模拟1 解答

第1题（10分）

已知 $4\times 5$ 矩阵

经初等行变换，得行阶梯形

（1）求 $A$ 的满秩分解和 $A^{+}$

解：

由行阶梯形，主元在第 $1$、$4$ 列，故 $\mathrm{rank}(A)=2$。

继续化为行最简形：

读出列向量关系（记 $c_i$ 为 $A$ 的第 $i$ 列）：$c_2=2c_1,c_3=c_1,c_5=2c_1-c_4$。

取两个线性无关列作 $F$，系数矩阵作 $G$，得满秩分解 $A=FG$（$F\in {\mathbb{R}}^{4\times 2}$，$G\in {\mathbb{R}}^{2\times 5}$）：

验证：$FG=A$。

由满秩分解 $A=FG$，可知 $A^{+}=G^{\mathrm{T}}(G{G}^{\mathrm{T}}{)}^{-1}(F^{\mathrm{T}}F{)}^{-1}{F}^{\mathrm{T}}$。

先算 $G{G}^{\mathrm{T}}$。$G$ 为 $2\times 5$，故 $G{G}^{\mathrm{T}}$ 为 $2\times 2$，其 $(i,j)$ 元为 $G$ 的第 $i$ 行与第 $j$ 行的内积：

得

求逆：$\det (G{G}^{\mathrm{T}})=10\times 2-(-2{)}^2=16$，故

又

代入计算，得

（2）求 $Ax=b$ 的极小范数最小二乘解，其中 $b=(1,-1,1,-1{)}^{\mathrm{T}}$

解：

因 $\mathrm{rank}(A)=2<4$，而 $b\in {\mathbb{R}}^4$，方程组不相容。极小范数最小二乘解为：

计算：$x={\left(\frac{9}{52},\frac{9}{26},\frac{9}{52},\frac{3}{52},\frac{15}{52}\right)}^{\mathrm{T}}$

此时 $Ax=A{A}^{+}b$，为 $b$ 在 $\mathcal{R}(A)$ 上的正交投影。

（3）写出 $A{A}^{+}$ 的 Smith 标准型

解：

先算

$A{A}^{+}$ 为对称幂等阵，$\mathrm{rank}(A{A}^{+})=2$，特征值为 $1,1,0,0$。

在域 $\mathbb{R}$ 上：秩为 $2$，Smith 标准型为

在 $\mathbb{Z}$ 上：$A{A}^{+}$ 含分母，先同乘 $52$ 化为整数矩阵

$\mathrm{rank}(B)=2$。对 $B$ 施以 初等行、列变换（只做整数加减与换行换列），化为对角形：

第 1 步：将最小非零元 $2$ 移到 $(1,1)$ 位——$R_1\leftrightarrow R_2$，$C_1\leftrightarrow C_4$：

第 2 步：以 $a_{11}=2$ 为 pivot，消去其余第 $1$ 行、第 $1$ 列元素：

得

第 3 步：消去第 $3$、$4$ 行（它们由第 $2$ 行线性表出）：

第 4 步：处理右下角子块。注意到第 $2$ 行中 $-104=(-2)\times 52$，故 $C_2\leftrightarrow C_4$：

第 5 步：$C_4\leftarrow C_4+2C_2$，消去 $a_{24}=-104$：

对角元 $d_1=2,d_2=52$，满足 $2\mid 52$，即为 $B$（亦即 $52\cdot A{A}^{+}$）在 $\mathbb{Z}$ 上的 Smith 标准型。

（4）求 $\Vert \ln (A{A}^{+}+E){\Vert }_F$

解：

$A{A}^{+}$ 对称，特征值为 $1,1,0,0$，故 $A{A}^{+}+E$ 的特征值为 $2,2,1,1$。

矩阵函数与特征值同步，$\ln (A{A}^{+}+E)$ 的特征值为 $\ln 2,\ln 2,0,0$。

Frobenius 范数等于特征值模长的平方和开方：

第2题（10分）

已知

（1）求 $A$ 的 $LU$ 分解（$L$ 为单位下三角阵，$U$ 为上三角阵）

解：

用 Doolittle 方法，主元存入 $U$，乘数 $l_{ik}=a_{ik}^{(k)}/a_{kk}^{(k)}$ 存入 $L$。

消第 1 列（$u_{11}=2$）：

更新后第 2 列主元 $u_{22}=3$。

消第 2 列：

更新后第 3 列主元 $u_{33}=2$。

消第 3 列：

得

验算：$A=LU$。

（2）利用 $LU$ 分解解 $Ax=b$

解：

令 $Ly=b$，下三角回代：

再令 $Ux=y$，上三角回代：

第3题（10分）

已知

（1）求 $A$ 的 Jordan 标准型 $J_A$

解：

第一步：求特征值。 计算特征多项式：

得特征值 ${\lambda }_1=0$（代数重数 $1$），${\lambda }_2={\lambda }_3=5$（代数重数 $2$）。

第二步：求各特征值的几何重数。 几何重数 $g_i=n-\mathrm{rank}(A-{\lambda }_{i}I)$。

对 $\lambda =0$：

对 $\lambda =5$：

第三步：确定 Jordan 块。 对每个特征值 ${\lambda }_i$，块的个数由几何重数 $g_i$ 决定，各块阶数之和由代数重数 $n_i$ 决定，二者联立确定块结构。汇总：

（$g_5=1<n_5=2$：恰有一个 $2$ 阶块；若 $g_5=2=n_5$ 则应为两个 $1$ 阶块。）

第四步：写出 $J_A$。 取块对角排列（先 $\lambda =0$，后 $\lambda =5$）：

即 $J_A=\mathrm{diag}(J_1(0),J_2(5))$，其中 $J_1(0)=(0)$，$J_2(5)=\left(\begin{array}{cc}5& 1\\ 0& 5\end{array}\right)$。

（2）求 $\sin A+\ln (A^3+E)$ 的 Jordan 标准型

解：

第一步：化为标量函数。 令

则 $\sin A+\ln (A^3+E)=f(A)$（注意：$\ln (A^3+E)$ 是对整体 $A^3+E$ 取对数，不能拆成 $3\ln A$）。

第二步：在 Jordan 块上计算 $f(J)$。 若 $A=P{J}_A{P}^{-1}$，则 $f(A)=Pf(J_A)P^{-1}$。对 $k$ 阶 Jordan 块 $J_k(\lambda )$，

由（1），$J_A=\mathrm{diag}(J_1(0),J_2(5))$，故

其中

第三步：化为 Jordan 标准型。 $f(J_2(5))$ 一般还不是标准 Jordan 形——其上超对角元为 $f^{\prime }(5)$，不是 $1$。因 $f^{\prime }(5)\ne 0$，

故 $f(5)$ 仍对应一个 $2\times 2$ Jordan 块（$f^{\prime }(5)=0$ 时才可能分裂为两个 $1\times 1$ 块）。

第四步：写出结果。 与（1）中块排列一致，

亦可将 $f(5)$ 的块排在前面，等价地写为 $\mathrm{diag}(J_2(f(5)),J_1(0))$。

第4题（10分）

设 $P_3(t)$ 为次数 $⩽3$ 的多项式空间，对 $f(t)\in P_3(t)$ 定义

（1）求 $R(T)$ 的一组基与 $\dim N(T)$

解：

设 $f(t)=a+bt+c{t}^2+d{t}^3$，则 $tf(t)=at+b{t}^2+c{t}^3+d{t}^4$，

故

在标准基 $1,t,t^2,t^3$ 下，逐基向量求像（$f(1)$ 表示把 $t$ 代入 $1$ 求值）。对每个基向量，分三步：算 $(tf{)}^{\prime \prime }$、算 $f(1)$、相加得 $T(f)$，再写出在标准基下的坐标。

$f(t)=1$（$a=1,b=c=d=0$）：$tf=t$，$(tf{)}^{\prime \prime }=0$；$f(1)=1$；$T(1)=0+1=1$，坐标 $(1,0,0,0{)}^{\mathrm{T}}$。

$f(t)=t$（$b=1$）：$tf=t^2$，$(tf{)}^{\prime \prime }=2$；$f(1)=1$；$T(t)=2+1=3$，坐标 $(3,0,0,0{)}^{\mathrm{T}}$。

$f(t)=t^2$（$c=1$）：$tf=t^3$，$(tf{)}^{\prime \prime }=6t$；$f(1)=1$；$T(t^2)=1+6t$，坐标 $(1,6,0,0{)}^{\mathrm{T}}$。

$f(t)=t^3$（$d=1$）：$tf=t^4$，$(tf{)}^{\prime \prime }=12t^2$；$f(1)=1$；$T(t^3)=1+12t^2$，坐标 $(1,0,12,0{)}^{\mathrm{T}}$。

汇总：

坐标分别为 $(1,0,0,0{)}^{\mathrm{T}}$、$(3,0,0,0{)}^{\mathrm{T}}$、$(1,6,0,0{)}^{\mathrm{T}}$、$(1,0,12,0{)}^{\mathrm{T}}$，第 $j$ 列为 $T(t^{j-1})$ 的坐标，得

对 $[T]$ 作行化简：

主元在第 $1,3,4$ 列，$\mathrm{rank}[T]=3$，故 $\dim R(T)=3$。

由像向量：

得 $R(T)=\mathrm{span}\{1,t,t^2\}$。一组基为

$\dim N(T)$：由秩–零化度定理，$\dim N(T)=n-\mathrm{rank}[T]=4-3=1$。

（题目只要求核的维数，不必解 $[T]\mathbf{\alpha }=0$ 求 $N(T)$ 的基向量。若需核的基，可解得 $N(T)=\mathrm{span}\{t-3\}$。）

（2）将 $R(T)$ 的基扩充为 $P_3(t)$ 的一组基

解：

$R(T)=\mathrm{span}\{1,t,t^2\}$，而 $t^3\notin R(T)$（$T(f)$ 中最高次项只来自 $(tf{)}^{\prime \prime }$，次数不超过 $2$）。将 $t^3$ 添入即得 $P_3(t)$ 的一组基：

（3）求 $1-t-t^2-t^3$ 在基 $\mathcal{B}$ 下的坐标

解：

在基 $1,t,t^2,t^3$ 下，$1-t-t^2-t^3$ 的坐标即为其系数向量：

验算：$1\cdot 1+(-1)\cdot t+(-1)\cdot t^2+(-1)\cdot t^3=1-t-t^2-t^3$。