广义逆矩阵及其应用Word文件下载.docx
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若有一个n×
m实矩阵(记定义1—2设有m×
n实矩阵A
为A)存在,使下式成立,则称A为A的减号逆或g逆:
––
=A(1—5)AAA–
当A
得–1存在时,显然A–1满足上式,可见减号逆A是普通逆矩阵A––1的推广;
另外,由AAA=A–
(AAA)T=AT–即
AT(A)TAT=AT–
(A)T就是AT的一个减号逆。
可见,当A为A的一个减号逆时,––
10100100例1—1设A=10,B=,C=001,易知01010
ABA=B,ACA=A故B与C均为A的减号逆。
Ir例1—2若A=0
证因为对任意的00*
*Irm×
n则A=*−**n×
m,其中*是任意的实数。
Ir*
m×
nn×
m,都有
所以Ir000Ir***n×
mIr000m×
n=Ir000m×
n
A=Ir
***n×
m
X1反之,任意的X=X3X2X4n×
m,若满足
Ir0
必须有X1=Ir,即X为0X10X3X2IrX400Ir=0000Ir
*
Ir
0*的形状证毕*0的减号逆存在,而且不是唯一的,填一些数到*位置,就是一个0例1—2表明,标准形
减号逆,填不同数,就得到不同减号逆。
下面我们讨论当A为非零矩阵时,如何用初等变换的方法来构造它的任意一个减号逆,即讨论A的存在性。
引理设Bm×
n=Pm×
mAm×
nQn×
n,其中P,Q都是满秩方阵,如果已知B的减号逆为B,则矩阵A的减号逆
A=QBP(1—6)证因为已知B是B的减号逆,所以有
BBB=B
(PAQ)B(PAQ)=PAQ
由于P与Q非奇异,故有
A(QBP)A=A
从而有
A=QBP证毕这个引理说明,两个等价的矩阵A,B(即满足B=PAQ),如果其中一个的减号逆可求出来,那么,另一个的减号逆也可以求出来。
定理1—1(存在性)任给m×
n阶矩阵A,那么减号逆A一定存在,但不唯一。
---------
证分两种情况,如果rankA=0即,A=0m×
n,这时对任意的X∈R
意n×
m阶矩阵X都是零矩阵的减号逆。
mxn,都有0X0=0,所以任
再设rankA=r>0,那么存在m阶满秩矩阵P与n阶满秩矩阵Q,使得
PAQ=
由例1—2知,存在
B=
再由引理知,存在−Ir00=B∈Rm×
n0Ir**,*为任意实数*
IrA=Q*−
-*P*只要A非满秩,由于*的任意性,所以A非唯一。
证毕.
例1—3设A=1−12-,求A.223
解为要将A通过初等行与列变换,化为一个等价的标准形,我们在A的右边放上一个I2,在A的下方放上一个I3,当A变成Ir时,则I2就变成P,而I3就变成Q.
2101001024−101301AC1+C2C→→11−20I3+(−2)C1301001001
00100010110−100100101−C1+2C3C2+2C3→−−−C→→−−−1+4C3001010144122
0010101001−(−1)r2→−0011421−122I2=100100
这就是说
100−1−3−2−7=100001A010142
PAQ=[I20]=B
−3−2−710,Q=001P=0−1142
但标准形B的减号逆为
10B=01,*为任意实数**
故得
10A=Q01P,*为任意实数**
设有A∈Rmxn,下面的定理给出了rankA与rankA之间的关系。
---定理1—2rankA≥rank(AA)≥rankA
证因为AAA=A,即(AA)A=A,所以有rank(AA)≥rankA
,故又因为rankA≥rank(AA)
rankA≥rank(AA)≥rankA证毕
这个定理说明,A的秩总不会小于A的秩,这从例1—2也可看出。
1.3自反广义逆Ar
众所周知,对于普通的逆矩阵A,有(A)
例如,由例1—1知−1−1−1--------−=A,但这一事实对于减号逆A一般不成立。
10A=10,10
但
AAA=
−−−−−100A−=010100−≠A100即(A)≠A,为了使A与A能互为减号逆,我们不妨对前面定义的减号逆A加以限制,使A具有这种“自反”的性质。
下面我们给出自反广义逆矩阵的定义。
定义1—3对于一个m×
n阶实矩阵A,使
AXA=A及XAX=X
同时成立的n×
m阶实矩阵X,称为是A的一个自反广义逆,用Ar表示,即有
AArA=A及其ArAAr=Ar
显然,自反广义逆是减号逆的一个子集,此时,它满足自反性质(A)=A。
下面我们来构造自反广义逆的一种算法,我们先引进所谓“最大秩矩阵的右逆、左逆”的概念。
−−
一、最大秩矩阵的右逆和左逆
,如果存在一个n×
m阶矩阵G,定义1—4设A是行最大秩的m×
n阶实矩阵(m≤n)
当G右乘A后得到一个m×
n阶单位阵I,即
AG=I(1—7)
则G叫做A的右逆,记作AR,这就是说,有
AAR=I(1—8)
一般来说,右逆AR可用下面的方法来计算,因为AA是满秩的方阵,故有
(AA)(AA)=(AA)(AA)
比较式(1—8)和(1—9),可得
AR=A(AA)(1—10)
例1—4设
试求其右逆
解易知rankA=2,即A是行最大秩矩阵,利用式(1—10)式,得
−1−1−1−1TT−1TTT−1=I(1—9)TT−112−1A=012−
011−1AR=2−1(0−12
541=6214382−11−122−10−1)−12
定义1—5设A是列最大秩的m×
n实矩阵(m≥n),如果存在一个n×
m阶矩阵G,当G左乘A后得到一个n×
n阶单位阵,即
GA=I(1—11)则G叫做A的左逆,记作AL,这就是说,有
ALA=I(1—12)−1−1
同理可得计算AL的公式是
AL=(AA)−1−1T−1AT(1—13)
−1−1这里值得指出的是,对于行(或列)最大秩的m×
n阶矩阵A,AR和AL是不可能同时存在的。
显然,当且仅当m=n时,同时存在,并且就等于普通的逆矩阵A.
二、Ar的最大秩分解方法
如果A是行(或列)最大秩长方阵,则它由式(1—10)确定的右逆(或由式(1—13)确定的左逆)显然满足
AARA=A(或AALA=A)
ARAAR=AR(或ALAAL=AL)
这表明右逆AR(或左逆A:
L)就是A的一个自反广义逆Ar.
在一个最大秩分解
A=BC
其中B为m×
r阶列最大秩矩阵,C为r×
n阶行最大秩矩阵,于是,由前面的讨论,B有左逆BL,C有右逆CR,那么求Ar有如下的定理。
定理1—3设A=BC为矩阵A的最大秩分解,则A的自反广义逆的一般形式为
−1−1Ar−=CRBL(1—14)−1−−1−1−1−1−1−1−1−1−1−1−−1−1−
其中BL为B的左逆,CR为C的右逆。
证由于
AArA=BCCRBLBC=BC=A
ArAAr=CRBLBCCRBL=CRBL=Ar
故Ar=CRBL是A的自反广义逆。
其次,设Ar是A的任一自反广义逆矩阵,则
AArA=A
即−−−−1−1−−−1−1−1−1−1−1−−1−1−1−1−1
BCArBC=BC
上式两端分别左乘以BL,右乘以CR,得CArB=Ir(r=rankA)。
由此可见,CAr为B的左逆,记为BL;
ArB为C的右逆,记为CR,于是
A=AAA=ABCA=C
故式(1—14)是A的自反广义逆的一般形式。
当A为行(或列)最大秩矩阵时,它的最大秩分解写成
A=ImA(或A=AIn)
这样一来,式(1—14)实际上是给出了任何非零矩阵求自反广义逆的一种方法。
例1—5设−r−r−r−r−r~−1R−−1−1−−−1−−1B~−1L
103A=230111
−求A的一个自反广义逆Ar.
解因为rankA=2,所以由第四章§
3中的方法对A作最大秩分解
1212−1A=BC=21−01211
由例1—4的结果,知
541−1CR=621438
再利用式(1—13)可得
BL=
最后用式(1—14)得−11−471−74111
A1=CRBL−−1−1541−47162=7−4115438
19981=10348−15444−1111
值得提出的是,由式(1—14)确定的自反广义逆Ar,并不唯一,这是因为用式(1—10)来计算右逆CR和用式(1—13)来计算左逆BL并非唯一。
下面给出行(或列)最大秩矩阵计算其右逆(或左逆)的一般表达式。
设A∈Rm×
n−1−1−,且rankA=m,则A的右逆的一般表达式是
TT−1G=VA(AVA)(1—15)
其中V是使得等式rank(AVA)=rankA成立的任意阶方阵。
事实上,用A左乘(1-15)式两端,有T
AG=AVAT(AVAT)−1
因此,有
AG=(AVA)(AVA)
即G=VA(AVA)是A的右逆的一般表达式。
当取V=In时,式(1—15)就变成了式(1—10),所以由式(1—10)给出的AR=A(AA)只是A的所有右逆中的一个。
同理,可写出列最大秩矩阵A的左逆的一般表达式
G=(AUA)
TT−1−1TT−1TT−1TT−1=IAT(1—16)其中U是使关系rank(AUA)=rankA成立的任意的m阶方阵。
1.4最小范数广义逆Am
定义1—6设A∈Rm×
n−(m≤n),如果有一个n×
m阶矩阵X,满足
及
−AXA=A(XA)T=XA(1—17)则称X为A的一个最小范数广义逆,记为Am.
显然,最小范数广义逆是用条件(XA)=XA对减号逆A进行限制后所得出的一个子集。
定理1—4设A∈Rm×
nT−(m≤n),则
−TT−Am=A(AA)(1—18)
为A的一个最小范数广义逆。
证因(AA)是一个减号逆,故有
AA(AA)AA=AA
设rankA=r,则按秩分解有A=BC,rankB=rankC=r,以A=BC代入上式,便得(BC)(BC)(AA)(BC)(BC)=(BC)(BC)
T−1T−TT−TTTT−TTT−BCCTBT(AAT)−BCCTBT=BCCTBT用B(BB)(CC)C右乘上式两端,得
AA(AA)A=A
故A(AA)满足最小范数广义逆的第一个条件;
其次它也满足第二个条件,因为有(A(AA)·
A)=A(AA)·
A
故Am=A(AA)为A的一个最小范数广义逆。
证毕因为减号逆(AA)不是唯一的,所以最小范数广义逆Am也不是唯一的,实际上,式(1—18)给出了计算Am的一种方法。
最小范数广义逆具有下面的性质。
定理1—5条件(1—17)与下面关系式等价
XAA=A(1—19)
事实上,对式(1—19)两端右乘X,得
XAAXTTTTTT−TT−TT−TTT−TT−TT−BC(CB)T(AAT)−BIrIrC=BIrIrC=XTAT
XA(XA)=(XA)
对上式两端取转置,得
(XA)(XA)=XATTT
可见有
(XA)T=XA
代入式(1—19)得
(XA)TAT=AT
即有
AXA=A
反之,我们可以由式(1—17)中第一个条件的左边的XA,得
XAAT=AT
1.5最小二乘广义逆A−
i
定义1—7设A∈Rm×
n(m≤n),若有一个n×
m阶矩阵X满足。
AXA=A及(AX)T=AX
则称C不A的一个最小二乘广义逆,记为A−
显然,最小二乘广义逆也是减号逆的一个子集。
定理1—6设A∈Rm×
n(m≤n),则
A−T−T
i=(AA)·
设A的一个最小二乘广义逆。
证(ATA)−是一个减号逆,故有
ATA(ATA)−ATA=ATA
设rankA=r,则按秩分解有A=BC,rankB=rankC=r,以A=BC代入上式,便得(BC)T(BC)(ATA)−(BC)T(BC)=(BC)T(BC)1—20)(
CBBC(AA)CBBC=CBBC
用(CC)(BB=)C左乘上式两端,得
BC(AA)(BC)BC=BC
或写成
A(AA)AA=A
故A(AA)A满足最小二乘广义逆。
证毕
因为减号逆(AA)不是唯一的,故最小二乘广义逆也不是唯一的。
实际上,式(1—20)给出了计算Ai的一种方法。
1.6加号逆A
前面我们对减号逆A加以不同的限制,得出减号逆的具有不同性质的子集,如自反广义逆Ar、最小范数广义逆Am、最小二乘广义逆Ai等,其实,还有一类更特殊也更为重要广义逆,这就是将要介绍的加号逆A,它的实质是在减号逆的条件AXA=A的基础上用上述所有条件同时加以限制,用这样的方式得出的子集A,不仅在应用上特别重要,而且有很多有趣的性质。
定义1—8设A∈Rm×
n++−−−−+−T−T−TT−TT−TT−1T−1TTT−TTTTBIrIrC(ATA)−CTBTBC=BIrIrC,若存在n×
m阶矩阵X,它同时满足
1)AXAA;
2)XAX=X;
3)(AX)=AX4)(XA)=XA
则称X为A的加号逆,或伪逆,或Moore-Penrose逆,记为A
从定义中可看出,加号逆必同时是减号逆、自反广义逆、最小范数广义逆和最小二乘广义逆。
在四个条件中,X与A完全处于对称地位。
因此A也是A的加号逆,即有
(A)=A++++TT
另外可见,加号逆很类似于通常的逆阵,因为通常的逆A也有下列四个类似的性质:
1、AAA=A;
2、AAA
3、AA−1−1−1−1−1=A−1;
=I;
4.A−1A=I
++由定义1—8中的条件3)和4)还可看出,AA与AA都是对称矩阵。
下面来看一个例子。
例1—6
1.设0∈R
2.设A=m×
n,则0+=0∈Rm×
n;
Ir
00+是n阶方阵,则A=A;
0
O
λ+
n+λ1λ1,A+=3.设对角阵A=Oλn
其中
1+λi=,当λ≠0时λi0,当λ=0时
比如,2=+11,(−)+=−3,0+=0,等等23
证我们只要证明3),那么1),2)都是3)的直接推论,下证3),不失一般性,我们令
−1λ1Oλi−1=LL=λi=0,B=
+λ1,L,λi≠0;
λi+1。
容易验证B满足定义10O0—8的四个条件,从而A=B证毕
定理1—7若A∈Rm×
n,且A=BC是最大秩分解,则
TT−1T−1TX=C(CC)(BB)B(1—21)
是A的加号逆。
证
AXA=BCCT(CCT)−1(BTB)−1BTBC
=BC=A
XAX=CT(CCT)−1(BTB)−1BTBCCT(CCT)−1(BTB)−1BT
=CT(CCT)−1(BTB)−1BT=X
(AX)T=[BCCT(CCT)−1(BTB)−1BT]T
=[B(BTB)−1BT]TB(BTB)−1BT=AX
(XA)T=[CT(CCT)−1(BTB)−1(BTB)C]T
=[CT(CCT)−1C]T=CT(CCT)−1C=XA
这就表明式(1—21)是加号逆。
这个定理不仅证明了加号逆的存在,而且也给出了求加号逆的具体方法。
推论设A∈Rm×
n,rankA=r,则
1.r=n时(即A列满秩)
A=(AA)
2.r=m时(即A行满秩)
A=A(AA)
这只要注意到A=AIn=ImA,即知。
定理1—8加号逆A是唯一的。
证设X与Y均是A的加号逆,于是同时有
AXA=AAYA=A
用Y右乘上面的第一次,再利用AY和AX的对称性,使得++TT−1++−1A+
AXAY=AY
AY=(AY)=(AXAY)=(AY)(AX)TTTT
=AY•AX=(AYA)X=AX
AY=AX
类似地,得
YA=XA
用Y左乘等式AY=AX,并利用上式,便得
YAY=YAX=XAX
但是
YAY=Y,XAX=X
故最终得Y=X,这表明A是唯一的。
证毕推论若A是n阶满秩方阵,即A存在,则
A=A=A(1—22)这是因为前面我们已直接验证A满足定义1—8的四个条件,再由A的唯一性即知式(1—22)成立。
换句话说,当A≠0时,这三种逆是统一的,且是唯一的,一般情况下,当A不存在时,A总是存在的,而A存在,但不唯一。
下面我们来证明A的一些特殊性质。
定理1—9
1.(A)=(A).T+−1+−1−1+−1++++T
2.A+=(ATA)+AT=AT(AAT)+
3.(AA)=A(A)
+TT++T+T证1、令X=(A),下证X是A的加号逆。
ATXAT=AT(A+)TAT=(AA+A)T=AT
XAX=(A)A(A)=(AAAA)=(A)=XT+TT+T++T+T
(ATX)T=(AT(A+)T)T=A+A=(A+A)T=AT(A+)T=ATX
类似可证(XA)=XA.
2、A=BC,则AA的最大秩分解可写成
AA=C(BBC).
于是利用式(1—21),有TTTTTTT
(ATA)+=(BTCC)T(BTBCCTBTB)−1(CCT)−1C
=CT(BTB)(BTB)−1(CCT)−1(BTB)−1(CCT)−1C
=CT(CCT)−1(BTB)−1(CCT)−1C
再利用式(1—21),得
(ATA)+AT=CT(CCT)−1(BTB)−1(CC)TC(CTBT)
=CT(CCT)−1(BTB)−1(CCT)−1(CCT)BT
=C(CC)(BB)B
=A+TT−1T−1T
同样可证A(AA)=A.
3、(AA)=(AA)AA(AA)=A[A(AA)]=A(A).证毕注意,对于同阶所逆矩阵A,B有(AB)
TTTTT+++T+TT++T++T+−1=B−1A−1.,定理1—9之3)表明对于特殊的矩阵A和A,加号逆(AA)有类似的性质,但是一般说来,这个性质不成立,亦即(AB)=BA.
例如,取A=
不难验证++++111110B,则==AB.,010o00
1−110+−A+=.,BB==0100110(AB)+=210
BA=
+++1−11010+()≠AB=010000下面将A的各种常用算法综述如下:
1.果A是满秩方阵,则显然A=A.
2.如果A是对角方阵,即
A=diag(d1,d2,L,dn)
其中对角线上元素d1,d2,L,dn都是实数,可以验证
A=(d1,d2,L,dn)(1—23)
3.如果A是行最大秩矩阵,则
A=A(AA).(1—24)+TT+−1++++−1
这里需要指出的是,n维非零行向量a=(a1,a2,L,an)可看作行最大秩的1×
n.阶矩阵,因此行向量a的加号逆的表达式为
T
(aT)+=(aT)T[aT(aT)T]−1=a(aTa)−1=
aaTa
=
a
∑a
i=1
(1—25)
2i
它是一个n维列向量。
4.A是列最大秩矩阵,则
T+
−1
AT.(1—26)
同样,m维非零列向量β=(b1,b2,L,bn)可以看作列最大秩m×
n阶矩阵,因此列向量β的加号逆的表达式为
βTβT
(1—27)β=(ββ)β=T.=n
ββ2
+
∑b
它是一个m维的行向量。
5.
果A∈R
,rankA=r<
min(m,n),可以用最大秩分解法求A+,即当A=BC为
最大秩分解时,则
A=CB.(1—28)]
不难验证(见文献[2
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