胡建华-矩阵论-第7章(广义逆矩阵)简化讲稿.doc

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1、第七章广义逆矩阵简化讲稿问题的提出：问题1：由线性代数知，如果是可逆矩阵，则线性方程组有唯一解。是用由唯一确定的矩阵来写的解的表达式。对于一般的相容方程（即有解的方程），其解可能唯一，也可能有无穷多解。如果和是具体给出的，我们会求其通解。如果和不具体给出，能不能用由唯一确定的矩阵来写出解的表达式？问题2：如果是矛盾方程组（即无解的方程组），当然谈其精确解是没有意义的，但可以求其“最佳近似解”。“最佳近似”的标准通常取为我们称上面极小化问题为线性方程的最小二乘问题，最小二乘问题的解称为最小二乘解。这就产生如下问题：最小二乘解是否存在，是否唯一，当和不具体给出时，

2、如何写出其解的表达式。本章我们将用广义逆矩阵来写出最小二乘解的通式。值得注意的是，当有解时，最小二乘问题也是有意义的，此时。显然的解与其最小二乘解是一样的。所以只需讨论最小二乘解。定义1设如果存在同时满足下列四个Penrose方程则称为的Moore–Penrose广义逆矩阵（以后简称的广义逆），记为。显然，当可逆时，满足上面四个方程，因此，广义逆是逆矩阵的推广。定理1设，则的广义逆存在且唯一。证设，若即是阶零矩阵，可以验证阶零矩阵满足四个Penrose方程。若由满秩分解定理知，存在，使得(1.1)令(1.2)可以直接验证满足四个Penrose方程，故的广义逆存

3、在。再证明唯一性。设和都满足四个Penrose方程，则从而，的广义逆是唯一的。推论若矩阵是列满秩的，则有满秩分解，因此(1.3)若矩阵是行满秩的，则有满秩分解，因此(1.4)若矩阵有满秩分解，则由和又得(1.5)式、、提供了计算一种方法例1设为阶对角矩阵，即，则其中。证易直接验证满足四个Penrose方程。例2已知，求。解，矩阵是行满秩的，故有例3已知，求解首先利用初等行变换求出的最简阶梯矩阵为因此的满秩分解为，其中，于是矩阵的奇异值分解又给出了的另一表达式。见下面定理。定理2设的奇异值分解为(1.6)其中，为正奇异值。都是正交矩阵。则(1.7)证容易直接验证

4、式定义的满足Penrose四个方程。例4已知，求解先求的奇异值分解。其中因此本节最后叙述一些性质。定理3设则（1）；（2）；（3）；（4）若，其中为阶非奇异矩阵，则（5）设都是正交矩阵，则（6）（7）证（1）～（5）由定义易证。（6）和（7）由广义逆的表达式易证。尽管广义逆矩阵与普通的逆矩阵的性质非常接近，但逆矩阵的有些性质对并不成立。例5举例说明；；。解（1）设，，由可得，；又为满秩矩阵，则，从而，而，则；（2）设，由可得因为，所以；而，则。又，，因此有。下面将用广义逆来表示线性方程组最小二乘解（包括的解）。定理4方程组的最小二乘解的通式为(1.8)其中是任

5、一向量。证（I）当有解时，下面证明的通解是。显然是的一个特解，这是因为，设的一个解为，由广义逆的定义下面只需再证的通解是。由广义逆的定义说明对任意，都是的解。反之，设是的任一解，即，从而，说明具有的形式。因此，的通解是。（II）当无解时，下面证明其最小二乘解，即法方程组(1.9)的通解是式。因为法方程组总是有解的，由（I）的结论，法方程组的通解是(1.10)由奇异值分解得由定理3得因此(1.11)于是(1.12)将式和代入式，即最小二乘通解是式。当的最小二乘解不唯一时，通常我们关心的是2－范数最小的最小二乘解。简称最小范数解，记为。定理5方程组的最小范数解存在

6、且唯一，表达式为(1.13)证由最小二乘通解表达式，显然是一个最小二乘解。下面证明与正交。而所以设，从而（勾股定理）由此可知是方程组的最小范数解。注：最小范数解是唯一，这里不再证明（实际上，最小二乘解是全体是一个凸集，由此易证明最小范数解是唯一）。例6求线性方程组的最小范数解，其中，解由于，故此方程组为矛盾方程组。为了求方程组的最小范数解，先求。对进行满秩分解，，其中则，从而因此，该方程组的最小范数解为在数值计算中，通常使用奇异值分解来计算或求的最小范数解。即值得注意的是，这里秩在计算中是无法确定，必须重新定义矩阵的数值秩（见上章补充内容）。奇异值分解法是目前

7、计算最准确的方法，但所花代价（占用机器内存和机器耗时）也是相当大的。