Homework 4 of Matrix Theory.md

习题三

2.

设 $A$ 为第一章例 1.2.3 中的矩阵，

$A = \begin{pmatrix} -3 & 2 & -2 & 3 \\ -2 & 1 & -1 & 2 \\ -2 & 2 & -2 & 2 \\ -1 & 1 & -1 & 1 \end{pmatrix}$

(1) 利用满秩分解和 Sylevester 降幂公式求 $A$ 的特征多项式与 $A^6$ ;

(2) 求与 $A$ 相似的分块对角矩阵，使得每块恰有唯一的特征值.

(1) 利用 Hermite 标准形可以化得

$A = \begin{pmatrix} 3 & 2 \\ 2 & 1 \\ 2 & 2 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} -1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & -1 & 0 \end{pmatrix} = LR$

则特征多项式

$\begin{align*} |\lambda I - A| = |\lambda I -LR| = \lambda^2| \lambda I - RL| = \lambda^2(\lambda+1)(\lambda+2) \end{align*}$

进一步，可以利用 LR 分解对矩阵的幂进行降维操作

$\begin{align*} A^6 &= (LR)^6 = L(RL)^5R \\ &= \begin{pmatrix} -3 & 2 \\ -2 & 1 \\ -2 & 2 \\ -1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} -2 & 1 \\ 0 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & -1 & 0 \end{pmatrix} \\ &= \begin{pmatrix} 96 & -95 & 95 & -96 \\ 64 & -63 & 63 & -64 \\ 32 & -32 & 32 & -32 \end{pmatrix} \end{align*}$

(2) 由上可知 $A$ 的特征值为： $\lambda_1 = \lambda_2 = 0$ , $\lambda_3 = -1$ , $\lambda_4 = -2$ , 故

$A \sim 0 \oplus 0 \oplus 0 \oplus -1 \oplus -2$

3.

设 $\alpha = (\alpha_1, \cdots, \alpha_n)'$ , $\beta = (b_1, \cdots, b_n)'$ , $x$ 为任意常熟， $A=xI_n + \alpha\beta'$ .

(1) 直接计算行列式 $|A|$ ;

加 在 第 行 第 一 行 乘 加 在 第 行 第 行 乘

$\begin{align*} A = &\begin{pmatrix} x+a_1b_1 & a_1b_2 & \cdots & a_1b_n \\ a_2b_1 & x+a_2b_2 & \cdots & a_2b_n \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_nb_1 & a_nb_2 & \cdots & a_nb_n+x \end{pmatrix} \xrightarrow[加在第i行]{第一行乘(\frac{a_i}{a_1})} \\ & \begin{pmatrix} x+a_1b_1 & a_1b_2 & a_1b_3 & \cdots & a_1b_n \\ -\frac{a_2}{a_1}x & x & 0 & \cdots & 0 \\ -\frac{a_3}{a_1}x & 0 & x & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ -\frac{a_n}{a_1}x & 0 & 0 & \cdots & x \end{pmatrix} \xrightarrow[加在第1行]{第i行乘(\frac{a_1b_i}{x})} \\ & \begin{pmatrix} x+\sum_{i=1}^n a_ib_i & 0 & \cdots & \cdots & 0 \\ -\frac{a_2}{a_1}x & x & 0 & \cdots & 0 \\ -\frac{a_3}{a_1}x & 0 & x & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ -\frac{a_n}{a_1}x & 0 & 0 & \cdots & x \end{pmatrix} \end{align*}$

于是

$|A| = (x+\sum_{i=1}^n a_ib_i) x^{n-1}$

(2) 利用 Sylvester 降幂公式计算行列式 $|A|$ ;

$\begin{align*} |A| &= |xI_n + \alpha\beta'| = x^{n-1}|xI_n + \beta'\alpha| \\ &= x^{n-1}|x+\sum_{i=1}^n a_ib_i| \\ &= x^{n-1}(x+\sum_i^n a_ib_i) \end{align*}$

(3) 利用特征值计算行列式 $|A|$ .

只需考察 $\alpha\beta'$ 的特征值，不难发现其为秩1矩阵，且有特征值 $\beta'\alpha$ (对应特征向量 $\alpha$ )，从而

$|A| = (x-0)^{n-1}(x-\sum_{i=1}^n (-a_ib_i)) = x^{n-1}(x+\sum_{i=1}^n a_ib_i)$

11.

求下列矩阵的最小多项式并指出其中可以对角化的矩阵:

(1) $\begin{pmatrix} 3&2 \\ 4&5 \end{pmatrix}$ $\qquad$ (3) $\begin{pmatrix} 4&6&0 \\ -3&-5&0 \\ 3&6&1 \end{pmatrix}$

(1)

$f_A(x) = \begin{vmatrix} x-3 & 2 \\ 4 & x-5 \end{vmatrix} = (x-3)(x-5)-8 = (x-1)(x-7)$

不难发现 $m_A(x) = (x-1)(x-7)$

$A \sim \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 7 \end{pmatrix}$

(3)

逐项检查因子可得 $(A-I)(A+2I) = 0$ ，于是

$m_A(x) = (x-1)(x+2)$

12.

试构造两个同阶矩阵，使得它们

(1) 具有相同的特征多项式与不同的最小多项式；

(2) 具有相同的最小多项式与不同的特征多项式；

(3) 证明矩阵的最小多项式存在且唯一.

解:

(1) 只需构造特征值相同阶数不同的 Jordan 块

$A = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \quad B = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$

容易得到 $m_A(x) = x-1$ 而 $m_B(x) = (x-1)^2$

(2) 只需相同特征值 Jordan 块阶数相同，但特征值重数不同

$A = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \quad B = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$

容易得到 $m_A(x) = m_B(x) = (x-1)x$ 但 $f_A(x) = (x-1)^2x \neq f_B(x) = (x-1)x^2$

(3)

首先， $f_A(x)$ 是 $A$ 的零化多项式，必有其首一的因式是 $A$ 的最小多项式.

齐次，若 $A$ 存在两个最小多项式，记为 $m_A(x), m_A'(x)$ 则有

且

$m_A(x) \mid m_A'(x) \text{ 且 } m_A'(x) \mid m_A(x)$

从而 $m_A(x) = m_A'(x)$ , 矛盾导致了唯一性。

30.

(1) 证明不等于零的幂零矩阵一定不相似于对角阵；

若相似于对角阵，对角阵必幂零。

(2) 设 $A$ 具有唯一特征值但 $A$ 不是对角矩阵. 证明 $A$ 一定不相似于对角矩阵。

$A$ 有唯一特征值但不是对角矩阵, 那么 $A$ 的 Jordan 块阶数必须大于1

37.

求矩阵 $A = \begin{pmatrix} 9&1&1 \\ 1&i&1 \\ 1&1&3 \end{pmatrix}$ 的盖尔圆盘并隔离之.

$D_1 = \{ |x-9|\leq 2 \} \quad D_2 = \{ |x-i|\leq 2 \} \quad D_3 = \{ |x-3|\leq 2 \}$

不妨假设放缩变换为 $P = \mathrm{diag}\{d_1, d_2, d_3 \}, d_i\neq 0$ 则有

$PAP^{-1} = \begin{pmatrix} 20 & \frac{3d_1}{d_2} & \frac{d_1}{d_3} \\ \frac{2d_2}{d_1} & 10 & \frac{2d_2}{d_3} \\ \frac{8d_3}{d_1} & \frac{d_3}{d_2} & 0 \end{pmatrix}$

取 $d_1 = \frac32, d_2=d_3=1$ , 得

$D_1 = \{ |x-20|\leq 6 \} \quad D_2 = \{ |x-10|\leq \frac{10}{3} \} \quad D_3 = \{ |x|\leq \frac{19}{3} \}$

新的圆盘不再重叠，并确定了特征值范围

$[14, 26], \quad [\frac{20}{3}, \frac{40}{3}], \quad [-\frac{19}{3}, \frac{19}{3}]$

38.

求矩阵 $A = \begin{pmatrix} 20&3&1 \\ 2&10&2 \\ 8&1&0 \end{pmatrix}$ 的盖尔圆盘并讨论 $A$ 的特征值的范围与性质.

$D_1 = \{ |x-20|\leq 4 \} \quad D_2 = \{ |x-10|\leq 4 \} \quad D_3 = \{ |x|\leq 9 \}$

其中 $D_2$ 与 $D_3$ 连通，可以缩小 $D_3$ , 取 $P = \mathrm{diag}\{ 1,1,\frac23 \}$ , 计算得

$PAP^{-1} = \begin{pmatrix} 20 & 3 & 3/2 \\ 2 & 10 & 3 \\ 11/3 & 2/3 & 0 \end{pmatrix}$

$D_1 = \{ |x-20|\leq \frac92 \} \quad D_2 = \{ |x-10|\leq 5 \} \quad D_3 = \{ |x|\leq \frac{13}{3} \}$

新的圆盘不再重叠，并确定了特征值范围

$[\frac{31}{2}, \frac{49}{2}], \quad [5, 15], \quad [-\frac{13}{3}, \frac{13}{3}]$

39.

设矩阵

$A = \begin{pmatrix} 7 & -16 & 8 \\ -16 & 7 & -8 \\ 8 & -8 & -5 \end{pmatrix}$

(1) 求 $A$ 的盖尔圆盘并利用对角相似变换改进之;

$D_1 = \{ |x-7|\leq 24 \} \quad D_2 = \{ |x-7|\leq 24 \} \quad D_3 = \{ |x+5|\leq 16 \}$

不妨假设放缩变换为 $P = \mathrm{diag}\{d_1, d_2, d_3 \}, d_i\neq 0$ 则有

$PAP^{-1} = \begin{pmatrix} 7 & -16\frac{d_2}{d_1} & 8\frac{d_3}{d_1} \\ -16\frac{d_1}{d_2} & 7 & -8\frac{d_3}{d_2} \\ 8\frac{d_1}{d_3} & -8\frac{d_2}{d_3} & -5 \end{pmatrix}$

得到新圆盘

$\begin{align*} &D_1 = \{ |x-7|\leq \frac{16d_2+8d_3}{d_1} \} \\ &D_2 = \{ |x-7|\leq \frac{16d_1+8d_3}{d_2} \} \\ &D_3 = \{ |x+5|\leq \frac{d_1+d_2}{d_3} \} \end{align*}$

(2) 通过特征多项式计算 $A$ 的特征值并与 (1) 比较.

$|\lambda I - A| = \begin{vmatrix} \lambda-7 & 16 & -8 \\ -16 & \lambda-7 & -8 \\ 8 & -8 & \lambda+5 \end{vmatrix} = (\lambda-27)(\lambda+9)^2$

于是 $A$ 的特征值为 $\lambda_1 = -9$ (二重)， $\lambda_2 = 27$

40.

证明 Hilbert¹ 矩阵

$A = \begin{pmatrix} 2 & \frac12 & \frac{1}{2^2} & \cdots & \frac{1}{2^{n-1}} \\ \frac23 & 4 & \frac{2}{3^2} & \cdots & \frac{2}{3^{n-1}} \\ \frac34 & \frac{3}{4^2} & 6 & \cdots & \frac{3}{4^{n-1}} \\ \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\ \frac{n}{n+1} & \frac{n}{(n+1)^2} & \frac{n}{(n+1)^3} & \cdots & 2n \end{pmatrix}$

可以对角化，且 $A$ 的特征值都是实数.

根据盖尔圆盘定理，可知第 $i$ 个圆盘为

$D_i(A) = \{ x\in\mathbb{C} \mid |x-2i|\leq 1-\frac{1}{(i+1)^{n-1}} \}$

因圆盘半径小于1，故 $A$ 的 $n$ 个圆盘彼此分隔，故可对角化且特征值均为实数。

41.

分别利用盖尔圆盘定理和 Ostrowski 圆盘定理估计下面矩阵的谱半径：

$A = \begin{pmatrix} 1 & 0.1 & 0.2 & 0.3 \\ 0.5 & 3 & 0.1 & 0.2 \\ 1 & 0.3 & -1 & 0.5 \\ 1.2 & -0.6 & -1 & -3.6 \end{pmatrix}$

(行)盖尔圆盘

$\rho(A) \leq \max_{1\leq i\leq 4} \sum_{j=1}^4 |a_{ij}| = \sum_{j=1}^4 |a_{4j}| = 5.6$

Ostrowski 圆盘

$|\lambda - a_{ii}| \leq R_i(A)^{\alpha} C_i(A)^{1-\alpha}$

对每一行考虑可以得到

$\begin{array}{ccc} |\lambda-1| &\leq &0.6^{\alpha}\cdot 2.7^{1-\alpha} \\ |\lambda-3| &\leq &0.8^{\alpha}\cdot 1^{1-\alpha} \\ |\lambda+1| &\leq &1.8^{\alpha}\cdot 0.5^{1-\alpha} \\ |\lambda+3.6| &\leq &2^{\alpha}\cdot 1^{1-\alpha} \end{array}$

调整参数 $\alpha$ 例 $\alpha = \frac23$ 可得 $\rho(A) \leq 3.86$

1 David Hilbert(1862-1943)，德国著名数学家，对数学与物理的众多分支有杰出贡献.↩