k)A(k)=O. 反例: 设 A=k, 则因 发散, 故 A(k)发散, 但 lim

k

00

k0kk0k

3. 设 A=0.10.7

0.30.6

, 则 ρ(A)≦A行和范数=0.9＜1, 根据定理3.7,



0.10k

.7k00.30.6

=(I－A)1

=234739.

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

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

11

, 则P1

=12i1i1i, 于是 eA=Pia

0

1cosa-sina0iaP=sinacosa



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

b0bia

1iaebia

0b1

iaeb1

0=cosa , b1=a

sina .于是

eA=b0I+b1

acosa1A=cosa



1+1asina

a=sinasina

cosa. 后一求法显然比前一种方法更简便, 以后我们多用待定系数法. 设

f()=cos, 或 sin

则有



b0b1iasinia

bbia-sinia 与 

b0b1iacosia

b 01

0b1

iacosia由此可得

b00

bisinia 与 1a

b0cosia



b10

故 (

isinia0i

sinia)A=isinia=sinA 与 2a0

(cosia)I=

0cosia

=cosA. 0cosia

5. 对A求得

1110111111

1P= 310, P=033, PAP=

63642102

根据p69方法二,

6e2t

1Attt2t1

e=Pdiag(e,e,e)P=0

60

4e2t3etet

3et3et3et3et

2e2t3etet

tt

3e3e 3et3et

sin24sin22sin12sin24sin1

11

006sin1sinA=Pdiag(sin(－1),sin1,sin2)P= 66sin100

11

6. D3()=0

110

2

1=(1), D2()=D1()=1, A~J=010. 现设

0001

r(,t)=b0+b1+b22, 则有

b0b1b2ettb12b2te b01

b0=1, b1=2et－tet－2, b2=tet－et+1. 于是

110111

At2t`ttt

e=r(A, t)=b0I+b1A+b2A=I+(2e－te－2)001+(te－e+1)001

001001

etet1tetet1t

1e1 =00t

0e

同理,由

b0b1b2cost

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

b01cosAt=b0I+b1A+b2A2, 求出

costcost11tsincosAt=tcost

0

1cost1

 00cost

7. 设 f(A)=ak

N

N

kA,S=akkA.则 f(A)=SN并且由于 k0

k0Nlim



(SN

)T

=N

N

(aTkkAk)=ak(AT)

k0k0

所以, f(AT)=(SN)TNlim

=f(A)T. 8, (1) 对A求得

111

P=1, P1

=11

1P , J= 1111

则有

2tt30

00ete

t

t2et

6etet

et00eAt=P



et

tett2tet2et1=t2etetet0Pt

 et

tet2t3

ett2et6

2

et

tet

et

sinttcostt2t3

sint2sint6costtcostsint

sinAt=Psinttcostt2sintP=1t2sinttcostsin

sintt2costt2t32sint6costt2sinttcostsint



t200costtsint2costt36sintcostcosAt=Pcosttsintt2

costtcost0P =t2sintcosttsintcost2

costtsintt322

cost6sintt2costtsint(2) 对A求出

00

0cost

10

P=P1=0

0

01000001

02102, J= 10100

则有

e2t

eAt=P



te2te2t

e2t10P=1t0

01

te2te2t00

00

00

10t1

sin2ttcos2tsin2ttcos2t00



sin2t0sin2t001

sinAt=PP= 0t0000

00t00

cos2ttsin2tcos2ttsin2t00

cos2t0cos2t001

cosAt=PP= 100010

10010

11

9. (1) sin2A+cos2`A=[(eiAeiA)]2=[(eiAeiA)]2

2i211

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

44

=eO=I

(2) sin(A+2πI)=sinAcos(2πI)+cosAsin(2πI)

11112!4!3!5!1111

= sinA[1－(2π)2+(2π)4－…]I+cosA[2π－(2π)3+(2π)5－…]I

2!4!3!5!

=sinA[I－(2πI)2+(2πI)4－…]+cosA[2πI－(2πI)3+(2πI)5－…]

=sinAcos2π+cosAsin2π

（3）的证明同上.

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

=eA{[1－(2π)2+(2π)4－…]+i[2π－(2π)3+(2π)5－…]}I =eA{cos2π+isin2π}I =eA

此题还可用下列方法证明:

12!

14!

13!

15!

12!

13!

e2πi

eA2πiI=eAe2πiI=eAP



e2πi

1A1A

P=ePIP=e 



2πie

用同样的方法可证: eA2πiI=eAe2πiI.

10. AT=－A, 根据第7题的结果得 (eA)T=eA=eA, 于是有

eA(eA)T=eAeA=eAA=eO=I

11. 因A是Herm(iA)H=－iAH=－iA , 于是有

eiA(eiA)H=eiAeiA=eO=I

TT

12. 根据定理3.13, A1

sintd

13. A(t)=costdt

dAt

e=eAt, 利用定理3.14得 dt

ttdt1dAA11AtA

AededI). ==A=A(eed0d0d0

costddd

, (detA(t))=(1)=0, det(A(t))=1, dtdtdtsint

te2d

0

tt

14. 0A()d=0ed

t

03d

t2

15. 取 m=2, A(t)=0



t4t3t2d2

, A(t)=20tdt

costsintd1sintcost

, A(t)= 

sintcostdtcostsinttt

21(e2t1)tetet11t3edd00

23tt2t2

=01ee10 02ed

3t2

00002



t

, 则 t

4t33t22t4t32t22td2

≠2A(t)A(t)=. (A(t))=0dt2t2t0

A1(t)=

困为

dddd

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

d

+[A(t)]m1A(t)

dt

dd

所以当(A(t))A(t)=A(t)A(t)时, 有

dtdtdddd

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

d

=m[A(t)]m1A(t)

dt

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

k1

n

tr(BX)=b1kk1bjkkjbmkkm

k1

k1

k1

nnn

tr(BX)

=bji (i=1,2,…,n ;j=1,2,…,m) ij

b11bm1d

(tr(BX)=BT dXb

1nbmn

由于 BX与 (BX)TXTBT的迹相同，所以

dd(tr(XTBT))(tr(BX))BT dXdX

(2) 设A=(aij)nn,f=tr(XTAX), 则有

a1kk1a1kkm

n1k

 ，AX=nmankk1ankkm

kk

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

11XT

1m

k

l

l

k

l

k

ljf

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

=aikkjalilj

k

k

dff=AXATX(AAT)X 

dXijnm

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

k1

k1

k1

nnn

dF

d1a11dFadFd221

dxadFn1dn

a12a22an2

a1n



a2n

A





ann

18. eAtAeAt



4e2tet

2tt2ee6e2t3et

2e2tet4e2tet6e2t3et

et2e2t

t2t

e2e 3et4e2t

在上式中令t=0, 则有

311

O

A=Ae131

331

8301



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

2051

f()=g()()+(b0b1), 则

b0b1et

 b0(1t)et,b1tet t

b1te

于是

eAt

8t14t0112t

ttttAt

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

2t014t16t

21011



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

101et11

A3A2,A4A2,A5A2,….于是

1111

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

2!3!2!3!

=ItA(et1t)A2

t012t



2t10 =4t

12tetett1et

x(t)=eAt[x(0)0eA

t

11t1

AtAt

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

010(t1)et

t

习 题 四

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

(ⅰ) 先i框，后i+1框,先r后l.第1框中行元素为A的第1行元素；

（ⅱ）第2框中的r2j为A中的对应元素a2j减去第１框中同行的l21与同列的r1j之积．第3框中的r33为A中的对应元素a33先减去第1框中同行的l31与同列的r13之积，再减去第2框中同行的l32与同列的r23之积；

（ⅲ）第2框中的l32为A中的对应元素a32先减去第1框中同行的l31与同列的r12之积，再除以r22. 计算如下:

1 3 0 2-6

15

301001

A=210030 221006

2.Crout分解的说明,以3阶矩阵为例:

l u12 u13 第1框 l21 l22 u23 第2框 l31l32 l33 第3框

(ⅰ) 先i框,后i+1框.每框中先l后r.第1框中的列元素为A的第1列的对应元素; (ⅱ)第2框中的li2为A中对应元素ai2减去第1框中同行的li1与同列的u12之积;

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

0 2 -6 -6

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

2. 先看下三角矩阵的一种写法:

a11

a21

a31

0a22a32

10a210=

a11a33a31a11

01a32a22

0a110001

0a220

0

0, aii≠0 a33

对本题中的矩阵A 求得Crout分解为



124

005551A=20012

5001214

5

利用下三角矩阵的写法对上面的分解变形可得



12A=

545

012

050001

0150

2410550012 

1100



16

000500124 =10211555100000012 45210015

001

001

24 =2100

5



12555005 42005151



3.对A的第1列向量β(1), 构造Householder矩阵H1使得

H1))1β((12e1, e1C3

01(1)

1(1)(1)

e11, (1)(1)2e11, u=21

00(1)(1)

1 2e1220

0101HT

11

411I2uu100, H1A041, A1001032



32

对A1列向量(2)4

1的第3

, 类似构造Householder矩阵H2:

u

2)(2)2e1(2)2)



1212

3

, e21C, HT

12I22uu543H52

2A101

令H10

0H111

052H1, 则有 HA=R 并且 2001



AH1RH11010T

0435511110H2RHT110H2

R100052 03545001



=QR

21

01

4. 对A的第1列向量(1)



0

, 构造Givens矩阵T2130102211, 0



22

17

34

T13(1)

2222

0, T13A00



312

3

22

 A11O

2

22121~3, 对A1的第1列向量(2), 构造 T1231222

3373

3~(2)~232 T122, T12A1

400



3

33

22

22

1OT370令 T12, 则有 TTAR~1213OT. 于是 232124

00

3

12331

22322232

4137HH

AT12T13R00QR 332232

11240033322

1i0

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

0ii

i



1i12i[,]1

11i, 222110i,

[1,1]20i20

i



i2

32011i[3,1][3,2]12i

3312ii

[1,1][2,2]231203i2

3

于是



11i

212

2

1i312323

18

写成矩阵行式

最后得

6. 令

则

再令

1i1(22i

1,2,3)(1,2,3)013(1,2,3)K 

0011i12



()i16i23



1,2,3 26

02i162

61i1A=

i21632i233K 2

26i163

1i1113i2=i2i3i2

22i30=QR 126

3

003

120

T

2151T12

0

5

0

 01





125025



TA210

1021

0



2040500

 0

011

10



110





19

5

T2T130

1

010

1

60, T2T1A050

30

1

60510

0 10



最后令

10



T300

01



A=T3HT2HT3HR



1212

7. (1)(0, 1)T, (1)

H1=I22uuT则有

110



660

5101, T3T2T1A0R 300000

1211066621510

=QR 050000



(1)e11

1, u=(1)(－1, 1)T,

2e1

2

1001

, H= 

100H1

100121100

T

HAH=001012001

010111010

112

=111, H是Householder矩阵.

021

1001(1)

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

12100121100



TATTAT1001012001

010111010112111 =, T是Givens矩阵. 021

8. 对 (1), 计算

4(1)20e11113T

u=(1), H=I－2uu= 543220e12

12

16

令 Q=

10

, 则 0H

0200

QAQT2060075

0750

3

34(1)

同理，对,为构造Givens矩阵，令c=, s=, T125

4555

2000

10

当T0T时，TAT2060075.

120750

4



5，则 35

1. (1) 对A施行初等行变换

10211103010012

111

11010～0100 02

22224240010000241

1101210211S=00, A=020111

22422241

11

1000001111100022

1111110100011100 (2) ～1111001022

1100111100010000



00000011

110011221111100000, A=S=0111 1122110011

1100

1000123610001236

24612010000001100

（3）12360010～00001010

24612000100000101

1000111002

S, A101011236

01012500T

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

000

V1(p1),

112

∑=(5), U1AV1∑1=1. 令U, UU1U2, 则 25152

5

AU0



00

I 00

T

121T

(2)AA112的特征值是13，21，对应的特征向量分别为



11

1126012=V, UAV∑1=1， V2∑= 1110111262220

61111

21111

UUU取 U2, 构造正交矩阵= 1221120

1

,1.于是 

T

‘

所以，A的奇异值分解为

0AU01VT

00

11. 根据第一章定理1.5, AHA的特征值之和为其迹，而由第二章2.7 F－范数的定义

AFtr(AA)AA的特征值之和=i2

H

H

2

r

i1