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_1\alpha\neq k_2\alpha
证：假设k_1\alpha =k_2\alpha，则
$$ \begin{aligned} k_1\alpha-k_2\alpha=0 \\ \Rightarrow (k_1-k_2)\alpha=0 \end{aligned} $$
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_1\alpha \neq k_2\alpha
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}^{2\times 2}中全体对称矩阵所构成的\mathbb{F}上的线性空间
（2）\mathbb{C}^{2\times 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_i\in \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}^{2\times 2}中矩阵的一般形式为\begin{bmatrix}x&z\\z&y\end{bmatrix}\mathbb{F}^{2\times 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
维数为3
（2）\mathbb{C}^{2\times 2}中上三角矩阵的一般形式为\begin{bmatrix}x&z\\0&y\end{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
$$ A = \begin{bmatrix}1&0&0\\0&w&0\\0&0&w^2\end{bmatrix}\\ A^2 = \begin{bmatrix}1&0&0\\0&w^2&0\\0&0&1\end{bmatrix}\\ A^3 = \begin{bmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{bmatrix}\\ A^4 = \begin{bmatrix}1&0&0\\0&w&0\\0&0&w^2\end{bmatrix} $$
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
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A\in \mathbb{C}^{n\times n}
（1）V = \{B\mid AB=BA, B\in \mathbb{C}^{n\times n}\}，证明V是\mathbb{C}^{n\times 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&2\end{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
$$ \forall B_1,B_2 \in V\\ \because A(B_1+B_2)=AB_1+AB_2\\ 又\because AB_1 = B_1A,AB_2=B_2A\\ \therefore AB_1+AB_2=B_1A+B_2A\Rightarrow A(B_1+B_2)=(B_1+B_2)A\\ \therefore B_1+B_2 \in V $$
其次验证对于数乘是否封闭
$$ \forall B\in V, k\in \mathbb{C}\\ \because A(kB)=k(AB)=k(BA)=(kB)A\\ \therefore kB\in V $$
所以V是\mathbb{C}^{n\times 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}^{n\times n}
（3）设B=(a_{ij})_{n\times 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n\times 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_3\end{bmatrix}
$$ \begin{aligned} AB &= \begin{bmatrix}3x_1&3x_2&3x_3\\y_1&y_2&y_3\\y_1+2z_1&y_2+2z_3&y_3+2z_3\end{bmatrix}\\ BA &= \begin{bmatrix}3x_1&x_2+x_3&2x_3\\3y_1&y_2+y_3&2y_3\\3z_1&z_2+z_3&2z_3\end{bmatrix} \end{aligned} $$
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_2\end{bmatrix}x_1,y_2,z_2\in \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_1\cap V_2的一组基
解：
\color{red}{V_1+V_2=span\{\alpha_1,\alpha_2,\beta_1,\beta_2\}}
因为
$$ \begin{aligned} (\alpha_1^T,\alpha_2^T,\beta_1^T,\beta_2^T)&=\begin{bmatrix}1&-1&2&1\\2&1&-1&-1\\1&1&0&3\\0&1&1&7\end{bmatrix}\\ &\stackrel{初等行变换}{\longrightarrow} \begin{bmatrix}1&0&0&-1\\0&1&0&4\\0&0&1&3\\0&0&0&0\end{bmatrix} \end{aligned} $$
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)
$$ \color{red} {\begin{aligned} {\eta\in V_1\cap V_2}\Leftrightarrow &\exists k_1, k_2使\eta=k_1\alpha_1+k_2\alpha_2\\ &\exists l_1,l_2使\eta=l_1\beta_1+l_2\beta_2 \end{aligned}} $$
设k_1\alpha_1+k_1\alpha_2=l_1\beta_1+l_2\beta_2，则k_1\alpha_1+k_1\alpha_2-l_1\beta_1-l_2\beta_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_1\cap V_2=\{k(-\alpha_1+4\alpha_2)\}或V_1\cap V_2=\{l(-3\beta_1+\beta_2)\}
故V_1\cap V_2的一组基是-\alpha_1+4\alpha_2（或-3\beta_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=\{A\mid A^T=A, A\in \mathbb{C}^{n\times n}\}, V_2=\{A\mid A^T=-A, A\in \mathbb{C}^{n\times n}\}，试证：\mathbb{C}^{n\times n}=V_1\oplus 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_2\subseteq \mathbb{C}^{n\times n}；要证明\mathbb{C}^{n\times n}\subseteq V_1+V_2，实际上就是要证明
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}^{n\times n}\subseteq V_1+V_2
综上所述\mathbb{C}^{n\times 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A\in V_1\cap V_2，则有
$$ A = A^T （因为A\in V_1）\\ A^T = -A （因为A\in V_2） $$
综上，A\equiv 0，所以V_1+V_2是直和，即\mathbb{C}^{n\times n}=V_1\oplus V_2
直和
设A, B\in \mathbb{F}^{n\times n}，且AB=0, B^2=B， V_1=\{X\mid AX=0, X\in \mathbb{F}^n\}, V_2=\{X\mid BX=0, X\in \mathbb{F}^n\}，证明：
（1）\mathbb{F}^n=V_1+V_2
（2）\mathbb{F}^n=V_1\oplus 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_2\subseteq \mathbb{F}^{n}；要证明\mathbb{F}^{n}\subseteq V_1+V_2，实际上就是要证明
因为X = BX+(X-BX)，下判断BX\in V_1, (X-BX)\in V_2
$$ \because A(BX)=(AB)X=0\\ \therefore BX\in V_1\\ \because B(X-BX)=BX-B^2X=BX-BX=0\\ \therefore (X-BX)\in V_2 $$
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_1\oplus 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
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}^{2\times 2}中定义线性变换\mathscr{A}(X)=\begin{bmatrix}a&b\\c&d\end{bmatrix}X, \forall X\in \mathbb{F}^{2\times 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
$$ \begin{aligned} &(\mathscr{A}(E_{11}), \mathscr{A}(E_{12}), \mathscr{A}(E_{21}), \mathscr{A}(E_{22}))=(E_{11}, E_{12}, E_{21}, E_{22})A\\ &\Rightarrow \begin{bmatrix}a&0&b&0\\0&a&0&b\\c&0&d&0\\0&c&0&d\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1&0&0&0\\0&1&0&0\\0&0&1&0\\0&0&0&1\end{bmatrix}A\\ &\Rightarrow A = \begin{bmatrix}a&0&b&0\\0&a&0&b\\c&0&d&0\\0&c&0&d\end{bmatrix} \end{aligned} $$
同理
$$ \begin{aligned} &(\mathscr{A}(E_{11}), \mathscr{A}(E_{21}), \mathscr{A}(E_{12}), \mathscr{A}(E_{22}))=(E_{11}, E_{21}, E_{12}, E_{22})B\\ &\Rightarrow \begin{bmatrix}a&b&0&0\\0&0&a&b\\c&d&0&0\\0&0&c&d\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1&0&0&0\\0&0&1&0\\0&1&0&0\\0&0&0&1\end{bmatrix}B\\ &\Rightarrow B = \begin{bmatrix}a&0&b&0\\0&a&0&b\\c&0&d&0\\0&c&0&d\end{bmatrix} \end{aligned} $$
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&-5\end{bmatrix}
（2）B = \begin{bmatrix}0&3&3\\-1&8&6\\2&-14&-10\end{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
$$ L=\begin{bmatrix}-1&0&0\\0&-1&0\\0&0&-1\end{bmatrix}\\ M=\begin{bmatrix}-1&0&0\\0&-1&1\\0&0&-1\end{bmatrix}\\ N=\begin{bmatrix}-1&1&0\\0&-1&1\\0&0&-1\end{bmatrix} $$
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&-1\end{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
$$ L=\begin{bmatrix}0&0&0\\0&-1&0\\0&0&-1\end{bmatrix}\\ M=\begin{bmatrix}0&0&0\\0&-1&1\\0&0&-1\end{bmatrix}\\ $$
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&-1\end{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
$$ \begin{align} B=A-\lambda_1 E = A+E &=\begin{bmatrix} 3 & 6 & -15 \\ 1 & 2 & -5 \\ 1 & 2 & -5 \end{bmatrix} \qquad rank(B)=1\\ B^2&=\begin{bmatrix}0&0&0\\0&0&0\\0&0&0\end{bmatrix} \qquad rank(B^2)=0 \end{align} $$
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
$$ \begin{align} J=\begin{bmatrix} -1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 1 \\ 0 & 0 & -1\end{bmatrix} \end{align} $$
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
$$ \begin{align} J=\begin{bmatrix} -1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \\ 0&0&0& 1\end{bmatrix} \end{align} $$
$A^n$
已知A=\begin{bmatrix}17&0&-25\\0&1&0\\9&0&-13\end{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）
设P=(X_1,X_2,X_3)，由AP=PJ得
$$ \begin{aligned} &(AX_1, AX_2, AX_3)=(X_1, 2X_2, X_2+2X_3)\\ &\Rightarrow \begin{cases}(E-A)X_1 = 0\\(2E-A)X_2=0\\(2E-A)X_3=-X_2\end{cases} \end{aligned} $$
解得
所以P=\begin{bmatrix}0&5&2\\1&0&0\\0&3&1\end{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A\in \mathbb{C}^{s\times 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_{s\times 1}C_{1\times n}，因为
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&0\end{bmatrix}a,b,c满足c\neq 0, |a|^2+|b|^2\neq 0
（2）A = \begin{bmatrix}1&0&-1\\2&0&-2\end{bmatrix}
解：
（1）实际上有分块广义逆的性质：B = \begin{bmatrix}0&M\\N&0\end{bmatrix}\Rightarrow B^+=\begin{bmatrix}0&N^+\\M^+&0\end{bmatrix}A进行分块得
对\begin{bmatrix}a\\b\end{bmatrix}^+进行满秩分解得\begin{bmatrix}a\\b\end{bmatrix}=B_{2\times 1}C_{1\times 1}，不妨令B=\begin{bmatrix}a\\b\end{bmatrix},C=1，则
所以
（2）对A做初等行变换得A\to \begin{bmatrix}1&0&-1\\0&0&0\end{bmatrix}A=BC，其中B=\begin{bmatrix}1\\2\end{bmatrix},C=\begin{bmatrix}1&0&-1\end{bmatrix}A^{+} = C^H(CC^H)^{-1}(B^HB)^{-1}B^H得
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
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
$$ \begin{bmatrix}\lambda &1\\&\lambda &1\\&&\lambda &\ddots \\&&&\ddots&1\\&&&&\lambda\end{bmatrix}^n=\begin{bmatrix}\lambda^{n} & C_{n}^{1} \lambda^{n-1} & C_{n}^{2} \lambda^{n-2} & \cdots & C_{n}^{k-1} \lambda^{n-(k-1)} \\ & \lambda^{n} & C_{n}^{1} \lambda^{n-1} & \cdots & C_{n}^{k-2} \lambda^{n-(k-2)} \\ & & \lambda^{n} & \cdots & C_{n}^{k-3} \lambda^{n-(k-3)} \\ & & & \ddots & \vdots \\ & & & & \lambda^{n}\end{bmatrix} $$
其中
$$ \begin{aligned} C_n^{m}=\begin{cases}\frac{n!}{m!(n-m)!},&\quad {0≤m≤n}\\0, &\quad {others}\end{cases} \end{aligned} $$