矩阵论

$P_{145}$

24，做出下列矩阵的奇异值分解

（1）$A=\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1\\ 1 & 1 \end{pmatrix}$

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

（3）$A=\begin{pmatrix} -1 & 0 &1\\ 0 & 1&0\\1&0&-1 \end{pmatrix}$

对于（1），解：

$$ A^HA=\begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix} $$

其特征值为1，3。分别对应的规范正交的特征向量为$\begin{pmatrix} -\frac{\sqrt{2}}{2} \\ \frac{\sqrt{2}}{2} \end{pmatrix},\begin{pmatrix} \frac{\sqrt{2}}{2} \\ \frac{\sqrt{2}}{2} \end{pmatrix}$。

令$U=\begin{pmatrix} \frac{\sqrt{2}}{2}&-\frac{\sqrt{2}}{2} \\ \frac{\sqrt{2}}{2}&\frac{\sqrt{2}}{2} \end{pmatrix}$，$U^HA^HAU=\begin{pmatrix} 3&0 \\ 0&1 \end{pmatrix}$，令$(\sum)^2=\begin{pmatrix} 3&0 \\ 0&1 \end{pmatrix}$，于是$\sum=\begin{pmatrix} \sqrt{3}&0 \\ 0&1 \end{pmatrix}$，由

$V=AU(\sum)^{-1}=\begin{pmatrix} \frac{\sqrt{6}}{6} &-\frac{\sqrt{2}}{2}\\ \frac{\sqrt{6}}{6}&\frac{\sqrt{2}}{2} \\ \frac{\sqrt{6}}{3}&0 \end{pmatrix}$。则$V^HAU=\begin{pmatrix} \sqrt{3} &0 \\ 0&1 \end{pmatrix}$。则

$$ A=V\begin{pmatrix} \sqrt{3} &0 \\ 0&1 \end{pmatrix}U^H=\begin{pmatrix} \frac{\sqrt{6}}{6} &-\frac{\sqrt{2}}{2}\\ \frac{\sqrt{6}}{6}&\frac{\sqrt{2}}{2} \\ \frac{\sqrt{6}}{3}&0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \sqrt{3} &0 \\ 0&1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \frac{\sqrt{2}}{2}&\frac{\sqrt{2}}{2} \\ -\frac{\sqrt{2}}{2}&\frac{\sqrt{2}}{2} \end{pmatrix} $$

对于（2），解：

$$ A^HA=\begin{pmatrix} 4 & 0 &0\\ 0 & 1&-1\\0&-1&1 \end{pmatrix} $$

其特征值为4,2,0。分别对应的规范正交的特征向量为$\begin{pmatrix} 1 \\0\\0 \end{pmatrix},\begin{pmatrix} 0 \\ -\frac{\sqrt{2}}{2} \\ \frac{\sqrt{2}}{2} \end{pmatrix},\begin{pmatrix} 0 \\ -\frac{\sqrt{2}}{2} \\-\frac{\sqrt{2}}{2} \end{pmatrix}$。

$$ 令U=\begin{pmatrix} 1 & 0 &0\\ 0 & -\frac{\sqrt{2}}{2}& -\frac{\sqrt{2}}{2}\\0& \frac{\sqrt{2}}{2}& -\frac{\sqrt{2}}{2} \end{pmatrix},U^HA^HAU=\begin{pmatrix} 4 & 0 &0\\ 0 & 2&0\\0&0&0 \end{pmatrix},(\sum)^2=\begin{pmatrix} 4 & 0 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}\\ \sum=\begin{pmatrix} 2 & 0\\ 0 & \sqrt{2} \end{pmatrix} $$

由$V_1=AU_1(\sum)^{-1}=\begin{pmatrix} 0 & 1\\ 1 & 0 \end{pmatrix}$，$V_2=\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$，故有$V=\begin{pmatrix} 0 & 1&0\\ 1 & 0 &0\end{pmatrix}$。

从而有

$$ V^HAU=\begin{pmatrix} 2 & 0 &0\\ 0 & \sqrt{2}&0\\0&0&0 \end{pmatrix} $$

则

$$ A=V\begin{pmatrix} 4 & 0 &0\\ 0 & 2&0\\0&0&0 \end{pmatrix}U^H=\begin{pmatrix} 0 & 1&0\\ 1 & 0 &0\end{pmatrix}\begin{pmatrix} 2 & 0 &0\\ 0 & \sqrt{2}&0\\0&0&0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & 0 &0\\ 0 & -\frac{\sqrt{2}}{2}& \frac{\sqrt{2}}{2}\\0& -\frac{\sqrt{2}}{2}& -\frac{\sqrt{2}}{2} \end{pmatrix} $$

对于（3），解：

$$ A^HA=AA^H=\begin{pmatrix} 2 & 0 &-2\\ 0 & 1&0\\-2&0&2 \end{pmatrix} $$

其特征值为4，1，0。对应的规范正交的特征向量为：

$$ \begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}}\\0\\ -\frac{1}{\sqrt{2}} \end{pmatrix},\begin{pmatrix} 0\\1\\ 0 \end{pmatrix},\begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}}\\0\\ \frac{1}{\sqrt{2}} \end{pmatrix} $$

令

$$ U=\begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 &\frac{1}{\sqrt{2}}\\ 0 & 1&0\\-\frac{1}{\sqrt{2}}&0&\frac{1}{\sqrt{2}} \end{pmatrix}, U_1=\begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 \\ 0 & 1\\-\frac{1}{\sqrt{2}}&0 \end{pmatrix}, U_2=\begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}}\\ 0\\\frac{1}{\sqrt{2}} \end{pmatrix} $$

则有

$$ U^HA^HAU=\begin{pmatrix} 4 & 0 &0\\ 0 & 1&0\\0&0&0 \end{pmatrix} $$

令

$$ (\sum)^2=\begin{pmatrix} 4&0\\ 0&1 \end{pmatrix},\sum=\begin{pmatrix} 2&0\\ 0&1 \end{pmatrix} $$

由

$$ V_1=AU(\sum)^{-1}=\begin{pmatrix} -\frac{1}{\sqrt{2}} & 0 \\ 0 & 1\\\frac{1}{\sqrt{2}}&0 \end{pmatrix} $$

令

$$ V_2=\begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}}\\ 0\\\frac{1}{\sqrt{2}} \end{pmatrix}, V=(V_1,V_2)=\begin{pmatrix} -\frac{1}{\sqrt{2}} & 0 &\frac{1}{\sqrt{2}}\\ 0 & 1&0\\\frac{1}{\sqrt{2}}&0&\frac{1}{\sqrt{2}} \end{pmatrix} $$

则

$$ V^HAU=\begin{pmatrix} 2 & 0 &0\\ 0 & 1&0\\0&0&0 \end{pmatrix} $$

则

$$ A=V\begin{pmatrix} 2 & 0 &0\\ 0 & 1&0\\0&0&0 \end{pmatrix}U^H=\begin{pmatrix} -\frac{1}{\sqrt{2}} & 0 &\frac{1}{\sqrt{2}}\\ 0 & 1&0\\\frac{1}{\sqrt{2}}&0&\frac{1}{\sqrt{2}} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 2 & 0 &0\\ 0 & 1&0\\0&0&0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 &-\frac{1}{\sqrt{2}}\\ 0 & 1&0\\\frac{1}{\sqrt{2}}&0&\frac{1}{\sqrt{2}} \end{pmatrix} $$

于是这便是$A$的奇异值分解。

要点：先计算$AA^H$的矩阵，然后算出其特征值与对应的正交规范向量，按照降序方法组成矩阵$U$，若有特征值0，则后面算$\sum$不要加入该特征向量，$\sum$为特征值开根，由计算公式$V=AU(\sum)^{-1}$算出，如果有特征根为0，需要计算$V_2$为$V_1$的正交向量，根据$V^HAU=(\sum)^2$，可以得到奇异值分解$A=V(\sum)^2U^H$。

$P_{167}$

20，设$A$为n阶Hermite非负定（正定）矩阵，则存在唯一的Hermite非负定（正定）矩阵$S$使得$A=S^2$，且任何一个与$A$可交换的矩阵必与$S$可交换。

存在酉矩阵$U$，使得

$$ U^HAU=\begin{pmatrix} {\lambda_1} & & &\\ & {\lambda_2}& &\\&&{\ddots}& \\& & & &{\lambda_n} \end{pmatrix},A=U\begin{pmatrix} {\lambda_1} & & &\\ & {\lambda_2}& &\\&&{\ddots}& \\& & & &{\lambda_n} \end{pmatrix}U^H $$

其中${\lambda}_i>0,i=1,2,{\cdots},n$为$A$的特征值。

令

$$ S=U\begin{pmatrix} \sqrt{\lambda_1} & & &\\ & \sqrt{\lambda_2}& &\\&&{\ddots}& \\& & & &\sqrt{\lambda_n} \end{pmatrix}U^H $$

则$S$为Hermite非负定（正定）矩阵，并且$S^2=A$。这就证明了存在性。

考察满足$S^2=A$的Hermite非负定（正定）矩阵的一般特征。存在酉矩阵$U$，使得

$$ U^HSU=\begin{pmatrix} d_1I_{n_1} & & &\\ & d_2I_{n_2}& &\\&&{\ddots}& \\& & & d_kI_{n_k} \end{pmatrix},S=U\begin{pmatrix} d_1I_{n_1} & & &\\ & d_2I_{n_2}& &\\&&{\ddots}& \\& & & d_kI_{n_k} \end{pmatrix}U^H $$

其中，$d_1,d_2,{\cdots},d_k{\ge}0$为$S$的全部不同特征值，$n_1,n_2,{\cdots},n_k$为其重数。记$U=(U_1,U_2,{\cdots},U_k)$，其中，$U_i$为$S$的特征值$d_i$对应的$n_i$个规范正交的特征向量所成的矩阵，也即：

$$ S=d_1U_1U^H_1+d_2U_2U^H_2+{\cdots}+d_kU_kU^H_k\\ A=S^2=U\begin{pmatrix} d_1^2I_{n_1} & & &\\ & d_2^2I_{n_2}& &\\&&{\ddots}&\\& & & d_k^2I_{n_k} \end{pmatrix}U^H $$

因此，$d_1^2,d_2^2,{\cdots},d^2_k$为$A$的$k$个不同的特征值，$n_1,n_2,{\cdots},n_k$为其重数，$U_i$为$A$的特征值$d^2_i$对应的$n_i$个规范正交的特征向量所成的矩阵。$k,d_1,{\cdots},d_k,n_1,{\cdots},n_k$完全由$A$所决定。

根据上面的分析，如果Hermite非负定（正定）矩阵$S$和$T$满足$S^2=T^2=A$，则

$$ S=d_1U_1U^H_1+d_2U_2U^H_2+{\cdots}+d_kU_kU^H_k\\ T=d_1V_1V^H_1+d_2V_2V^H_2+{\cdots}+d_kV_kV^H_k $$

其中，$d^2_1,d^2_2,{\cdots},d^2_k$为$A$的$k$个不同特征值，$n_1,n_2,{\cdots},n_k$分别为其重数，$U_i,V_i$均为$A$的特征值$d^2_i$对应的$n_i$个规范正交的特征向量所组成的矩阵。因此，存在$n_i$阶酉矩阵$P_i$，使得

$$ V_i=U_iP_i,V_iV_i^H=U_iP_i(U_iP_i)^H=U_i(P_iP_I^H)U_i^H=U_iU_i^H,i=1,{\cdots},k $$

因此，$S=T$，这就证明了唯一性。

任取酉矩阵$U$，使得

$$ U^HAU=\begin{pmatrix} d_1^2I_{n_1} & & &\\ & d_2^2I_{n_2}& &\\&&{\ddots}&\\& & & d_k^2I_{n_k} \end{pmatrix},A=U\begin{pmatrix} d_1^2I_{n_1} & & &\\ & d_2^2I_{n_2}& &\\&&{\ddots}&\\& & & d_k^2I_{n_k} \end{pmatrix}U^H $$

由刚刚的分析情况，

$$ S=U\begin{pmatrix} d_1^2I_{n_1} & & &\\ & d_2^2I_{n_2}& &\\&&{\ddots}&\\& & & d_k^2I_{n_k} \end{pmatrix}U^H $$

任取与$A$可交换的矩阵$B$，则

$$ AB=U\begin{pmatrix} d_1^2I_{n_1} & & &\\ & d_2^2I_{n_2}& &\\&&{\ddots}&\\& & & d_k^2I_{n_k} \end{pmatrix}U^HB=BA=BU\begin{pmatrix} d_1^2I_{n_1} & & &\\ & d_2^2I_{n_2}& &\\&&{\ddots}&\\& & & d_k^2I_{n_k} \end{pmatrix}U^H $$

左乘以$U^H$，右乘以$U$，在式子两边同时操作，则有:

$$ \begin{pmatrix} d_1^2I_{n_1} & & &\\ & d_2^2I_{n_2}& &\\&&{\ddots}&\\& & & d_k^2I_{n_k} \end{pmatrix}U^HBU=U^HBU\begin{pmatrix} d_1^2I_{n_1} & & &\\ & d_2^2I_{n_2}& &\\&&{\ddots}&\\& & & d_k^2I_{n_k} \end{pmatrix} $$

令

$$ U^HBU=\begin{pmatrix} C_{11} &C_{12} &{\cdots} &C_{1k}\\ & C_{22}&{\cdots}&C_{2k}\\&&{\ddots}&{\vdots} \\& & &C_{kk}\end{pmatrix} $$

其中$C_{ij}$为$n_i{\times}n_j$阶矩阵，于是有$d_i^2C_{ij}=d_j^2C_{ij}$。

当$i{\neq}j$时，$d^2_i{\neq}d^2_j$。因此，当$i{\neq}j$时，$C_{ij}=0$。因此

$$ U^HBU=\begin{pmatrix} C_{11} & & &\\ & C_{22}&&\\&&{\ddots}& \\& & &C_{kk}\end{pmatrix},B=U\begin{pmatrix} C_{11} & & &\\ & C_{22}&&\\&&{\ddots}& \\& & &C_{kk}\end{pmatrix}U^H $$

$$ SB=U\begin{pmatrix} d_1I_{n_1} & & &\\ & d_2I_{n_2}& &\\&&{\ddots}& \\& & & d_kI_{n_k} \end{pmatrix}U^HU\begin{pmatrix} C_{11} & & &\\ & C_{22}&&\\&&{\ddots}& \\& & &C_{kk}\end{pmatrix}U^H =U\begin{pmatrix} d_1C_{11} & & &\\ & d_2C_{22}&&\\&&{\ddots}& \\& & &d_kC_{kk}\end{pmatrix}U^H $$

$$ BS=U\begin{pmatrix} C_{11} & & &\\ & C_{22}&&\\&&{\ddots}& \\& & &C_{kk}\end{pmatrix}U^HU\begin{pmatrix} d_1I_{n_1} & & &\\ & d_2I_{n_2}& &\\&&{\ddots}& \\& & & d_kI_{n_k} \end{pmatrix}U^H=U\begin{pmatrix} d_1C_{11} & & &\\ & d_2C_{22}&&\\&&{\ddots}& \\& & &d_kC_{kk}\end{pmatrix}U^H $$

因此$SB=BS$，也就是$B$与$S$可以交换。

$P_{198}$

10，对下列矩阵$A$，求$\|A\|_1,\|A\|_2,\|A\|_{\infty},\|A\|_F$。

（1）$A=\begin{pmatrix} -1 & -1 &4\\ 1 & 1&2\\1&-2&2 \end{pmatrix}$

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

解：

对于（1），我们有

$$ \|A\|_1=\max(|-1|+1+1,|-1|+1+|-2|,4+2+2)=8\\ \|A\|_{\infty}=\max(|-1|+|-1|+4,1+1+2,1+|-2|+2)=6\\ \|A\|_F=\sqrt{(-1)^2+(-1)^2+4^2+1^2+1^2+2^2+1^2+(-2)^2+2^2}=\sqrt{33} $$

因为

$$ A^HA=\begin{pmatrix} -1 & -1 &4\\ 1 & 1&2\\1&-2&2 \end{pmatrix}^H\begin{pmatrix} -1 & -1 &4\\ 1 & 1&2\\1&-2&2 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 3 & 0 &0\\ 0 & 6&-6\\0&-6&24 \end{pmatrix} $$

其特征值为$3,15{\pm}\sqrt{117}$，于是有

$$ \|A\|_2=\sqrt{\max(3,15+\sqrt{117},15-\sqrt{117})}=\sqrt{15+\sqrt{117}} $$

对于（2），我们有：

$$ \|A\|_1=\max(1+0+|-2|,1+1+1)=3\\ \|A\|_{\infty}=\max(1+1,0+1,|-2|+1)=3\\ \|A\|_F=\sqrt{1^2+1^2+0^2+1^2+(-2)^2+1^2}=2\sqrt{2} $$

因为

$$ A^HA=\begin{pmatrix} 1&1\\0&1\\-2&1 \end{pmatrix}^H\begin{pmatrix} 1&1\\0&1\\-2&1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 5&-1\\-1&3 \end{pmatrix} $$

其特征值为$4{\pm}\sqrt{2}$，于是有

$$ \|A\|_2=\sqrt{\max(4+\sqrt{2},4-\sqrt{2})}=\sqrt{4+\sqrt{2}} $$

要点：1-范数按列相加取最大，无穷-范数按行相加取最大，$F$-范数全部平方相加再开根，2-范数计算先计算$A^HA$的特征值，然后取最大再开根。

$P_{230}$

1，对下列矩阵$A$，计算$e^A,e^{At}$和$sinAt$。

（1）$A=\begin{pmatrix} 2&0&0\\ 0&1&1\\ 0&0&1 \end{pmatrix}$

（2）$A=\begin{pmatrix} 2&2&1\\ -2&6&1\\ 0&0&4 \end{pmatrix}$

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

（4）$A=\begin{pmatrix} 2&0&0\\ 1&1&1\\ 1&-1&3 \end{pmatrix}$

对于（1），求得$A$的特征值为2,2,2。但是$A{\neq}I$，故$A$不可对角化，故此有$A$的初等因子为${\lambda}-2,(\lambda-2)^2$，故其最小多项式为$m(\lambda)=(\lambda-2)^2$。

故有${\lambda}^k=a_1{\lambda}+a_0,k{\lambda}^{k-1}=a_1$，代入${\lambda}=2$。则有

$$ \begin{cases} 2^k=2a_1+a_0\\2^{k-1}-k=a_1 \end{cases},{\Rightarrow} \begin{cases} a_1=k{\cdot}2^{k-1}\\ a_0=(1-k){\cdot}2^k \end{cases} $$

故此有$A^k=2^{k-1}{\cdot}k{\cdot}A+2^k(1-k)I=2^kI+2^{k-1}(A-2I){\cdot}k$。

$$ \begin{align*} e^{At}&=\sum^{\infty}_{k=0}\frac{t^k}{k!}A^k=\sum^{\infty}_{k=0}\frac{t^k}{k!}[2^kI+2^{k-1}k(A-2I)]=\sum^{\infty}_{k=1}\frac{(2k)^k}{k!}I+t\sum^{\infty}_{k=1}\frac{(2t)^{k-1}}{(k-1)!}(A-2I)\\ &=e^{2t}I+te^{2t}(A-2I)\\ &=\begin{pmatrix} e^{2t}&0&0\\ te^{2t}&e^{2t}-te^{2t}&te^{2t}\\ te^{2t}&-te^{2t}&e^{2t}+te^{2t} \end{pmatrix} \end{align*} $$

故此有

$$ e^A=\begin{pmatrix} e^{2}&0&0\\ e^{2}&0&e^{2}\\ e^{2}&-e^{2}&2e^{2} \end{pmatrix}\\ sin(At)=\frac{e^{A(it)}-e^{A(-it)}}{2i}=\begin{pmatrix} sin2t&0&0\\ tcos2t&sin2t-tcos2t&tcos2t\\ tcos2t&-tcos2t&sin2t+tcos2t \end{pmatrix} $$

8，计算下列矩阵函数：

（1）$A=\begin{pmatrix} 2&1&0\\ 0&0&1\\ 0&1&0 \end{pmatrix}$,求$A^{\frac{1}{2}}$和$lnA$。

（2）$A=\begin{pmatrix} 0&-1\\4&4 \end{pmatrix}$，求arcsin$\frac{A}{4}$

（3）$A=\begin{pmatrix} 16&8\\8&4 \end{pmatrix}$，求$(I+A)^{-1}$及$A^{\frac{1}{2}}$。

对于（2）解得$A$的特征值为2，2。对应一个线性无关的特征向量$\begin{pmatrix} 1\\-2 \end{pmatrix}$，其约当标准形为$J=\begin{pmatrix} 2&1\\0&2 \end{pmatrix}$。令$P=(P_1,P_2)$为2阶可逆矩阵，满足$P^{-1}AP=J$，也就是$AP=PJ$，于是有

$$ A(P_1,P_2)=(AP_1,AP_2)=(P_1,P_2)\begin{pmatrix} 2&1\\0&2 \end{pmatrix}=(2P_1,P_1+2P_2) $$

也就是有

$$ \begin{cases} AP_1=2P_1\\ (A-2I)P_2=P_1 \end{cases} $$

取$P_1=\begin{pmatrix} 1\\-2 \end{pmatrix},P_2=\begin{pmatrix} 0\\-1 \end{pmatrix}$，于是有$P=(P_1,P_2)=\begin{pmatrix} 1&0\\-2&-1 \end{pmatrix}$，则$P^{-1}=\begin{pmatrix} 1&0\\-2&-1 \end{pmatrix}$。且有$A=PJP^{-1}$。

于是

$$ \begin{align*} arcsin\frac{A}{4}&=\begin{pmatrix} 1&0\\-2&-1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} arcsin\frac{2}{4}&(arcsin\frac{x}{4})’|_{x=2}\\0&arcsin\frac{2}{4} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1&0\\-2&-1 \end{pmatrix}\\ &=\begin{pmatrix} 1&0\\-2&-1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \frac{\pi}{6}&\frac{1}{2\sqrt{3}}\\0&\frac{\pi}{6} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1&0\\-2&-1 \end{pmatrix}\\&= \begin{pmatrix} \frac{1}{6\pi}-\frac{1}{\sqrt{3}}&-\frac{1}{2\sqrt{3}}\\\frac{2}{\sqrt{3}}&\frac{1}{6\pi}+\frac{1}{\sqrt{3}} \end{pmatrix} \end{align*} $$

要点，先求出其约当标准形与其过渡矩阵，然后通过计算约当标准形的矩阵函数，记得有高阶导数项，最后得到。

这两个题目一个会接触到$A^k$也就是矩阵的高次，则用最小多项式比较简单，如果是一次的约当标准形比较简单。但是如果用到最小多项式，则必须要记住各个函数其泰勒展开式，不然无法运算。而用约当标准形，其过渡矩阵的求取也是一个难点。

$P_{247}$

9，求下列矩阵的Moore-Penrose广义逆$A^{+}$。

（1）$A=\begin{pmatrix} 1&1&1 \\ 1&-1&0 \end{pmatrix}$

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

（3）$A=\begin{pmatrix} 0&1&0&1\\ 0&1&0&1\\ 2&0&1&1 \end{pmatrix}$

（4）$A=\begin{pmatrix} 1&0&1&1\\ 2&1&2&1\\ 2&0&2&2 \\4&2&4&2\end{pmatrix}$

对于（4）有：

$$ (A{\quad}I)=\begin{pmatrix} 1&0&1&1&1&0&0&0\\ 2&1&2&1&0&1&0&0\\ 2&0&2&2&0&0&1&0 \\4&2&4&2&0&0&0&1\end{pmatrix}{\to}\begin{pmatrix} 1&0&1&1&1&0&0&0\\ 0&1&0&-1&-2&1&0&0\\ 0&0&0&0&-2&0&1&0 \\0&2&0&-2&-4&0&0&1\end{pmatrix}{\to}\\\begin{pmatrix} 1&0&1&1&1&0&0&0\\ 0&1&0&-1&-2&1&0&0\\ 0&0&0&0&-2&0&1&0 \\0&0&0&0&0&-2&0&1\end{pmatrix} $$

这样就有

$$ P=\begin{pmatrix} 1&0&0&0\\ -2&1&0&0\\ -2&0&1&0 \\-4&-2&0&1\end{pmatrix},P^{-1}=\begin{pmatrix} 1&0&0&0\\ 2&1&0&0\\ 2&0&1&0 \\4&2&0&1\end{pmatrix} $$

于是有

$$ A=\begin{pmatrix} 1&0&0&0\\ 2&1&0&0\\ 2&0&1&0 \\4&2&0&1\end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1&0&1&1\\ 0&1&0&-1\\ 0&0&0&0\\0&0&0&0\end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 1&0\\ 2&1\\ 2&0 \\4&2\end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1&0&1&1\\ 0&1&0&-1\end{pmatrix}=BC $$

做出了满秩分解，然后用公式$A^+=C^T(CC^T)^{-1}(B^TB)^{-1}B^T$。

得到$A^+=\frac{1}{25}\begin{pmatrix} 0&1&0&2\\ -5&3&-10&6\\ 0&1&0&2 \\5&-2&10&-4\end{pmatrix}$。

要点：这里要多次写辅助矩阵，第一次是求满秩分解，第二次是求逆矩阵，甚至于下面的公式中还要求逆矩阵，所以需要多次写辅助矩阵。

11，设$A$是n阶正规矩阵，证明：$AA^{+}=A^{+}A$，并且对任一自然数$k$有$(A^k)^{+}=(A^+)^k$。

$$ \begin{align*} AA^+&=AA^T(AA^T)^+{\quad}A^+=A^T(AA^T)^+\\ &=AA^T(A^TA)^+{\quad}AA^T=A^TA\\ &=AA^TA^+(A^T)^+{\quad}(A^TA)^+=A^+(A^T)^+\\ &=A^TAA^+(A^T)^+{\quad}AA^T=A^TA\\ &=A^T(A^+)^T{\quad}{\quad}{\quad}A^TAA^+=A^T\\ &=(A^+A)^T\\ &=A^+A \end{align*} $$

要证明对于任一自然数$k$都有$(A^k)^{+}=(A^+)^k$。下面用数学归纳法：

先证明对任意的$k$，有$A^k(A^+)^k=AA^+,(A^+)^kA^k=A^+A$。

当$k=2$时，

$$ AAA^+A^+=AA^+AA^+=AA^+\\ A^+A^+AA=A^+AA^+A=A^+A $$

假设$k=n-1$时有

$$ (A^+)^{n-1}A^{n-1}=A^+A\\ A^{n-1}(A^+)^{n-1}=AA^+ $$

则当$k=n$时有

$$ \begin{align*} A^k(A^+)^k&=A{\cdots}AA^+{\cdots}A^+=A{\cdots}A(AA^+A)A^+{\cdots}A^+\\ &=A{\cdots}A(A)A^+{\cdots}A^+=A^{k-1}(A^+)^{k-1}=AA^+ \end{align*} $$

同理可得$(A^+)^{k-1}A=A^+A$。

接下来仅需证明$(A^+)^k$满足Penrose方程：

（1）$A^k(A^+)^kA^k=AA^+A^k=A^k$。

（2）$(A^+)^kA^k(A^+)^k=(A^+)A(A^+)^k=(A^+)^k$。

（3）$(A^T(A^+)^k)^T=(AA^+)^T=AA^+=A^k(A^+)^k$。

（4）$((A^+)^kA^k)^T=(A^+A)^T=A^+A=(A^+)^kA^k$。

也就是$(A^+)^k,A^k$满足Penrose方程，根据$(A^+)^k$的唯一性，有$(A^+)^k=(A^k)^+$。

$P_{264}$

6，设$X{\in}R^{2{\times}2}$，

$$ A=\begin{pmatrix} 1&1\\ 0&1 \end{pmatrix}，B=\begin{pmatrix} 3&-2\\ 1&0 \end{pmatrix},C=\begin{pmatrix} -2&4\\ -3&3 \end{pmatrix} $$

（1）证明：矩阵方程$AX+XB=C$有唯一解

（2）求矩阵方程$AX+XB=C$的解。

解：（1）左右拉直，则有$[I_2{\otimes}A+B^T{\otimes}I_2]vec(X)=vec(C)$。

$$ I_2{\otimes}A+B^T{\otimes}I_2=\begin{pmatrix} 1&1&0&0\\ 0&1&0&0\\ 0&0&1&1 \\0&0&0&1\end{pmatrix}+\begin{pmatrix} 3&0&1&0\\ 0&3&0&1\\ -2&0&0&0 \\0&-2&0&0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 4&1&1&0\\ 0&4&0&1\\ -2&0&1&1 \\0&-2&0&1\end{pmatrix} $$

而$det(I_2{\otimes}A+B^T{\otimes}I_2)=36{\neq}0$。

由此即得：$(I_2{\otimes}A+B^T{\otimes}I_2)$可逆，故矩阵方程$AX+XB=C$有唯一解。

（2）由$[I_2{\otimes}A+B^T{\otimes}I_2]vec(X)=vec(C)$，也就是

$$ \begin{pmatrix} 4&1&1&0\\ 0&4&0&1\\ -2&0&1&1 \\0&-2&0&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix} x_{11}\\x_{21}\\x_{12}\\x_{22} \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} -2\\-3\\4\\3 \end{pmatrix} $$

于是得到

$$ x_{11}=-\frac{2}{3},x_{21}=-1,x_{12}=\frac{5}{3},x_{22}=1 $$

于是$AX+XB=C$的解为

$$ X=\begin{pmatrix} -\frac{2}{3}&\frac{5}{3}\\ -1&1 \end{pmatrix} $$

要点：注意拉直是按列拉直，其他的是很普通的计算，包括计算行列式确定矩阵可逆有解开，并且用克莱因公式求解。（或者高斯求解也可以）