矩阵函数

• 矩阵函数
  • 定义
    • 幂级数定义法
      • 例1
      • 例2
    • Jordan定义法
      • 例1
      • 例2
    • 待定多项式法
      • 例1
      • 例2

定义

$f(x) = \sum_{k=0}^{∞} c_k x^k$

幂级数定义法

设$A∈C^{n×n}$，$\{ c_k \}$是复数列，则称

$f(A) = \sum_{k=0}^{∞} c_k A^k = c_0E + c_1A + c_2A^2 + \cdots$

为方阵$A$的幂级数（明显还是一个矩阵）。

其缺点在于定义为无穷个矩阵相加，难于计算。若能再将无穷个矩阵相加合理归纳，则可解决此问题。

设幂级数$f(x)$的收敛半径是$r$

• 当$ρ(A)<r$时，$f(A)$绝对收敛
• 当$ρ(A)>r$时，$f(A)$发散
• 当$ρ(A)=r$时，$f(A)$无定论

例1

$\dfrac{1}{1-x} = 1 + x + x^2 + \cdots, \ \ \ |x|<1$

$(E-A)^{-1} = E + A + A^2 + \cdots, \ \ \ ρ(A)<1$

例2

$\cos x = 1 - \dfrac{x^2}{2!} + \dfrac{x^4}{4!} - \dfrac{x^6}{6!} + \cdots, \ \ \ ∀x$

$n$阶方阵满足$A^2 = A$，求$cos A$。

解

$\begin{array}{l} \cos A \\\\ \\\\ \\\\ \\\\ \end{array} \begin{array}{l} = E - \dfrac{1}{2!}A^2 + \dfrac{1}{4!}A^4 - \dfrac{1}{6!}A^6 + \cdots \\\\ = E - \dfrac{1}{2!}A + \dfrac{1}{4!}A - \dfrac{1}{6!}A + \cdots \\\\ = E + A(-\dfrac{1}{2!} + \dfrac{1}{4!} - \dfrac{1}{6!} + \cdots) \\\\ = E + A(\cos 1 - 1) \end{array}$

Jordan定义法

设$n$阶方阵$A$的Jordan矩阵为$J = \left[\begin{array}{c} J_1 \\ & J_2 \\ && \ddots \\ &&& J_s \end{array}\right]$，$s≤n$，$J_i$为Jordan块，明显有$P^{-1}AP = J$，则$A = PJP^{-1}$

$\begin{array}{l} f(A) \\ \\\\ \\\\ \\\\ \end{array}\begin{array}{l} = c_0E + c_1A + c_2A^2 + \cdots \\\\ = c_0\underline{PEP^{-1}} + c_1\underline{PJP^{-1}} + c_2\underline{PJ^2P^{-1}} + \cdots \\\\ = P({ c_0E + c_1J + c_2J^2 + \cdots })P^{-1} \\\\ = Pf(J)P^{-1} \end{array}$

 

例1

$A = \left[\begin{array}{c} -4 & 2 & 10 \\ -4 & 3 & 7 \\ -3 & 1 & 7 \end{array}\right]$的Jordan矩阵$J= \left[\begin{array}{c} 2 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 2 \end{array}\right]$，$P^{-1}AP=J$，求$\cos A$

解

Jordan标准型仅由一个Jordan块组成

• $λ_i = 2$

$\cos J = \cos J_1 = \left[\begin{array}{c} f(λ_i) & f'(λ_i) & \dfrac{f''(λ_i)}{2!} \\ 0 & f(λ_i) & f'(λ_i) \\ 0 & 0 & f(λ_i) \end{array}\right] = \left[\begin{array}{c} \cos 2 & -\sin 2 & -\dfrac{\cos 2}{2} \\ 0 & \cos 2 & -\sin 2 \\ 0 & 0 & \cos 2 \end{array}\right]$

$\cos A = P \cos J P^{-1}$

例2

$A = \left[\begin{array}{c} 3 & 1 & -1 \\ -2 & 0 & 2 \\ -1 & -1 & 3 \end{array}\right]$，分别求$\sin(\dfrac{π}{4}A)$和$e^A$的Jordan标准型

解

求$f(A)$的Jordan标准型，即求$f(J_A)$的Jordan标准型。

$A$的Jordan标准型为（计算略）

$J = \left[\begin{array}{c} 2 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 2 \end{array}\right] = \left[\begin{array}{c} \left[\begin{array}{c} 2 \end{array}\right] \\ & \left[\begin{array}{c} 2 & 1 \\ 0 & 2 \end{array}\right] \end{array}\right] = \left[\begin{array}{c} J_1 \\& J_2 \end{array}\right]$

则

$\sin(\dfrac{π}{4}J) = \left[\begin{array}{c} \sin(\frac{π}{4}J_1) \\& \sin(\frac{π}{4}J_2) \end{array}\right] = \left[\begin{array}{c} \sin(\frac{π}{2}) \\& \left[\begin{array}{c} \sin(\frac{π}{2}) & \frac{π}{2}\cos(\frac{π}{2}) \\ & \sin(\frac{π}{2}) \end{array}\right] \end{array}\right] = \left[\begin{array}{c} 1 & \\ & 1 & 0 \\ & & 1 \end{array}\right]$

$\sin(\dfrac{π}{4}J)$本身就是对角阵，所以就是$\sin(\dfrac{π}{4}A)$的Jordan标准型就是$\left[\begin{array}{c} 1 & \\ & 1 \\ & & 1 \end{array}\right]$

$e^J = \left[\begin{array}{c} e^{J_1} \\& e^{J_2} \end{array}\right] = \left[\begin{array}{c} e^2 \\& \left[\begin{array}{c} e^2 & e^2 \\ & e^2 \end{array}\right] \end{array}\right] = \left[\begin{array}{c} e^2 & \\ & e^2 & e^2 \\ & & e^2 \end{array}\right]$

接下来求$e^J$的Jordan标准型。

$|λE - e^J| = (λ-e^2)^3$

则存在以下三个情形。

Stuation	Smith	Jordan: $J_{e^J}$
①	$\left[\begin{array}{c} 1 & \\& 1 \\&& (λ-e^2)^3 \end{array}\right]$	$\left[\begin{array}{c} e^2 & 1 & \\& e^2 & 1 \\&& e^2 \end{array}\right]$
②	$\left[\begin{array}{c} 1 & \\& λ-e^2 \\&& (λ-e^2)^2 \end{array}\right]$	$\left[\begin{array}{c} e^2 & \\& e^2 & 1 \\&& e^2 \end{array}\right]$
③	$\left[\begin{array}{c} λ-e^2 & \\& λ-e^2 \\&& λ-e^2 \end{array}\right]$	$\left[\begin{array}{c} e^2 & \\& e^2 \\&& e^2 \end{array}\right]$

取$λ=e^2,-e^2$得到满足$r(λE-e^J) = r(λE-J_{e^J})$的情况，计算得正确情况为②。

即$e^J$的Jordan标准型为$\left[\begin{array}{c} e^2 & \\& e^2 & 1 \\&& e^2 \end{array}\right]$

待定多项式法

最小多项式：能使$\varphi(A)=0$的多项式中，次数最低，首项系数为$1$的多项式，记作$m(λ)$。

设$A$的最小多项式

$m(λ) = (λ-λ_1)^{m_1} (λ-λ_2)^{m_2} \cdots (λ-λ_s)^{m_s}$

称为$σ_A = \{ (λ_1,m_1), (λ_2,m_2), \cdots, (λ_s,m_s)\}$为$A$的谱。

称集合

$\{ f^{(k_i)}(λ_i) \bold{\ |\ } k_i = 0,1,2,\dots,m_i-1 \ \ \ i=1,2,\dots,s\}$

为函数$f(x)$在$A$上的谱值，记为$f(σ_A)$。

若函数$f(x)$在$A$上的谱值$f(σ_A)$存在，有复系数待定多项式$g(x)$使得

$g(σ_A) = f(σ_A)$

则定义$f(A) = g(A)$，实际上$g(x)$就是比最小多项式的次数低$1$次的多项式（证明略）。

例1

$m(λ) = (λ-3)^2(λ-5)^3$

则

• $σ_A = \{ (3,2), (5,3) \}$
• $f(σ_A) = \{ f(3), f'(3), f(5), f'(5), f''(5) \}$

例2

$A= \left[\begin{array}{c} -4 & 2 & 10 \\ -4 & 3 & 7 \\ -4 & 1 & 7 \end{array}\right]$，求$\cos A$

解

$f(λ) = |λE-A| = (λ-2)^3$

特征多项式一定是零化多项式，最小多项式一定是零化多项式的因子。

则$A$的最小多项式可能是以下三种情形

• $m_1(λ) = (λ-2)^3$
• $m_2(λ) = (λ-2)^2$
• $m_3(λ) = (λ-2)$

将$A$带入上式，仅有$(A-2E)^3 = 0$，故$A$的最小多项式为

$m(λ) = (λ-2)^3$

• $σ_A = \{ (2,3) \}$
• $\cos(σ_A) = \{ \cos2, -\sin2, -\cos2 \}$

则待定多项式$g(x)$应该是一个$2$次多项式记为

$g(x) = a_0 + a_1x + a_2x^2$

即 $\begin{cases} g(2) = a_0 + 2a_1 + 4a_2 = \cos2 \\ g'(2) = a_1 + 4a_2 = -\sin2 \\ g''(2) = 2a_2 = -\cos2 \end{cases}$，解得 $\begin{cases} a_0 = -\cos2 + 2\sin2 \\ a_1 = -\sin2 + 2\cos2 \\ a_2 = \frac{1}{2}\cos2 \end{cases}$

$\cos A = a_0E + a_1A + a_2A^2$（带入$a_0,a_1,a_2$即得最终结果）