第二十五讲：复习二

• 我们学习了正交性，有矩阵$Q=[q_1{q}_2\cdots q_n]$，若其列向量相互正交，则该矩阵满足$Q^{T}Q=I$。
• 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$E=b-P,P=Ax=\frac{A^{T}b}{A^{T}A}\cdot A$。
• 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$AS=\mathrm{\Lambda }S$对角化矩阵，同时掌握了求矩阵的幂$A^k=S{\mathrm{\Lambda }}^k{S}^{-1}$。

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. 求$a=\left[\begin{array}{c}2\\ 1\\ 2\end{array}\right]$的投影矩阵$P$：$($由$a\mathrm{\perp }(b-p)\to A^T(b-A\hat{x})=0$得到$\hat{x}={\left(A^{T}A\right)}^{-1}{A}^{T}b$，求得$p=A\hat{x}=A{\left(A^{T}A\right)}^{-1}{A}^{T}b=Pb$最终得到$P)$$\underset{―}{P=A{\left(A^{T}A\right)}^{-1}{A}^T}\stackrel{a}{=}\frac{a{a}^T}{a^{T}a}=\frac{1}{9}\left[\begin{array}{ccc}4& 2& 4\\ 2& 1& 2\\ 4& 2& 4\end{array}\right]$。

   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$x=a=\left[\begin{array}{c}2\\ 1\\ 2\end{array}\right]$，也就是$Pa=a$。

   有差分方程$u_{k+1}=P{u}_k,u_0=\left[\begin{array}{c}9\\ 9\\ 0\end{array}\right]$，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$u_1=P{u}_0$，式子相当于将$u_0$投影在了$a$的列空间中，计算得$u_1=a\frac{a^T{u}_0}{a^{T}a}=3a=\left[\begin{array}{c}6\\ 3\\ 6\end{array}\right]$（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$u_2=P{u}_1$，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$u_k=P^k{u}_0=P{u}_0=\left[\begin{array}{c}6\\ 3\\ 6\end{array}\right]$。

   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$AS=S\mathrm{\Lambda }\to A=S\mathrm{\Lambda }{S}^{-1}\to u_{k+1}=A{u}_k=A^{k+1}{u}_0,u_0=Sc\to u_{k+1}=S{\mathrm{\Lambda }}^{k+1}{S}^{-1}Sc=S{\mathrm{\Lambda }}^{k+1}c$，最终得到公式$A^k{u}_0=c_1{\lambda }_1^k{x}_1+c_2{\lambda }_2^k{x}_2+\cdots +c_n{\lambda }_n^k{x}_n$。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$A^k{u}_0=c_3{x}_3$，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$\left[\begin{array}{c}1\\ 2\\ 3\end{array}\right]D=\left[\begin{array}{c}4\\ 5\\ 8\end{array}\right]$，即$AD=b$，很明显$D$不存在。利用公式$A^{T}A\hat{D}=A^{T}b$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. 求$a_1=\left[\begin{array}{c}1\\ 2\\ 3\end{array}\right]a_2=\left[\begin{array}{c}1\\ 1\\ 1\end{array}\right]$的正交向量：找到平面$A=[a_1,a_2]$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$a_2-x{a}_1=a_2-\frac{a_1^T{a}_2}{a_1^T{a}_1}{a}_1=\left[\begin{array}{c}1\\ 1\\ 1\end{array}\right]-\frac{6}{14}\left[\begin{array}{c}1\\ 2\\ 3\end{array}\right]$。

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：$det{A}^{-1}=\frac{1}{detA}$，而$detA={\lambda }_1{\lambda }_2{\lambda }_3{\lambda }_4$，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$A_4=\left[\begin{array}{cccc}1& 1& 0& 0\\ 1& 1& 1& 0\\ 0& 1& 1& 1\\ 0& 0& 1& 1\end{array}\right]$，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$det{A}_4=1\cdot \left|\begin{array}{ccc}1& 1& 0\\ 1& 1& 1\\ 0& 1& 1\end{array}\right|-1\cdot \left|\begin{array}{ccc}1& 1& 0\\ 0& 1& 1\\ 0& 1& 1\end{array}\right|=1\cdot \left|\begin{array}{ccc}1& 1& 0\\ 1& 1& 1\\ 0& 1& 1\end{array}\right|-1\cdot \left|\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& 1\end{array}\right|=det{A}_3-det{A}_2$。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$\{\begin{array}{ll}{D}_n& =D_{n-1}-D_{n-2}\\ D_{n-1}& =D_{n-1}\end{array}$，用矩阵表达有$\left[\begin{array}{c}{D}_n\\ D_{n-1}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}1& -1\\ 1& 0\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}{D}_{n-1}\\ D_{n-2}\end{array}\right]$。计算系数矩阵$A_c$的特征值，$\left|\begin{array}{cc}1-\lambda & 1\\ 1& -\lambda \end{array}\right|={\lambda }^2-\lambda +1=0$，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$A_4=\left[\begin{array}{cccc}0& 1& 0& 0\\ 1& 0& 2& 0\\ 0& 2& 0& 3\\ 0& 0& 3& 0\end{array}\right]$，求投影到$A_3$列空间的投影矩阵：有$A_3=\left[\begin{array}{ccc}0& 1& 0\\ 1& 0& 2\\ 0& 2& 0\end{array}\right]$，按照通常的方法求$P=A\left(A^{T}A\right)A^T$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：$|A_3-\lambda I|=\left|\begin{array}{ccc}-\lambda & 1& 0\\ 1& -\lambda & 2\\ 0& 2& -\lambda \end{array}\right|=-{\lambda }^3+5\lambda =0$，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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