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1、第五章习题参考解答注：1. 48-54 题无解答.2. 13 题应与 16 题对调;3. 61 题的 应为 a;1.设 | | 是酉空间 Cn的向量范数, 证明向量范数的下列基本性质:(1)零向量的范数为零;(2)当 x 是非零向量时:flflflflflflflflx|x|flflflflflflflfl= 1;(3) | x| = |x|;(4) |x| |y| |x y|.证明：(1) |0| = |0x| = 0|x| = 0;(2)flflflflflflflflx|x|flflflflflflflfl=1|x|x| = 1;(3) | x| = | 1|x| = |x|;(4) |
2、x| |x y| + |y|,|y| |x y| + |x|.2.证明: 若 x Cn, 则(1) |x|2 |x|1n|x|2;(2) |x| |x|1 n|x|;(3) |x| |x|2n|x|.证明：设 x = (x1, ,xn)T,a = max1in|xi|. 则(1) |x|2= (|x1|2+ + |xn|2)1/2 |x1| + + |xn| = |x|1 (na)1/2=n|x|2;(2) |x|= a |x|1 na = n|x|;(3) |x|= a |x|2na =n|x|.3.(1)试构造 R2上的一个向量范数, 使得该范数不是任何 p- 范数;(2)画出你构造的范数
3、的单位圆;(3)试对 R3做 (1) 与 (2), 并比较你的单位球与1- 范数和 - 范数的单位球;(4)证明当 0 p 1 时, lp范数仍然满足向量范数的前两个条件, 但不满足三角不等式.在平面上画出 p = 1/2,3/2 时的单位圆, 并就 p 0, 总存在 b Q 使得 |a b| 0 满足条件 |xn| C1|v|以及limn|xn|v|v|v|= 0 limn|xn|v|v|v|= 0,因此|v|v| C1.类似地可证存在 C2 0，使得|v|v| C2.489.证明例 5.1.8 中的两个范数不等价.证明：由定义直接计算可得limn|fn|1= 0, limn|fn|= 1.
4、10.证明赋范线性空间中的单位球均为凸集, 即若 x,y 属于单位球, 则 x + y 也属于单位球, 其中 , 为正数且 + = 1. 对照习题5, 解释这种现象.证明：设 |x| = |y| = 1, + = 1, 0, 0, 则 |x + y| |x| + |y| = 1,即 x + y 也属于单位球. 这表明，单位球的凸性是由范数的三角不等式保证的.11.验证矩阵的极大列和范数与极大行和范数均满足次乘性.证明：仅就极大列和范数验证次乘性。设 A = (aij),B = (bij)，则|AB|1= max1jnni=1|nk=1aikbkj| ( max1jnni=1|aij|)( ma
5、x1jnni=1|bij|) = |A|1|B|1.12.设矩阵 A 的F- 范数等于 a, U 是酉矩阵, 问 AU 与 UA 的F- 范数各是多少? 请总结你的计算.解：均为 a. 矩阵的 F- 范数在 U 变换下不变.13.证明矩阵的1- 范数, 2- 范数和 - 范数分别是向量的1- 范数, 2- 范数和 - 范数的诱导范数 (因此与之相容).证明：设 A = (aij),x = (x1, ,xn)T6= 0,ei是第 i 个标准单位向量.(1) 1- 范数:|Ax|1=ni=1|nj=1aijxj| ni=1nj=1|aij|xj| =nj=1ni=1|aij|xj| ( max1j
6、nni=1|aij|)nj=1|xj| = |A|1|x|1.故 |A|1maxx6=0|Ax|1|x|1.另一方面，易知 |Aei|1恰好是 A 的第 i 列的绝对值的和, 因此 |A|1 maxx6=0|Ax|1|x|1.(2) 2- 范数即谱范数 (定义为 |A|2=max(AA) 即 |A|2= A 的最大奇异值 max,见 16 题):显然有 |Ax|22= xAAx. 但 AA 的最大特征值恰好是函数 xAAx 在单位球面上的极大值，因此 |Ax|x|22=xAAx|x|22 |A|22. 反之，设 是属于 AA 的最大特征值 max的特征向量，则有 AA = max, 故 |Ax
7、|x|22AA= max= |A|22.(3) - 范数: 与 1- 范数类似，略。14.证明:(1)矩阵仿照向量的1- 范数是矩阵范数, 但与向量的1- 范数不相容, 试求与其相容的向量范数;(2)矩阵仿照向量的 - 范数是向量范数但不是矩阵范数.证明：(1)记矩阵 A 仿照向量的1- 范数为 |A| =ni,j=1|aij|. 则 |AB| =ni,j=1|nk=1aikbkj| ni,j=1nk=1|aik|bkj| = (ni,j=1|aij|)(ni,j=1|bij|) = |A|B|, 即得次乘性.与该范数相容的向量范数为 1- 范数的 n 倍，即 |x| = n|x|1= n(n
8、i=1|xi|.49(2) 记矩阵 A 仿照向量的 - 范数为 |A| = max1i,jn|aij|. 取 A = J 为 2 阶全 1 矩阵 (元素均为 1)，则 |A2| = 2 1 = |A|2，故不满足次乘性。15.证明公式 (5.1.12).证明：因为 x 6= 0, 故|Ax|x|= |Ax|x|，由于x|x|的范数为 1，即得所需。16.(1)证明 |A|2= (AA)1/2定义了一个矩阵范数, 称为 A 的谱谱谱范范范数数数;(2)试求一个与矩阵的谱范数相容的向量范数;(3)证明若 A 是正规矩阵, 则 A 的谱范数就是其谱半径 (A);(4)设 V 是由全体Hermite矩
9、阵构成的复线性空间, 证明谱半径给出 V 上的一个向量范数. 该范数是矩阵范数吗?证明：(1), (2) 与 (3) 参见第 13 题；(4) 由于Hermite矩阵是正规矩阵，故由 (2) 可知谱半径给出 V 上的一个向量范数. 由谱半径给出的向量范数不是矩阵范数：设 A =(1100),B =(1100), 则 (AB) = 2 1 = (A)(B). 即使限定在Hermite矩阵范围内，也不满足次乘性，比如 A =(1110)= B,则 (AB) = 3 3+52= (A)(B).17.试构造两种矩阵范数使得一个矩阵 A 的两种范数分别为2与 1/3. 能否使所有非零矩阵的两种范数之积等
10、于1?解：第一种范数取为 1- 范数，第二种取为 1- 范数的 1/6，则矩阵 A =(2000)满足条件. 不存在两种范数使得所有非零矩阵的两种范数之积等于1：否则，任何非零矩阵的第二种矩阵范数将等于第一种的倒数，故齐次性将不被满足。18.(1)证明向量范数的代数性质:有限种向量范数的任意正线性组合仍是向量范数;(2)设 | |与 | |是两种向量范数或矩阵范数, p 0. 判断(| |)p+ (| |)p1/p是否为向量范数或矩阵范数?(3)判断矩阵范数是否有与向量范数相同的代数性质 (1)?证明：(1) 设 | |i,i = 1,2, ,n 是有限种向量范数, 而| | =ni=1ai|
11、 |i,ai 0.| | 的正定性与齐次性是显然的。故只需证明三角不等式：|x + y| =ni=1ai|x + y|ini=1ai(|x|i+ |y|i) =ni=1ai|x|i+ni=1ai|y|i= |x| + |y|.(2) 记 | | = (| |)p+ (| |)p1/p. 则 | | 显然是正定的与齐次的。下面证明三角不等式：50(|x + y|)p= (|x + y|)p+ (|x + y|)p (|x|+ |y|)p+ (|x|+ |y|)p(|x|p+ |x|p)1/p+(|y|p+ |y|p)1/pp= (|x| + |y|)p.所以 |x + y| |x| + |y|.
12、(3) 由于矩阵范数是向量范数，故只需考察次乘性：易知此条一般不成立。例如：在本题 (1) 的证明中取 ai=|I|i2n, 则 |I| =ni=1ai|I|i= 0.5，而我们知道单位矩阵的任何矩阵范数均不小于 1.19.利用特征值的定义直接证明矩阵 A 的谱半径不超过矩阵 A 的任何一种矩阵范数. 此结论可以换成矩阵的任何一种向量范数吗?证明：(1) 设 | | 是任何一种矩阵范数，| | 是与其相容的一种向量范数. 设 是 A 的一个特征值， 是 的特征向量。则 |A| = supx6=0|Ax|x|A|= .(2) 不能。存在向量范数，使得矩阵 A 的向量范数任意小.20.证明公式 (
13、5.1.13) 定义了一个与矩阵范数 | | 相容的向量范数.证明：直接验证即可。21.设 T 为正交矩阵, 又 A Rnn. 证明:(1)|T|2= 1;(2)|A|2= |TA|2;(3)试解释上面的两个结果.证明：直接验证即可得 (1) 与 (2).(3) 正交矩阵的 2- 范数为 1 反映了正交变换保持长度这一特征；(2) 表明矩阵的 2- 范数在正交变换下不变。22.设 A,B 为 n 阶矩阵, 其中 A 可逆而 B 不可逆, 设 | | 是任何一种矩阵范数. 定义 A的条件数 Cond(A) = |A|A1|. 证明: |A B| 1/|A1|. 解释这个结果.证明：A1(A B)
14、 = I A1B. 由于 A1B 是奇异矩阵，故 1 是 I A1B 的一个特征值，因此 |I A1B| 1. 从而 |A1|(A B)| |A1(A B)| 1.上述不等式可改写为 |A B| |A|/Cond(A).由于 Cond(A) = |A|A1| |AA1| 1, 故该不等式表明存在与可逆矩阵 A“最接近”的奇异矩阵，因此用奇异矩阵逼近可逆矩阵是可能的。23.(奇异值与矩阵的范数)设 A Cmn, 1,2, ,n是 A 的全部奇异值. 证明:(1)Cond(A) = 1(A)/n(A), 其中 1(A) 与 n(A) 分别是 A 的最大和最小奇异值.(参考第四章例 4.5.5.)(
15、2)|A|F=(ri=12i)1/2= (tr(AA)1/2;(3)|A|2= max(A).24.(1)证明定理 5.1.3;(2)设 U,V 是任意赋范线性空间 (不必有限维), Hom(U,V ). 证明: 连续 有界.25.证明引理 5.2.1 与定理 5.2.1.5126.设 Ak=(1k2k2+kk2+12(1 2k)k), 求 limkAk.、解：(012e2).27.设 limkAk= A.(1)如果 Ak均为正定矩阵, 问 A 有何特点?(2)如果 Ak均为正规矩阵, 问 A 有何特点?(3)如果 Ak均为可逆矩阵, 问 A 有何特点?解：(1)A 半正定；(2)A 也正规；
16、(3)A 未必可逆。28.若 limnAn= B, 则 B 为幂等矩阵.证明：B2=limnAn2= limnA2n= B.29.证明命题 5.2.1.30.设 A =(21220), 求k=0Ak2k.解：(4140).31.设 A =0.610.800.200.610.8. 试判断 A 是否幂收敛.解：幂收敛.32.(1)设 A =(0012), 求 eA, sinA, cosA;(2)已知 J =21112, 求 eJ, sinJ, cosJ.解：(1)(101212e2e2),(0012sin2sin2),(101212cos2cos2).(2)e2eeee2,sin2sin1cos1
17、sin1sin2,cos2cos1sin1cos1cos2.33.(1)证明定理 5.3.1;(2)利用 (1)求第四章习题1中所有正规矩阵的指数函数, 正弦函数和余弦函数.52证明：(1) 因为 A 是单纯矩阵，故 f(A) 也是单纯矩阵。又注意属于 f(A) 的特征值 f()的特征向量与属于 A 的特征值 的特征向量一致，故 f(A) 的谱分解的主幂等矩阵 Pi与 A 的谱分解中的主幂等矩阵一致，即得定理。(2) 前两个矩阵是正规矩阵，设 f(t) = et, sint, cost,则 f(At) = Uf(Dt)U. 故得(i) f(At) = Udiag(f(t),f(t),f(2t)
18、U=16f(t) + 3f(t) + 2f(2t)2if(t) if(2t)f(t) 3f(t) + 2f(2t)2if(t) + 2if(2t)4f(t) + 2f(2t)2if(t) + if(2t)f(t) 3f(t) + 2f(2t)2if(t) 2if(2t)f(t) + 3f(t) + 2f(2t).(ii) f(At) = Udiag(f(0),f(2t),f(2t)U=142f(2t) + 2f(2t)2if(2t) +2if(2t)2f(2t) +2f(2t)2if(2t) 2if(2t)2f(0) +2f(2t) +2f(2t)2f(0) 2if(2t) 2if(2t)2f
19、(2t) +2f(2t)2if(0) + if(2t) + if(2t)2f(0) + f(2t) + f(2t).34.证明命题 5.3.3 与命题 5.3.4(2).证明：利用 eA的定义直接验证即可得命题 5.3.3；利用deAtdt= AeAt以及指数函数与三角函数的关系可得命题 5.3.4(2).35.对下列方阵 A, 求矩阵函数 eAt:(1)A =223111131,(2)A =0100018126,(3)A =213030022.解：(1)et2+e3t256et+1115e2t+e3t10et31115e2t+25e3tet2+e3t256et+115e2t+e3t10et3
20、115e2t+25e3tet2+e3t256et1415e2t+e3t10et3+1415e2t+25e3t;(2)e2t2t2+2t+12(t+1)12t24t24t2+2t+1t2t8t(t5)4t(2t3)2t212t+1;(3)e2t5e2t+6te2t+5e3te2t+3te2t0e3t002e2t2e3te2t.36.求下列两类矩阵的矩阵函数: cosA, sinA, eA:(1)A 为幂等矩阵;(2)A 为对合矩阵 (即 A2= I).解：(1) I + (cos1 1)A, (sin1)A, I + (e 1)A;(2)(cos1)I, (sin1)I, eI.37.设函数矩阵
21、 A(t) =sintcosttsinttett210t3, 其中 t 6= 0. 计算 limt0A(t),ddtA(t),d2dt2A(t).53解：010110100,costsint1tcostsintt2et2t003t2,sintcost0(2 t2)sint 2tcostet2006t.38.设函数矩阵 A(t) =e2ttett2et2e2t03t00, 计算10A(t)dt 和ddtt20A(s)ds.解：12(e2 1)1131 e1e2 103200, 2te2t2t2et2t4et22e2t203t200.39.证明:(1) 若 A 为实反对称矩阵, 则 eA为正交矩阵
22、;(2)若 A 为Hermite阵, 则 eiA为酉矩阵.证明：因为 eA(eA)T= eAeAT= eA+AT. 故(1) 若 A + AT= 0，则 eA(eA)T= e0= I.(2) 若 A= A, 则 iA + (iA)= iA iA= 0. 因此 eiA(eiA)= e0= I.40.详细证明定理 5.4.2.证明：设 A 的Jordan标准形为 P1AP = J = J1 Js, 则由 f(A) = g(A)P1f(J)P = P1g(J)P f(Ji) = g(Ji),i. 因此，f(i) = g(i), f0(i) = g0(i), , f(ki1)(i) =g(ki1)(i
23、), i = 1,2, ,s.41.证明引理 5.4.1 即Lagrange插值公式并利用线性空间的直和分解理论解释之.证明：诸 Li,i = 1,2, ,n+1 均为 n 次多项式，且易知它们是线性无关的 (为什么？)，故它们构成 n + 1 维线性空间 Rxn+1的一组基，因此每个次数不超过 n 的多项式均可由该组基唯一地线性表示.42.(1)设 Jn() 是一个 n 阶Jordan块, 求 sinJt, cosJt;(2)对任意 n 阶矩阵 A, 导出 sinAt 与 cosAt 的一般表达式.解：(1) Jn() 极小多项式就是其特征多项式 m(x) = (x )n.因此可设 f(x)
24、 =sin(tx), sinJt = f(A),g() =n1k=0akxk. 欲使 f(A) = g(A)，只需 f(k)() = g(k)(),k =0,1, ,n1。可得 ak= tksin(t+k/2)/(k!). 代入得 sinJt =n1k=0tksin(t+k/2)/(k!)Jk.cosJt 的表达式类似, 略去.(2) 设 A = PJP1,J 是 A 的Jordan标准形，则 sinAt = P(sinJt)P1.43.(1)设 A =110021003, 求 eAt, sinAt, cosAt;(2) 设 A =(0110), 求 eAt, sinAt, cosAt.解：(
25、1) A 的极小多项式就是其特征多项式 m() = ( 1)( 2)( 3).因此可设 f(t) = et,eAt= f(A),g() = a0+ a1 + a22. 欲使 f(A) = g(A)，只需 f(i) = g(i),i =1,2,3。可得 a0= 3et 3e2t+ e3t,a1= (5et+ 8e2t 3e3t)/2,a2= (et 2e2t+ e3t)/2. 代入54得 eAt=etet+ e2t(et 2e2t+ e3t)/2e2te2t+ e3te3t. 余略.(2) A 的极小多项式就是其特征多项式 m() = 2+ 1.因此可设 f(t) = et,eAt=f(A),g
26、() = a0+ a1. 欲使 f(A) = g(A)，只需 f(i) = g(i)。可得 a0= (eit+ eit)/2 =cost,a1= (eit eit)/2 = sint. 代入得 eAt=(costsintsintcost). 余略。44.证明命题 5.4.2 即Lagrange-Sylvester插值公式.(提示: 研究商f(x)mA(x)或利用极限研究无重根的 Lagrange插值公式.)证明：略。45.设 N 是 n 阶幂零块, 验证deNtdt= NeNt并计算t0eNsds.解：t0eNsds =tt22!tn(n)!tt22!ts1(s1)!.t22!t.46.(1)
27、设 A =(1010), 计算积分t0eAsds;(2)设 A =(0110), 计算 eA与 eAt;(3)设 A2= A, 计算 eAt与t0eAsds.解：(1) 与 (3) 因为 A2= A, 故 eAt= etA,t0eAsds = (et 1)A.(2) eA=(e + e1)/2(e e1)/2(e e1)/2(e + e1)/2); eAt=(et+ et)/2(et et)/2(et et)/2(et+ et)/2).47.设 A2 A + 2I = 0, 计算 eAt与t0eAsds.解: A 的极小多项式为 2 次. 因此可设 f() = et,eAt= f(A),g()
28、 = a0+ a1. 欲使 f(A) = g(A)，只需 f(i) = g(i),li(i = 1,2) 是 A 的特征值。可得 a0=2e1t1e2t21=et/2cos(3t/2) (1/3sin(3t/2),a1=e1te2t12=23et/2sin(3t/2).代入得 eAt=et/2cos(3t/2) (1/3sin(3t/2)I +23et/2sin(3t/2)A.48.(1)证明Jacobian猜想对线性映射成立;(2)证明Jacobian猜想的逆命题成立;(3)试求例 5.5.6 中多项式映射的逆映射. 试对次数不超过2(即每个分量的次数不超过2)的二元多项式映射证明Jacob
29、ian猜想. 如何将你的证明推广到 n 元?49.如果 f = (f1(x), ,fn(x)T与 g = (g1(x), ,gn(x)T是两个 n 元列映射, 计算 J(fTg) 并与乘法公式命题 5.5.1(2) 比较.5550.设 x = (x1,x2, ,xn)T,A 是 n 阶矩阵, 求 n 元函数 (|xAx|2)2的导数与Hessian矩阵.51.计算例 5.5.8 中的复合函数的导数并与多元函数的链法则比较.52.证明命题 5.5.2.53.(1)证明命题 5.5.3, 并以此推出 J(tr(AX) 与J(tr(XB);(2)验证公式 (5.5.17).54.计算一般线性变换的导
30、数, 证明例 5.5.3 的结论.55.验证公式 (5.6.5) 给出定解问题 (5.6.2) 的解且该解是唯一的.证明：直接验证即可.56.求下列微分方程组的通解：(1) x0(t) =(1243)x(t);(2) x0(t) =011111011x(t).解：(1)13(2et+ e5te5t et2e5t 2et2e5t+ et)(c1c2);(2)2 et+ tettet2 + 2et+ tet1 + etet1 + et1 et+ tettet1 + 2et+ tetc1c2c3.57.求下列微分方程组 x0(t) = Ax(t) 满足初始条件 x(0) 的解：(1) A =(112
31、31), x(0) =(01);(2) A =121111201, x(0) =100.(1)(e7t e5t12(e7t+ e5t); (2)12(e3t+ et)14(e3t et)12(e3t et).58.分别利用积分因子法和常数变易法详细证明定理 5.6.2.证明：见书中正文.59.(1)求解微分方程组x0(t) =100212321x(t) +100e2t.(2)求 x0(t) = Ax(t) + Bu(t) 满足初始条件 x(0) 的解, 其中A =6101101600, B =262, u(t) = 1, x(0) =101.56解：(1) 其中一个解为x(t) = e2t14
32、575.(2)et 4e2t+113e3t+135et 16e2t+ 11e3t6et 12e2t+223e3t73.60.求方程 y000+ 6y00+ 11y0+ 6y = et满足 y(0) = y0(0) = y00(0) = 0 的解.解：34et+12tet+ e2t+14e3t.61.(1)证明微分方程 x0(t) = Ax(t) + eat有形如 x(t) = eat的解 (aI A) = ,其中 , 都是 n 维向量, a C;(2)解 x0(t) = Ax(t) + e2tC, 其中A =(3122), C =(11), x(0) =(01).证明: (1)如果有形如 x(
33、t) = eat的解, 将该解代入即可得 (aI A) = . 反之, 如果 (aI A) = , 则容易验证 x(t) = eat确实是一个解.(2)由于 (2I A) =(1120) = C 有解 = (1/2,1/2)T, 故由 (1) 知方程组有特解 x(t) = e2t. 因此原方程组的解为 x(t) = eAtx(0) + e2t.62.证明定义 5.7.1 后的注.(提示: 利用定理 5.7.1.)证明：需要证明如果任何初始状态 x(0) 均能变为 0, 则存在输入 u(t) 可将任何初始状态 x(t0) 变为任何事先指定的状态 x(t1). 因此只需证明初始状态 x(0) =
34、0 能变为 x(t1) 即可.由假设, 则存在输入 u1(t) 将初始状态 x(t1) 变为 0, 即 0 = eAt1x(t1)+t10eA(t1t)Bu1(t)dt. 于是 x(t1) = eAt1t10eA(t1t)Bu1(t)dt =t10eA(t1t)B(eAt1u1(t)dt. 即存在输入 eAt1u1(t)将初始状态 0 变为 x(t1).63.(1)设定常系统的系统矩阵 A 是对角矩阵, 试给出该系统可控性的一个判断准则;(2)设定常系统的系统矩阵 A 是一个Jordan块, 试给出该系统可控性的一个判断准则;(3)设单输入定常系统的系统矩阵 A 是Frobenius标准形 (
35、即 (5.6.10) 中的矩阵), 而其控制矩阵 B 为标准向量 en, 证明该系统是可控的. 这样的定常系统称为可控标准形.解: (1)设 A = diag(a1, ,an),B = (b1, ,bn)T. 于是可控矩阵W = (B,AB, ,An1B) =b1a1b1a21b1an11b1b2a2b2a22b2an12b2bnanbna2nbnan1nbn=diag(b1, ,bn)1a1a21an111a2a22an121ana2nan1n.57因此 |W| = b1bnV (a1,a2, ,an), 其中 V (a1,a2, ,an) 是 Van der Monde 行列式. 故知 r
36、(W) = n 当且仅当 A 可逆且 B 无 0 行 (即无零元素).(2)设 B = (b1, ,bn)T. 则 r(W) = n 当且仅当 bn6= 0.(3) 直接计算可知 W = (B,AB, ,An1B) =0001001a101a1(1)n2an211a1a21(1)n1an11.故 W 可逆.64.根据你在63题中给出的判断准则, 研究下面几个定常系统的可控性.(1)A =(2001), B = (1,1)T; (2)A =(2001), B = (1,0)T;(3)A =(a00b), B = (c,d)T; (4)A =(a10a), B = (c,d)T.解：(1) 可控，
37、(2) 不可控，(3)可控 abcd 6= 0; (4) 可控 d 6= 0.65.证明例 5.7.6 的结论.解：可测矩阵 M =(ab1a2b). 故 M 可逆 ab(1 2) 6= 0.66.证明定理 5.7.4.证明：略.67.(1)设定常系统的系统矩阵 A 是对角矩阵, 试给出该系统可测性的一个判断准则;(2)设定常系统的系统矩阵 A 是一个Jordan块, 试给出该系统可测性的一个判断准则;(3)设定常系统的系统矩阵 A 是Frobenius标准形的转置矩阵, 而其输出矩阵 C 为标准行向量 eTn, 证明该系统是可测的. 这样的定常系统称为可测标准形.解：可测矩阵 M =CCA.CAn1可逆当且仅当其转置矩阵 MT= (CTATCT (AT)n1CT)可逆. 因此由 63 题的结论可知(1)r(M) = n 当且仅当 A 可逆且 C 无零列 (即 C 无 0 元素).(2)设 C = (c1, ,cn). 则 r(M) = n 当且仅当 cn6= 0.(3)此时 MT可逆, 故 M 可逆.68.根据你在67题中给出的判断准则, 研究下面几个定常系统的可测性.(1)A =(a10a), C = (c,d)T; (2)A =a100a100a, C = (c,d,f)T.解: (1) d 6= 0;(2) f 6= 0.58
