电子科技大学 矩阵理论 第5章习题解答

电子科技大学 矩阵理论 第5章习题解答

第五章课后习题解答

0cc

1. 设A=c0c.讨论c取何值时A为收敛矩阵.

cc0

c c

2

解：由于λE3 A= c c c 2c ，所以A的特征值为 1 2c，

c c

2 3 c，于是r(A) ，而矩阵A收敛的充要条件是r(A) 1即

11 c . 22

2. 若limA

k

(k)

A，证明limA(k) A，其中A(k),A C

m n，

k

为Cm n中的任

何一种矩阵范数，并问该命题的逆命题是否成立，为什么？

证：由于limA

k

(k)

A limA(k) A 0,再利用矩阵范数的三角不等式推知

k (k)

A

所以有limA

k

(k)

A A(k) A，

k

A 0，即limA(k) A.

该命题的逆命题不成立，例如取A

(k)

( 1)k 1 1

，A 10 ，并取矩阵范数k

10 0

为Frobenius

范数，则有limA

k

(k)

limk

A，但limA(k)不

k

存在，所以limA

k

(k)

(k)

A.

k

k

k

3. 设A

Cm n,B(k) Cn l,limA(k) A,limB(k) B,证明limA(k)B(k) AB.

(k)

(k)

证：limAB

k

AB limA(k)B(k) AB 0，利用矩阵范数的性质有

k

AB

(k)(k)

AB A(k)B(k) AB(k) AB(k) AB

(k)

A

k A)B

)

k()A(B )B

B(k)A(k) A AB(k) B

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由已知条件limA

k

(k)

A,limB(k) B及第2题结论知limA(k) A 0,

k

k

limB(k) B 0，limB(k) B.由此可见上面不等式的右边趋于0， 所以

k

k

limA(k)B(k) AB 0.

k

4. 设A

(k)

Cn n,limA(k) A,(A(k)) 1和A 1都存在，证明lim(A(k)) 1 A 1.

k

k

证：记adjA为矩阵A的伴随矩阵，Aij为A中元素aij的代数余子式，则

(k) A11 (k) A 12

A(k) 1n

k)A(21k)A(22

adjA(k)(k)

， 其中adjA(A) (k)

detA

(k) 1

k)A(2n

k) A(n1

(k)An2

. (k) Ann

(k)

(k)

易知Aij是A(k)中元素的n 1次多项式，由多项式函数的连续性知limAij=Aij，

k

故limadjA

k

(k)

adjA.同理deAt(k)是A(k)中元素的n次多项式，所以dAe t0，于是lim(A)

k

limdeAt

k

(k)

(k) 1

adjA(k)adjA 1

. lim A

k detA(k)detA

5. 设矩阵级数

A k

0

(k)

收敛（绝对收敛），证明

PA

k 0

(k)

，且 Q也收敛（绝对收敛）

(k)

PAQ P A Q, k 0 k 0

(k)

其中A(k) Cm n,P Cs m,Q Cn l.

证：记 S

(N)

PAQ P( A(k))Q ,于是

(k)

k 0

k 0

(k)

NN

PA

k 0

Q limS

N

(N)

P(lim A)Q P( A(k))Q

(k)

N

k 0

k 0

(k)

N

可见若

A k

0

(k)

收敛，则

PA

k 0

(k)

Q也收敛.如果 A

k 0

绝对收敛，则

k 0

A(k)收敛.又由

于PAQ P

(k)

A(k)Q cA(k)，其中c是与k无关的正常数，由比较判别法知

k 0

PAQ收敛，故 PA(k)Q也绝对收敛.

(k)

k 0

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6. 讨论下列幂级数的敛散性：

1 17 k⑴ 2 ; ⑵ k

k 1k 1 3 k 06

k

1 8

. 21

k

解: (1) 设A

17

1 3

可求得A的特征值为 1 2 2，所以r(A) 2. 幂级数

k

k 1

1

2

xk的收敛半径为

ak(k 1)2r lim lim 1. 2k ak kk 1

由r(A) 2 r知矩阵幂级数

1k

A发散. 2

k 1k

1 8

(2) 设B ，可求得B的特征值为 1 3， 2 5，所以rB

21

5.又

akk6k 1kk

limk 6,r(B) r，因幂级数 kx的收敛半径 r lim所以矩阵幂

k k ak 16k 06k 1

级数

kk

B绝对收敛. k

k 06

0.10.7

7. 计算 .

0.6 k 0 0.3

0.10.7 k

A 0.9 1解：设A ，由于，故矩阵幂级数收敛，且其和为A

k 0 0.30.6

k

2 47

(E A) .

3 39

1

8. 设A,B C

n n

,AB BA，证明

sin(A B) sinAcosB cosAsinB,cos(A B) cosAcosB sinAsinB.

证：由AB BA，有ee e

AB

A B

，

sin(A B)

1i(A B) i(A B)1(e e) (eiAeiB e iAe iB) 2i2i1

[(cosA isinA)(cosB isinB) (cosA isinA)(cosB isinB)] 2i

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sinAcosB cosAsinB

同理可证：cos(A B) cosAcosB sinAsinB.

210

9. 设A 001，求eAt，sinAt.

010

解：

E3 A 1 1 2 0

求得A的特征值为 1 1， 2 1， 3 2，于是存在可逆矩阵

1 11 0 11

1 1

033 P 310 ，P 6

310 642 1 . 再根据矩阵函数值公式得 1

1使得PAP 2

eAt Pdiag e t,et,e2t P 1

6e2t1 06 0

4e2t 3et e t

3et 3e t3et 3e t

2e2t 3et e t

3et 3e t 3et 3e t

sinAt Pdiag sin t ,sint,sin2t P 1

sin2t4sin2t 2sint2sin2t 4sint

1 006sint= 6 6sint0 0 1 26 At

10. 设A 103 ，求e,cosAt.

1 14

12

解：由 E3 A 1

1

6

3

3 1 0得A的特征值 1，解1 4

2 26

齐次线性方程组(A E3)x 0，即 1 13 x 0得 1的两个无关特征向量

1 13

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1 ( 1,1,0)T, 2 (2,1,1)T.又对 2，因非齐次方程组(A E3) 2 2相容，故可求得 12 1 01 1 1

01解 2 ( 1,0,0)T.由 1, 2, 2构造可逆矩阵P 110，P 0 ，

010 1 13 100

1

使 PAP 011为A的Jordan标准形.于是

001

t

et00 12 1 e00 01 1 1 2t 2t6t eAt P 0ettet P 1 110 0ettet 001 et t1 t3t

010 00et 1 13 t 00et t1 3t

00 2tsint 6tsint cost 2tsint cost

cosAt P 0cost tsint P 1 tsintcost tsint 3tsint .

0 0cost tsinttsintcost 3tsint 1 1 1 …… 此处隐藏：2483字，全部文档内容请下载后查看。喜欢就下载吧 ……