第三章
矩阵序列
矩阵级数
###
矩阵的谱半径及其性质
定义： 设 $A \in C^{n \times n}$ 的 $n$ 个特征值 $\lambda_1, \lambda_2, … , \lambda_n$， 称
\[\rho(A) = \max_i \mid \lambda_i \mid\]为 $A$ 的谱半径。
定理： 设 $A \in C^{n \times n}$， 则对 $C^{n \times n}$ 上任何一种矩阵范数 $|·|$ ， 都有：
\[\rho(A) \leq \|A\|\]矩阵对角化
矩阵函数
**定义1： ** 设一元函数 $f(z)$ 能够展开为 $z$ 的幂级数
\[f(z) = \sum_{k=0}^\infty c_k z^k (\mid z \mid < r)\]其中， $r > 0$ 表示该幂级数的收敛半径。 当 $n$ 阶矩阵 $A$ 的谱半径 $\rho(A) < r$时， 把收敛的矩阵幂级数 $\sum_{k=0}^{\infty}c_k A^k$ 的和称为矩阵函数， 记为 $f(A)$， 即：
\[f(A) = \sum_{k = 0}^{\infty} c_k A^k\]定义2： 设 $A \in C^{n \times n}$ 的 Jordan 标准形为 $J$， 即有可逆矩阵 $P$， 使得
\[P^{-1}AP = J = \left[\begin{matrix} J_1 & & \\ & ... & \\ & & J_s \end{matrix}\right]\] \[J_i = \left[\begin{matrix} \lambda_i & 1 & & & \\ & ... & ... & \\ & & \lambda_i & 1 \\ & & & \lambda_i \end{matrix}\right]_{m_i \times m_i} \qquad (i = 1, 2, ..., s)\]如果函数 $f(z)$ 在 $\lambda_i$ 处具有直到 $m_i - 1$ 阶导数 ($i=1, ,2, …, s$)， 令：
\[f(J_i) = \left[\begin{matrix} f(\lambda_i) & \frac{1}{1!}f'(\lambda_i) & ... & \frac{1}{(m_i - 1)!}f^{(m_i - 1)}(\lambda_i) \\ & f(\lambda_i) & ... & \vdots \\ & & ... & \frac{1}{1!}f'(\lambda) \\ & & & f(\lambda_i) \end{matrix}\right]\] \[f(A) = P\left[\begin{matrix} f(J_1) & & \\ & ... & \\ & & f(J_s) \end{matrix}\right]P^{-1}\]那么， 称 $f(A)$ 为对应于 $f(z)$ 的矩阵函数。
矩阵的微分与积分
习题
3.3
3.3.3 若 $A$ 是实反对称矩阵 $(A^T = -A)$, 则 $e^A$ 为正交矩阵
证： $(e^A)^T = e^{A^T} = e^{-A}$， 于是有：
\[e^A(e^A)^T = e^Ae^T = e^{A-A} = e^0 = I\]故 $e^A$ 是正交矩阵
3.3.4 若 $A$ 是 Hermite 矩阵， 则 $e^{iA}$ 是酉矩阵
解： $(e^{iA})^H = e^{(iA)^H}= e^{-A}$ ， 于是有：
\[e^{iA}(e^{iA})^H = e^{iA}e^{-iA} = e^0 = I\]故 $e^{iA}$ 是酉矩阵。
3.3.5 设 $\left[\begin{matrix}2 & 1 & 0 \ 0 & 0 & 1 \ 0 & 1 & 0\end{matrix}\right]$, 求 $e^A, e^{tA} (t \in R), \sin A$
解： 对 $A$ 求得：
\[P = \left[\begin{matrix}1 & -1 & 1 \\ -3 & 1 & 0 \\ 3 & 1 & 0 \end{matrix}\right], \quad P^{-1} = \frac{1}{6}\left[\begin{matrix} 0 & -1 & 1 \\ 0 & 3 & 3 \\ 6 & 4 & 2 \end{matrix}\right]\] \[P^{-1} A P = \left[\begin{matrix} -1 & & \\ & 1 & \\ & & 2 \end{matrix}\right]\] \[e^A = P · \text{diag}(e^{-1}, e, e^{2}) · P^{-1} = \frac{1}{6}\left[\begin{matrix} 6e^2 & 4e^2-3e-e^{-1} & 2e^2 - 3e + e^{-1} \\ 0 & 3e + 3e^{-1} & 3e - 3e^{-1} \\ 0 & 3e - 3e^{-1} & 3e + e^{-1} \end{matrix}\right]\] \[e^{tA} = P · \text{diag}(e^{-t}, e^t, e^{2t}) · P^{-1} = \frac{1}{6} \left[\begin{matrix} 6e^2t & 4e^2t-3e^t-e^{-t} & 2e^{2t} - 3e^t + e^{-t} \\ 0 & 3e^t + 3e^{-t} & 3e^t - 3e^{-t} \\ 0 & 3e^t - 3e^{-t} & 3e^t + e^{-t} \end{matrix}\right]\] \[\sin A = P · \text{diag}(\sin(-1), \sin 1, \sin 2) · P^{-1} = \frac{1}{6}\left[\begin{matrix} \sin 2 & 4 \sin 2 - 2 \sin 1 & 2 \sin2 - 4 \sin 1 \\ 0 & 0 & 6 \sin 1 \\ 0 & 6 \sin 1 & 0 \end{matrix}\right]\]3.3.6 设 $f(z) = \ln z$， 求 $f(A)$， 这里 $A$ 为：
(1) $A = \left[\begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 \ 1 & 1 & 0 & 0 \ 0 & 1 & 1 & 0 \ 0 & 0 & 1 & 1\end{matrix}\right]$
(2) $A = \left[\begin{matrix}2 & 1 & 0 & 0 \ 0 & 2 & 0 & 0 \ 0 & 0 & 1 & 1 \ 0 & 0 & 0 & 1\end{matrix}\right]$
解：
(1) 对 $A$ 求得：
\[P = \left[\begin{matrix} & & & 1 \\ & & 1 & \\ & 1 & & \\ 1 & & & \end{matrix}\right], P^{-1} A P = J = \left[\begin{matrix} 1 & 1 & & \\ & 1 & 1 & \\ & & 1 & 1 \\ & & & 1 \end{matrix}\right]\] \[ln A = P · \ln J · P^{-1} = \left[\begin{matrix} 0 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 0 \\ \frac{1}{2} & 1 & 0 & 0 \\ \frac{1}{3} & -\frac{1}{2} & 1 & 0 \end{matrix}\right]\](2) $A = \left[\begin{matrix}J_1 & \ & J_2\end{matrix}\right]$, $J_1 = \left[\begin{matrix}2 & 1 \ 0 & 2\end{matrix}\right]$, $J_2 = \left[\begin{matrix}1 & 1 \ 0 & 1\end{matrix}\right]$
\[\ln J_1 = \left[\begin{matrix} \ln2 & \frac{1}{2} \\ 0 & \ln2 \end{matrix}\right], \qquad \ln J_2 = \left[\begin{matrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix}\right]\] \[\ln A = \left[\begin{matrix}\ln J_1 & \\ & \ln J_2\end{matrix}\right] = \left[\begin{matrix} \ln2 & \frac{1}{2} & 0 & 0 \\ & \ln2 & 0 & 0 \\ & & 0 & 1 \\ & & & 0 \end{matrix}\right]\]3.5
3.5.2： 求 微分方程组
\[\begin{cases} \frac{d \xi_1}{dt} = 3\xi_1 + 8\xi_3 \\ \frac{d \xi_2}{dt} = 3\xi_1 - \xi_2 + 6\xi_3 \\ \frac{d \xi_3}{dt} = -2\xi_1 - 5 \xi_3 \end{cases}\]满足初始条件 $\xi_1(0) = 1$, $\xi_2(0) = 1$, $\xi_3(0) = 1$的解。
不懂, 需要补充以下知识：
- 对角矩阵
- 矩阵微分
解：
\[A = \left[\begin{matrix} 3 & 0 & 8 \\ 3 & -1 & 6 \\ -2 & 0 & -5 \end{matrix}\right], \quad x(0) = \left[\begin{matrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}\right]\]$\phi(\lambda) = \det(\lambda I - A) = (\lambda + 1)^3$。 $A$ 不能相似于对角矩阵。 下面采用待定系数法求 $e^{At}$。 $A$ 的最小多项式为 $\varphi(\lambda) = (\lambda + 1)^2$。 记 $f(\lambda) = e^{\lambda t}$， 并设
\[f(\lambda) = g(\lambda)\varphi(\lambda) + (b_0 + b_1 \lambda)\]由 $f(-1) = e^{-t}, f’(-1) = te^{-t}$ 可得:
\[\begin{cases} b_0 - b_1 = e^{-t} \\ b_1 = te^{-t} \end{cases}\]解此方程组的 $b_0 = (1 + t)e^{-t}$， $b_1 = te^{-t}$。 于是
\[e^{At} = (1 + t)e^{-t}I + te^{-t}A = e^{-t}\left[\begin{matrix} 1 + 4t & 0 & 8t \\ 3t & 1 & 6t \\ -2t & 0 & 1 - 4t \end{matrix}\right]\] \[x(t) = e^{At}x(0) = e^{-t}\left[\begin{matrix} 1 + 12t \\ 1 + 9t \\ 1 - 6t \end{matrix}\right]\]