1. 线性代数导论(25)-复习二(最新讲义)
  2. 第二十五讲:复习二

线性代数导论(25)-复习二(最新讲义)

第二十五讲:复习二

  • 我们学习了正交性,有矩阵$Q=\Bigg[q_1\ q_2\ \cdots\ q_n\Bigg]$,若其列向量相互正交,则该矩阵满足$Q^TQ=I$。
  • 进一步研究投影,我们了解了Gram-Schmidt正交化法,核心思想是求法向量,即从原向量中减去投影向量$E=b-P, P=Ax=\frac{A^Tb}{A^TA}\cdot A$。
  • 接着学习了行列式,根据行列式的前三条性质,我们拓展出了性质4-10。
  • 我们继续推导出了一个利用代数余子式求行列式的公式。
  • 又利用代数余子式推导出了一个求逆矩阵的公式。
  • 接下来我们学习了特征值与特征向量的意义:$Ax=\lambda x$,进而了解了通过$\det(A-\lambda I)=0$求特征值、特征向量的方法。
  • 有了特征值与特征向量,我们掌握了通过公式$AS=\Lambda S$对角化矩阵,同时掌握了求矩阵的幂$A^k=S\Lambda^kS^{-1}$。

微分方程不在本讲的范围内。下面通过往年例题复习上面的知识。

  1. $a=\begin{bmatrix}2\\1\\2\end{bmatrix}$的投影矩阵$P$
    $a\bot(b-p)\rightarrow A^T(b-A\hat x)=0$
    得到$\hat x=\left(A^TA\right)^{-1}A^Tb$
    求得$p=A\hat x=A\left(A^TA\right)^{-1}A^Tb=Pb$
    最终得到
    $\underline{P=A\left(A^TA\right)^{-1}A^T}\stackrel{a}=\frac{aa^T}{a^Ta}=\frac{1}{9}\begin{bmatrix}4&2&4\\2&1&2\\4&2&4\end{bmatrix}$

    求$P$矩阵的特征值:观察矩阵易知矩阵奇异,且为秩一矩阵,则其零空间为$2$维,所以由$Px=0x$得出矩阵的两个特征向量为$\lambda_1=\lambda_2=0$;而从矩阵的迹得知$trace(P)=1=\lambda_1+\lambda_2+\lambda_3=0+0+1$,则第三个特征向量为$\lambda_3=1$。

    求$\lambda_3=1$的特征向量:由$Px=x$我们知道经其意义为,$x$过矩阵$P$变换后不变,又有$P$是向量$a$的投影矩阵,所以任何向量经过$P$变换都会落在$a$的列空间中,则只有已经在$a$的列空间中的向量经过$P$的变换后保持不变,即其特征向量为$x=a=\begin{bmatrix}2\\1\\2\end{bmatrix}$,也就是$Pa=a$。

    有差分方程$u_{k+1}=Pu_k,\ u_0=\begin{bmatrix}9\\9\\0\end{bmatrix}$,求解$u_k$:我们先不急于解出特征值、特征向量,因为矩阵很特殊(投影矩阵)。首先观察$u_1=Pu_0$,式子相当于将$u_0$投影在了$a$的列空间中,计算得$u_1=a\frac{a^Tu_0}{a^Ta}=3a=\begin{bmatrix}6\\3\\6\end{bmatrix}$(这里的$3$相当于做投影时的系数$\hat x$),其意义为$u_1$在$a$上且距离$u_0$最近。再来看看$u_2=Pu_1$,这个式子将$u_1$再次投影到$a$的列空间中,但是此时的$u_1$已经在该列空间中了,再次投影仍不变,所以有$u_k=P^ku_0=Pu_0=\begin{bmatrix}6\\3\\6\end{bmatrix}$

    上面的解法利用了投影矩阵的特殊性质,如果在一般情况下,我们需要使用$AS=S\Lambda\rightarrow A=S\Lambda S^{-1} \rightarrow u_{k+1}=Au_k=A^{k+1}u_0, u_0=Sc\rightarrow u_{k+1}=S\Lambda^{k+1}S^{-1}Sc=S\Lambda^{k+1}c$,最终得到公式$A^ku_0=c_1\lambda_1^kx_1+c_2\lambda_2^kx_2+\cdots+c_n\lambda_n^kx_n$。题中$P$的特殊性在于它的两个“零特征值”及一个“一特征值”使得式子变为$A^ku_0=c_3x_3$,所以得到了上面结构特殊的解。

  2. 将点$(1,4),\ (2,5),\ (3,8)$拟合到一条过零点的直线上:设直线为$y=Dt$,写成矩阵形式为$\begin{bmatrix}1\\2\\3\end{bmatrix}D=\begin{bmatrix}4\\5\\8\end{bmatrix}$,即$AD=b$,很明显$D$不存在。利用公式$A^TA\hat D=A^Tb$得到$14D=38,\ \hat D=\frac{38}{14}$,即最佳直线为$y=\frac{38}{14}t$。这个近似的意义是将$b$投影在了$A$的列空间中。

  3. $a_1=\begin{bmatrix}1\\2\\3\end{bmatrix}\ a_2=\begin{bmatrix}1\\1\\1\end{bmatrix}$的正交向量:找到平面$A=\Bigg[a_1,a_2\Bigg]$的正交基,使用Gram-Schmidt法,以$a_1$为基准,正交化$a_2$,也就是将$a_2$中平行于$a_1$的分量去除,即$a_2-xa_1=a_2-\frac{a_1^Ta_2}{a_1^Ta_1}a_1=\begin{bmatrix}1\\1\\1\end{bmatrix}-\frac{6}{14}\begin{bmatrix}1\\2\\3\end{bmatrix}$

  4. 有$4\times 4$矩阵$A$,其特征值为$\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3,\lambda_4$,则矩阵可逆的条件是什么:矩阵可逆,则零空间中只有零向量,即$Ax=0x$没有非零解,则零不是矩阵的特征值。

    $\det A^{-1}$是什么$\det A^{-1}=\frac{1}{\det A}$,而$\det A=\lambda_1\lambda_2\lambda_3\lambda_4$,所以有$\det A^{-1}=\frac{1}{\lambda_1\lambda_2\lambda_3\lambda_4}$

    $trace(A+I)$的迹是什么:我们知道$trace(A)=a_{11}+a_{22}+a_{33}+a_{44}=\lambda_1+\lambda_2+\lambda_3+\lambda_4$,所以有$trace(A+I)=a_{11}+1+a_{22}+1+a_{33}+1+a_{44}+1=\lambda_1+\lambda_2+\lambda_3+\lambda_4+4$

  5. 有矩阵$A_4=\begin{bmatrix}1&1&0&0\\1&1&1&0\\0&1&1&1\\0&0&1&1\end{bmatrix}$,求$D_n=?D_{n-1}+?D_{n-2}$:求递归式的系数,使用代数余子式将矩阵安第一行展开得$\det A_4=1\cdot\begin{vmatrix}1&1&0\\1&1&1\\0&1&1\end{vmatrix}-1\cdot\begin{vmatrix}1&1&0\\0&1&1\\0&1&1\end{vmatrix}=1\cdot\begin{vmatrix}1&1&0\\1&1&1\\0&1&1\end{vmatrix}-1\cdot\begin{vmatrix}1&1\\1&1\end{vmatrix}=\det A_3-\det A_2$。则可以看出有规律$D_n=D_{n-1}-D_{n-2}, D_1=1, D_2=0$

    使用我们在差分方程中的知识构建方程组$\begin{cases}D_n&=D_{n-1}-D_{n-2}\\D_{n-1}&=D_{n-1}\end{cases}$,用矩阵表达有$\begin{bmatrix}D_n\\D_{n-1}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1&-1\\1&0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}D_{n-1}\\D_{n-2}\end{bmatrix}$。计算系数矩阵$A_c$的特征值,$\begin{vmatrix}1-\lambda&1\\1&-\lambda\end{vmatrix}=\lambda^2-\lambda+1=0$,解得$\lambda_1=\frac{1+\sqrt{3}i}{2},\lambda_2=\frac{1-\sqrt{3}i}{2}$,特征值为一对共轭复数。

    要判断递归式是否收敛,需要计算特征值的模,即实部平方与虚部平方之和$\frac{1}{4}+\frac{3}{4}=1$。它们是位于单位圆$e^{i\theta}$上的点,即$\cos\theta+i\sin\theta$,从本例中可以计算出$\theta=60^\circ$,也就是可以将特征值写作$\lambda_1=e^{i\pi/3},\lambda_2=e^{-i\pi/3}$。注意,从复平面单位圆上可以看出,这些特征值的六次方将等于一:$e^{2\pi i}=e^{2\pi i}=1$。继续深入观察这一特性对矩阵的影响,$\lambda_1^6=\lambda^6=1$,则对系数矩阵有$A_c^6=I$。则系数矩阵$A_c$服从周期变化,既不发散也不收敛。

  6. 有这样一类矩阵$A_4=\begin{bmatrix}0&1&0&0\\1&0&2&0\\0&2&0&3\\0&0&3&0\end{bmatrix}$,求投影到$A_3$列空间的投影矩阵:有$A_3=\begin{bmatrix}0&1&0\\1&0&2\\0&2&0\end{bmatrix}$,按照通常的方法求$P=A\left(A^TA\right)A^T$即可,但是这样很麻烦。我们可以考察这个矩阵是否可逆,因为如果可逆的话,$\mathbb{R}^4$空间中的任何向量都会位于$A_4$的列空间,其投影不变,则投影矩阵为单位矩阵$I$。所以按行展开求行列式$\det A_4=-1\cdot-1\cdot-3\cdot-3=9$,所以矩阵可逆,则$P=I$。

    求$A_3$的特征值及特征向量$\left|A_3-\lambda I\right|=\begin{vmatrix}-\lambda&1&0\\1&-\lambda&2\\0&2&-\lambda\end{vmatrix}=-\lambda^3+5\lambda=0$,解得$\lambda_1=0,\lambda_2=\sqrt 5,\lambda_3=-\sqrt 5$

    我们可以猜测这一类矩阵的规律:奇数阶奇异,偶数阶可逆。


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