矩阵分析复习题

线性空间

设alpha为线性空间V(mathbb{F})中非零向量，若mathbb{F}中数k_1与k_2不相等，试证：k_1alphaneq k_2alpha

证：假设k_1alpha =k_2alpha，则

$$ begin{aligned} k_1alpha-k_2alpha=0 \ Rightarrow (k_1-k_2)alpha=0 end{aligned} $$

因为alpha neq 0，所以k_1-k_2=0，则k_1=k_2，这与题意矛盾，故k_1alpha neq k_2alpha

线性空间基与维数

求下列线性空间的维数及其一组基：

（1）mathbb{F}^{2times 2}中全体对称矩阵所构成的mathbb{F}上的线性空间

（2）mathbb{C}^{2times 2}中全体上三角矩阵所构成的mathbb{C}上的线性空间

（3）V(mathbb{F})={(x_1,x_2,...,x_{2n-1},x_{2n})mid x_2=x_4=···=x_{2n}, forall x_iin mathbb{F}}

（4）A = diag(1, w, w^2)，其中w^3=1，但w neq 1，且V(mathbb{R})={f(A)mid forall f(x) in mathbb{R}[x]}

解：

线性空间的一组基要满足：线性无关，空间中任意一个向量都能由这组基表示

（1）mathbb{F}^{2times 2}中矩阵的一般形式为begin{bmatrix}x&z\z&yend{bmatrix}mathbb{F}^{2times 2}中全体对称矩阵所构成的mathbb{F}上的线性空间的一组基为

begin{bmatrix}1&0\0&0end{bmatrix},begin{bmatrix}0&0\0&1end{bmatrix},begin{bmatrix}0&1\1&0end{bmatrix}

维数为3

（2）mathbb{C}^{2times 2}中上三角矩阵的一般形式为begin{bmatrix}x&z\0&yend{bmatrix}

begin{bmatrix}1&0\0&0end{bmatrix},begin{bmatrix}0&1\0&0end{bmatrix},begin{bmatrix}0&0\0&1end{bmatrix}

维数为3

（3）V(mathbb{F})中向量的一般形式为(x_1, y,x_3,y,x_5, y,.....,x_{2n-1},y)，因此很容易得其基为

$$ begin{aligned} &(1, 0,0,...,0)\ &(0,0,1,...,0)\ & vdots\ &(0,1,0,1,...,0,1) end{aligned} $$

维数为n 1

（4）因为f(A) = a_0E a_1A a_2A^2 ··· a_nA^n，又因为

$$ A = begin{bmatrix}1&0&0\0&w&0\0&0&w^2end{bmatrix}\ A^2 = begin{bmatrix}1&0&0\0&w^2&0\0&0&1end{bmatrix}\ A^3 = begin{bmatrix}1&0&0\0&1&0\0&0&1end{bmatrix}\ A^4 = begin{bmatrix}1&0&0\0&w&0\0&0&w^2end{bmatrix} $$

所以实际上f(A)=a_0E a_1A a_2A^2 a_3E a_4A a_5A^2 ··· a_nA^n，其中

A^n=begin{cases}E,quad{n %3=0}\A,quad{(n-1)%3=0}\A^2, quad{(n 1)%3=0}end{cases}

容易得E,A,A^2就是该线性空间的一组基，维数为3

子空间

设Ain mathbb{C}^{ntimes n}

（1）V = {Bmid AB=BA, Bin mathbb{C}^{ntimes n}}，证明V是mathbb{C}^{ntimes n}的子空间

（2）若A=E，求（1）中V

（3）若A=diag(1, 2, ..., n)，求（1）中V

（4）若n=3,A=begin{bmatrix}3&0&0\0&1&0\0&1&2end{bmatrix}V

解：

要验证某个线性空间是子空间，只需要判断其加法和数乘是否封闭

（1）首先验证对于加法是否封闭

$$ forall B_1,B_2 in V\ because A(B_1 B_2)=AB_1 AB_2\ 又because AB_1 = B_1A,AB_2=B_2A\ therefore AB_1 AB_2=B_1A B_2ARightarrow A(B_1 B_2)=(B_1 B_2)A\ therefore B_1 B_2 in V $$

其次验证对于数乘是否封闭

$$ forall Bin V, kin mathbb{C}\ because A(kB)=k(AB)=k(BA)=(kB)A\ therefore kBin V $$

所以V是mathbb{C}^{ntimes n}的子空间

（2）因为单位矩阵和任何矩阵相乘，都等于那个矩阵本身，所以V=mathbb{C}^{ntimes n}

（3）设B=(a_{ij})_{ntimes n}，则

$$ AB = begin{bmatrix}a_{11}\&2a_{22}\&&ddots \&&&na_{nn}end{bmatrix}\ BA = begin{bmatrix}a_{11}&2a_{12}&cdots & na_{1n}\a_{21}&2a_{22}&cdots &na_{2n}\vdots &&&vdots\a_{n1}&2a_{n2}&cdots &na_{nn}end{bmatrix} $$

若要满足AB=BA，则需要a_{12}=···a_{1n}=···a_{21}=···a_{nn-1}=0，故此时V是一个ntimes n的对角阵构成的集合

（4）设B=begin{bmatrix}x_1&x_2&x_3\y_1&y_2&y_3\z_1&z_2&z_3end{bmatrix}

$$ begin{aligned} AB &= begin{bmatrix}3x_1&3x_2&3x_3\y_1&y_2&y_3\y_1 2z_1&y_2 2z_3&y_3 2z_3end{bmatrix}\ BA &= begin{bmatrix}3x_1&x_2 x_3&2x_3\3y_1&y_2 y_3&2y_3\3z_1&z_2 z_3&2z_3end{bmatrix} end{aligned} $$

由于AB=BA，则有

$$ begin{cases} x_2=0\ x_3=0\ y_1=0\ y_2=z_3\ y_3=0\ z_1=0\ z_3=0 end{cases} $$

故B=begin{bmatrix}x_1&0&0\0&y_2&0\0&z_2&y_2end{bmatrix}x_1,y_2,z_2in mathbb{C}

和空间与交空间

已知alpha_1=(1, 2, 1,0), alpha_2=(-1, 1, 1, 1), beta_1=(2, -1, 0, 1), beta_2=(1, -1, 3, 7)，V_1=span{alpha_1, alpha_2},V_2=span{beta_1,beta_2}，分别求V_1 V_2,V_1cap V_2的一组基

解：

color{red}{V_1 V_2=span{alpha_1,alpha_2,beta_1,beta_2}}

因为

$$ begin{aligned} (alpha_1^T,alpha_2^T,beta_1^T,beta_2^T)&=begin{bmatrix}1&-1&2&1\2&1&-1&-1\1&1&0&3\0&1&1&7end{bmatrix}\ &stackrel{初等行变换}{longrightarrow} begin{bmatrix}1&0&0&-1\0&1&0&4\0&0&1&3\0&0&0&0end{bmatrix} end{aligned} $$

由于初等行变换后前三列为非零首元，所以在原矩阵中前三列是线性无关的，故列向量组(alpha_1^T,alpha_2^T,beta_1^T,beta_2^T)的极大线性无关组为(alpha_1^T,alpha_2^T,beta_1^T)，所以V_1 V_2的一组基是(alpha_1,alpha_2,beta_1)

$$ color{red} {begin{aligned} {etain V_1cap V_2}Leftrightarrow &exists k_1, k_2使eta=k_1alpha_1 k_2alpha_2\ &exists l_1,l_2使eta=l_1beta_1 l_2beta_2 end{aligned}} $$

设k_1alpha_1 k_1alpha_2=l_1beta_1 l_2beta_2，则k_1alpha_1 k_1alpha_2-l_1beta_1-l_2beta_2=0，即

$$ begin{cases} k_1-k_2-2l_1-l_2=0\ 2k_1 k_2 l_1 l_2=0\ k_1 k_2-3l_2=0\ k_2-l_1-7l_2=0 end{cases} $$

解得

$$ begin{cases} k_1=-l_2\ k_2=4l_2\ l_1=-3l_2\ l_2自由 end{cases} $$

不妨令l_2=1，则k_1=-1,k_2=4,l_1=-3，于是V_1cap V_2={k(-alpha_1 4alpha_2)}或V_1cap V_2={l(-3beta_1 beta_2)}

故V_1cap V_2的一组基是-alpha_1 4alpha_2（或-3beta_1 beta_2）

上面带有"或"字样的，写一个即可，考试时并不需要全部写出来

直和

设V_1={Amid A^T=A, Ain mathbb{C}^{ntimes n}}, V_2={Amid A^T=-A, Ain mathbb{C}^{ntimes n}}，试证：mathbb{C}^{ntimes n}=V_1oplus V_2

证：

要证明某个线性空间V是两个子空间V_1,V_2的直和，需要证明以下两点：

V = V_1 V_2，要证明相等，实际上就是证明左包含以及右包含
V_1 V_2是直和

由V_1,V_2的定义明显可得V_1 V_2subseteq mathbb{C}^{ntimes n}；要证明mathbb{C}^{ntimes n}subseteq V_1 V_2，实际上就是要证明

forall Ain mathbb{C}^{ntimes n} , A_1in V_1, A_2in V_2 Rightarrow A = A_1 A_2

因为frac{1}{2}(A A^T)in V_1, frac{1}{2}(A-A^T)in V_2，且A = frac{1}{2}(A A^T) frac{1}{2}(A-A^T)，所以mathbb{C}^{ntimes n}subseteq V_1 V_2

综上所述mathbb{C}^{ntimes n}=V_1 V_2

要证明V_1 V_2是直和，只需要证明V_1 cap V_2={0}。任取Ain V_1cap V_2，则有

$$ A = A^T （因为Ain V_1）\ A^T = -A （因为Ain V_2） $$

综上，Aequiv 0，所以V_1 V_2是直和，即mathbb{C}^{ntimes n}=V_1oplus V_2

直和

设A, Bin mathbb{F}^{ntimes n}，且AB=0, B^2=B， V_1={Xmid AX=0, Xin mathbb{F}^n}, V_2={Xmid BX=0, Xin mathbb{F}^n}，证明：

（1）mathbb{F}^n=V_1 V_2

（2）mathbb{F}^n=V_1oplus V_2 Leftrightarrow r(A) r(B)=n

证：

（1）由V_1,V_2的定义明显可得V_1 V_2subseteq mathbb{F}^{n}；要证明mathbb{F}^{n}subseteq V_1 V_2，实际上就是要证明

forall Xin mathbb{F}^{n} , X_1in V_1, X_2in V_2 Rightarrow X = X_1 X_2

因为X = BX (X-BX)，下判断BXin V_1, (X-BX)in V_2

$$ because A(BX)=(AB)X=0\ therefore BXin V_1\ because B(X-BX)=BX-B^2X=BX-BX=0\ therefore (X-BX)in V_2 $$

所以mathbb{F}^{n}subseteq V_1 V_2，综上所述mathbb{F}^{n}= V_1 V_2

（2）将V_1,V_2看做是齐次线性方程组的解空间，则有

$$ dim (V_1)=n-r(A)\ dim (V_2)=n-r(B) $$

要证明mathbb{F}^{n}= V_1oplus V_2实际上就是要证mathbb{F}^{n}= V_1 V_2且V_1 V_2是直和，第一问已经证明mathbb{F}^{n}= V_1 V_2，所以问题就转为证明

V_1 V_2是直和Leftrightarrow r(A) r(B)=n

因为

$$ begin{aligned} V_1 V_2是直和 &Leftrightarrow dim (V_1 V_2)=dim (V_1) dim (V_2)\ &Leftrightarrow dim(mathbb{F})=dim(V_1) dim (V_2)\ &Leftrightarrow n = (n-r(A)) (n-r(B))\ &Leftrightarrow r(A) r(B) = n end{aligned} $$

证毕

线性变换

在mathbb{F}^{2times 2}中定义线性变换mathscr{A}(X)=begin{bmatrix}a&b\c&dend{bmatrix}X, forall Xin mathbb{F}^{2times 2}mathscr{A}在基E_{11}, E_{12}, E_{21}, E_{22}与基E_{11}, E_{21}, E_{12}, E_{22}下的矩阵

解：

对于基为矩阵的形式，可以将所有的矩阵转为列向量进行处理

根据定义有

$$ begin{aligned} &(mathscr{A}(E_{11}), mathscr{A}(E_{12}), mathscr{A}(E_{21}), mathscr{A}(E_{22}))=(E_{11}, E_{12}, E_{21}, E_{22})A\ &Rightarrow begin{bmatrix}a&0&b&0\0&a&0&b\c&0&d&0\0&c&0&dend{bmatrix}=begin{bmatrix}1&0&0&0\0&1&0&0\0&0&1&0\0&0&0&1end{bmatrix}A\ &Rightarrow A = begin{bmatrix}a&0&b&0\0&a&0&b\c&0&d&0\0&c&0&dend{bmatrix} end{aligned} $$

同理

$$ begin{aligned} &(mathscr{A}(E_{11}), mathscr{A}(E_{21}), mathscr{A}(E_{12}), mathscr{A}(E_{22}))=(E_{11}, E_{21}, E_{12}, E_{22})B\ &Rightarrow begin{bmatrix}a&b&0&0\0&0&a&b\c&d&0&0\0&0&c&dend{bmatrix}=begin{bmatrix}1&0&0&0\0&0&1&0\0&1&0&0\0&0&0&1end{bmatrix}B\ &Rightarrow B = begin{bmatrix}a&0&b&0\0&a&0&b\c&0&d&0\0&c&0&dend{bmatrix} end{aligned} $$

正交矩阵

设A, B都是正交阵，且|AB|=-1，证明|A B|=0

证：

正交矩阵的性质：color{red} {A^T=A^{-1}}

因为|AB|=-1，所以|A|·|B|=-1，又因为

$$ begin{aligned} A B&=A(E A^{-1}B)\ &=A(E A^TB)\ &=A(B^T A^T)B\ &=A(A B)^TB end{aligned} $$

则有|A B|=|A|·|(A B)^T|·|B|=-|A B|，故|A B|=0

Jordan标准形（排除法）

试求矩阵的Jordan标准形

（1）A = begin{bmatrix}3&0&8\3&-1&6\-2&0&-5end{bmatrix}

（2）B = begin{bmatrix}0&3&3\-1&8&6\2&-14&-10end{bmatrix}

解：

关于Jordan标准形的两种求法，请看本文最后附录

（1）容易求得|lambda E -A| = (lambda 1)^3，所以A的Jordan标准形矩阵只可能是以下三种情况

$$ L=begin{bmatrix}-1&0&0\0&-1&0\0&0&-1end{bmatrix}\ M=begin{bmatrix}-1&0&0\0&-1&1\0&0&-1end{bmatrix}\ N=begin{bmatrix}-1&1&0\0&-1&1\0&0&-1end{bmatrix} $$

因为A与Jordan标准形J相似，则rank(A-(-1)E)=rank(J-(-1)E)，因为rank(A-(-1)E)=1，且

$$ rank(L-(-1)E)=0\ rank(M-(-1)E)=1\ rank(N-(-1)E)=2 $$

所以A的Jordan标准形为begin{bmatrix}-1&0&0\0&-1&1\0&0&-1end{bmatrix}

（2）容易求得|lambda E -B| = lambda(lambda 1)^2，所以B的Jordan标准形矩阵只可能是以下两种情况

$$ L=begin{bmatrix}0&0&0\0&-1&0\0&0&-1end{bmatrix}\ M=begin{bmatrix}0&0&0\0&-1&1\0&0&-1end{bmatrix}\ $$

因为B与Jordan标准形J相似，则rank(B-(-1)E)=rank(J-(-1)E)，因为rank(B-(-1)E)=2，且

$$ rank(L-(-1)E)=1\ rank(M-(-1)E)=2\ $$

所以B的Jordan标准形为begin{bmatrix}0&0&0\0&-1&1\0&0&-1end{bmatrix}

Jordan标准形（推论）

将矩阵

$$ begin{align} A=begin{bmatrix} 2 & 6 & -15 \ 1 & 1 & -5 \ 1 & 2 & -6 end{bmatrix} end{align} $$

化为Jordan标准形

解：矩阵A的特征多项式为

$$ begin{align} lvert lambda E-A rvert =begin{bmatrix} lambda-2 & -6 & 15 \ -1 & lambda-1 & 5 \ -1 & -2 & lambda 6 end{bmatrix} =(lambda 1)^3 end{align} $$

所以它只有一个特征值lambda_1=-1，代数重数为3

对lambda=-1，令

$$ begin{align} B=A-lambda_1 E = A E &=begin{bmatrix} 3 & 6 & -15 \ 1 & 2 & -5 \ 1 & 2 & -5 end{bmatrix} qquad rank(B)=1\ B^2&=begin{bmatrix}0&0&0\0&0&0\0&0&0end{bmatrix} qquad rank(B^2)=0 end{align} $$

则以lambda_1为特征值且阶为1的Jordan块的个数为

$$ begin{align} w_1(A,lambda_1)-w_2(A,lambda_1)=[n-r_1(A,lambda_1)] - [r_1(A,lambda_1)-r_2(A,lambda_1)] = [3-1]-[1-0]=1 end{align} $$

同理，以lambda_1为特征值且阶为2的Jordan块的个数为

$$ begin{align} w_2(A,lambda_1)-w_3(A,lambda_1)=[r_1(A,lambda_1)-r_2(A,lambda_1)] - [r_2(A,lambda_1)-r_3(A,lambda_1)] = [1-0]-[0-0]=1 end{align} $$

上面两个Jordan块阶数之和为3，等于lambda_1的代数重数，因而不存在以lambda_1为特征值的其它Jordan块，且矩阵A没有其它特征值，故Jordan块求解完毕，矩阵A的Jordan标准形为

$$ begin{align} J=begin{bmatrix} -1 & 0 & 0 \ 0 & -1 & 1 \ 0 & 0 & -1end{bmatrix} end{align} $$

Jordan标准形（推论）

将矩阵

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

化为Jordan标准形

解：矩阵A的特征多项式为

$$ begin{align} lvert lambda E-A rvert =begin{bmatrix} lambda-3 & 4 & 0 & -2 \ -4 & lambda 5 & 2 & -4 \ 0 & 0 & lambda-3 & 2 \ 0 & 0 & -2 & lambda 1 end{bmatrix} =(lambda 1)^2(lambda-1)^2 end{align} $$

所以它有两个特征值lambda_1=-1,lambda_2=1，代数重数都为2

对lambda_1=-1，令

$$ begin{align} B_1=A-lambda_1 E = A E &=begin{bmatrix} 4 & -4 & 0 & 2 \ 4 & -4 & -2 & 4 \ 0 & 0 & 4 & -2 \ 0 & 0 & 2 & 0 end{bmatrix} qquad rank(B_1)=3 \ B_1^2 &=begin{bmatrix} 0 & 0 &12 & -8 \ 0 & 0 & 8 & -4 \ 0 & 0 & 12 & -8 \ 0 & 0 & 8 & -4 end{bmatrix} qquad rank(B_1^2)=2 \ B_1^3 &=begin{bmatrix} 0 & 0 & 32 & -24 \ 0 & 0 & 24 & -16 \ 0 & 0 & 32 & -24 \ 0 & 0 & 24 & -16 end{bmatrix} qquad rank(B_1^3)=2 end{align} $$

则以lambda_1为特征值且阶为1的Jordan块的个数为

$$ begin{align} w_1(A,lambda_1)-w_2(A,lambda_1)=[n-r_1(A,lambda_1)] - [r_1(A,lambda_1)-r_2(A,lambda_1)] = [4-3]-[3-2]=0 end{align} $$

以lambda_1为特征值且阶为2的Jordan块的个数为

$$ begin{align} w_2(A,lambda_1)-w_3(A,lambda_1)=[r_1(A,lambda_1)-r_2(A,lambda_1)] - [r_2(A,lambda_1)-r_3(A,lambda_1)] = [3-2]-[2-2]=1 end{align} $$

上面第二个Jordan块阶数为2，等于lambda_1的代数重数，所以以lambda_1为特征值的Jordan块求解完毕

对lambda_2=1，令

$$ begin{align} B_2=A-lambda_2 E = A-E &=begin{bmatrix} 2 & -4 & 0 & 2 \ 4 & -6 & -2 & 4 \ 0 & 0 & 2 & -2 \ 0 & 0 & 2 & -2 end{bmatrix} qquad rank(B_2)=3 \ B_2^2 &=begin{bmatrix} -12 & 16 & 12 & -16 \ -16 & 20 & 16 & -20 \ 0 & 0 & 0 & 0 \ 0 & 0 & 0 & 0 end{bmatrix} qquad rank(B_2^2)=2 \ B_2^3 &=begin{bmatrix} 40 & -48 & -40 & 48 \ 48 & -56 & -48 & 56 \ 0 & 0 & 0 & 0 \ 0 & 0 & 0 & 0 end{bmatrix} qquad rank(B_2^3)=2 end{align} $$

则以lambda_2为特征值且阶为1的Jordan块的个数为

$$ begin{align} w_1(A,lambda_2)-w_2(A,lambda_2)=[n-r_1(A,lambda_2)] - [r_1(A,lambda_2)-r_2(A,lambda_2)] = [4-3]-[3-2]=0 end{align} $$

以lambda_2为特征值且阶为2的Jordan块的个数为

$$ begin{align} w_2(A,lambda_2)-w_3(A,lambda_2)=[r_1(A,lambda_2)-r_2(A,lambda_2)] - [r_2(A,lambda_2)-r_3(A,lambda_2)] = [3-2]-[2-2]=1 end{align} $$

上面第二个 Jordan 块阶数为 2，等于lambda_2的重数，所以以lambda_2为特征值的 Jordan 块求解完毕

以lambda_1=-1和lambda_2=1为特征值的Jordan块均是2阶的，所以矩阵A的Jordan标准形为

$$ begin{align} J=begin{bmatrix} -1 & 1 & 0 & 0 \ 0 & -1 & 0 & 0 \ 0 & 0 & 1 & 1 \ 0&0&0& 1end{bmatrix} end{align} $$

$A^n$

已知A=begin{bmatrix}17&0&-25\0&1&0\9&0&-13end{bmatrix}A^{10}

解：矩阵A做不了相似对角化，但一定可以化为Jordan标准形（这里省略求Jordan标准形的步骤）

J = begin{bmatrix}1&0&0\0&2&1\0&0&2end{bmatrix}

设P=(X_1,X_2,X_3)，由AP=PJ得

$$ begin{aligned} &(AX_1, AX_2, AX_3)=(X_1, 2X_2, X_2 2X_3)\ &Rightarrow begin{cases}(E-A)X_1 = 0\(2E-A)X_2=0\(2E-A)X_3=-X_2end{cases} end{aligned} $$

解得

X_1 = begin{bmatrix}0\1\0end{bmatrix}, X_2 = begin{bmatrix}5\0\3end{bmatrix}, X_3 = begin{bmatrix}2\0\1end{bmatrix}

所以P=begin{bmatrix}0&5&2\1&0&0\0&3&1end{bmatrix}

$$ begin{aligned} A^{10} &=left(T J T^{-1}right)^{10} \ &=T J^{10} T^{-1} \ &=begin{bmatrix} 0 & 5 & 2 \ 1 & 0 & 0 \ 0 & 3 & 1 end{bmatrix}begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \ 0 & 2 & 1 \ 0 & 0 & 2 end{bmatrix}^{10}begin{bmatrix} 0 & 5 & 2 \ 1 & 0 & 0 \ 0 & 3 & 1 end{bmatrix} \ &=begin{bmatrix} 0 & 5 & 2 \ 1 & 0 & 0 \ 0 & 3 & 1 end{bmatrix} begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \ 0 & 2^{10} & 10 cdot 2^{9} \ 0 & 0 & 2^{10} end{bmatrix} begin{bmatrix} 0 & 1 & 0 \ -1 & 0 & 2 \ 3 & 0 & -5 end{bmatrix} \ &=begin{bmatrix} 76·2^{10} & 0 & -125·2^{10} \ 0 & 1 & 0 \ 45 · 2^{10}& 0 & -74·2^{10} end{bmatrix} end{aligned} $$

矩阵广义逆

设Ain mathbb{C}^{stimes n}, r(A)=1，试证：A^ =(tr(A^HA))^{-1}A^H

证：对A进行满秩分解得A = B_{stimes 1}C_{1times n}，因为

A^ = C^H(CC^H)^{-1}(B^HB)^{-1}B^H

又因为CC^H和B^HB都是数，所以

$$ begin{aligned} A^ &= frac{1}{(B^HB)(CC^H)}·C^HB^H\ &=frac{1}{(B^HB)(CC^H)}(BC)^H\ &=frac{1}{(B^HB)(CC^H)}A^H end{aligned} $$

因为

$$ begin{aligned} A^HA &= (BC)^H(BC)\ &=C^HB^HBC\ &=(B^HB)(C^HC)quad(因为B^HB是一个数) end{aligned} $$

所以

$$ begin{aligned} tr(A^HA) &= B^HB·tr(C^HC)\ &=B^HB ·tr(CC^H)\ &=B^HB·CC^H end{aligned} $$

证毕

矩阵广义逆

用适当的方式求下列矩阵的广义逆

（1）A = begin{bmatrix}0&c\a&0\b&0end{bmatrix}a,b,c满足cneq 0, |a|^2 |b|^2neq 0

（2）A = begin{bmatrix}1&0&-1\2&0&-2end{bmatrix}

解：

（1）实际上有分块广义逆的性质：B = begin{bmatrix}0&M\N&0end{bmatrix}Rightarrow B^ =begin{bmatrix}0&N^ \M^ &0end{bmatrix}A进行分块得

A^ = left[begin{array}{c|c}0 & begin{bmatrix}a\bend{bmatrix}^ \ hline frac{1}{c} & 0end{array}right]

对begin{bmatrix}a\bend{bmatrix}^ 进行满秩分解得begin{bmatrix}a\bend{bmatrix}=B_{2times 1}C_{1times 1}，不妨令B=begin{bmatrix}a\bend{bmatrix},C=1，则

begin{bmatrix}a\bend{bmatrix}^ =(B^HB)^{-1}B^H=frac{1}{|a|^2 |b|^2}·[bar{a}, bar{b}]

所以

A^{ }=begin{bmatrix}0&frac{bar{a}}{|a|^2 |b|^2}&frac{bar{b}}{|a|^2 |b|^2}\frac{1}{c}&0&0end{bmatrix}

（2）对A做初等行变换得Ato begin{bmatrix}1&0&-1\0&0&0end{bmatrix}A=BC，其中B=begin{bmatrix}1\2end{bmatrix},C=begin{bmatrix}1&0&-1end{bmatrix}A^{ } = C^H(CC^H)^{-1}(B^HB)^{-1}B^H得

A =begin{bmatrix}frac{1}{10}&frac{1}{5}\0&0\-frac{1}{10}&-frac{1}{5}end{bmatrix}

附

Jordan标准形的两种求法

排除法（适用于低阶矩阵）

通过矩阵A的特征多项式|lambda E-A|求得特征值lambda_1,lambda_2,...,lambda_r
根据特征值列出所有可能的Jordan标准形矩阵J
由于矩阵A与Jordan标准形J相似，所以可通过rank(A-lambda_iE)=rank(J-lambda_iE)进行排除，筛选出最终的Jordan标准形

Jordan标准形定理的推论

首先定义

$$ begin{align} r_k(A,lambda)=mathrm{rank} , (A-lambda E)^k, quad r_0(A,lambda)=n end{align} $$

又定义

$$ begin{align} w_k(A,lambda)=r_{k-1}(A,lambda)-r_k(A,lambda), quad w_1(A,lambda)=n-r_1(A,lambda) end{align} $$

将矩阵化为Jordan标准形需要三步：

求出矩阵A所有不同的特征值lambda_1,lambda_2,...lambda_t
Jordan标准形定理的推论告诉我们：w_k(A,lambda)-w_{k 1}(A,lambda)=m表示以lambda为特征值且阶为k的Jordan块有m个。利用这个公式计算出以lambda为特征值，阶为l=1,2,...的个数，直到以lambda为特征值的Jordan块阶数之和等于特征值lambda的代数重数
将所获得的Jordan块按任意次序排列成Jordan矩阵

$A^n$求法

设矩阵A的Jordan标准形为J，且P=(X_1,X_2,X_3)，由AP=PJ求出P，于是A^n=(PJP^{-1})^n=PJ^nP^{-1}，其中

J^n=begin{bmatrix}J_1\&J_2\&&ddots \&&&J_mend{bmatrix}^n=begin{bmatrix}J_1^n\&J_2^n\&&ddots \&&&J_m^nend{bmatrix}

显然当其中某一个Jordan块J_i阶数k较大时，求幂次略显复杂

$$ begin{bmatrix}lambda &1\&lambda &1\&&lambda &ddots \&&&ddots&1\&&&&lambdaend{bmatrix}^n=begin{bmatrix}lambda^{n} & C_{n}^{1} lambda^{n-1} & C_{n}^{2} lambda^{n-2} & cdots & C_{n}^{k-1} lambda^{n-(k-1)} \ & lambda^{n} & C_{n}^{1} lambda^{n-1} & cdots & C_{n}^{k-2} lambda^{n-(k-2)} \ & & lambda^{n} & cdots & C_{n}^{k-3} lambda^{n-(k-3)} \ & & & ddots & vdots \ & & & & lambda^{n}end{bmatrix} $$

其中

$$ begin{aligned} C_n^{m}=begin{cases}frac{n!}{m!(n-m)!},&quad {0≤m≤n}\0, &quad {others}end{cases} end{aligned} $$

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