6-2 矩阵级数

A
(k ) 1
( aijk) ∑k=0 ∑i=1∑j=1 m n ∞
都收敛 ,由于 由于
m n
= max ∑ a
m j
(k ) i=1 ij
( ≤ ∑i=1 ∑j=1 aijk )
由正项级数的比较判别法， 由正项级数的比较判别法，
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可知级数 ∑k=0
∞
S = ∑k=0 A
∞
(k )
( n aijk) = sij i =1,L, m; ∑k=0
∞
j =1,L, n;
π
1 例1. 2k (k ) 已知矩阵序列{A } 的通项为A(k) = 0 ∞ A(k ) 判断矩阵级数 的敛散性 k =0
∑
4k 1 (k +1)(k + 2)
A(0) B(0) + ( A(0) B(1) + A(1) B(0) ) +L+ ( A(0) B(k ) +L+ A(k ) B(0) ) +L
绝对收敛, 绝对收敛 记: S
S
(n) 3 n
(n) 1
= ∑k=0 A
n
(k )
S
(n) 2
= ∑k=0 B(k)
n
( ( 则 S1(n)S2n) − S3n) = A(1) B(n) + A(2) B(n−1) +L+ A(n) B(1) +L+ A(n) B(n)
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当 ρ ( <
∞
R 时，幂级数
k k i
∑c λ
k =0
,
∞
∑c c
k =0 k k
∞
1
k k
λi
k −1
, L,
∑c c
k =0
d i −1
λi
k − d i +1
∞
都是绝对收敛的， 都是绝对收敛的，故矩阵幂级数 当ρ ( A) > R 时，幂级数 发散。 所以 ∑ ck A 发散。
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三.矩阵级数的绝对收敛
(k ) (k ) n× n 定义2. 设: A = (aij ) n×n ∈ C ,矩阵级数
A( k ) ∑
k =0
∞
若
对某一个矩阵范数满足:
∑
k =0
∞
A( k ) = A( 1 ) + A( 2 ) + L + A( k ) + L
也绝对收敛，且其和为AB 也绝对收敛，且其和为 证明：只证4.及 证明：只证 及5. 4.因 因
∑
∞ k =0
A =A 记 ，
(k )
S
(n)
∞
= ∑k=0 A ，则
n (k )
limS(n) = A
n→∞
在此基础上考察级数
n (k ) n→∞
PA(k)Q的部分和的极限 ∑k=0
n n→∞
lim∑k=0 PA Q = P(lim∑k=0 A(k ) )Q = PAQ
∞
∑
∞
k =0
a k =0
(k ) ij
都收敛,即 绝对收敛. 都收敛 即 ∑ k = 0 aij 绝对收敛
A 1 = max ∑i=1 aij
n j
∞
证明：先给出矩阵范数 证明： 必要性： 必要性： 若正项级数 ∑k=0
( 可知 aijk) ≤ A(k)
∞ (k )
A
收敛， 收敛，由 A 1
(k ) 1
∞ (k )
∞ (k )
∞
与∑k=0 k=
∞
B(k)
= σ1
∑
∞ k =0
B(k) = σ2
的通项的范数
A(0) B(k ) +L+ A(k ) B(0) ≤ A(0) B(k ) +L+ A(k ) B(0)
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由正项级数的比较判别法可知， 由正项级数的比较判别法可知，级数
ck Ak = c0 I + c1 A + c2 A2 + L + ck A( k ) + L ∑
k =0 ∞
的矩阵级数为矩阵幂级数。 的矩阵级数为矩阵幂级数。 矩阵幂级数
∞
ck x k 的收敛半径为 R, A 为 n 阶方阵 定理4： 定理 ：设幂级数 ∑
若 ρ ( A) < R
ck Ak ，则矩阵幂级数 ∑
3，绝对收敛的矩阵级数必收敛，并且任意调换其 ，绝对收敛的矩阵级数必收敛， 项的顺序所得的矩阵级数仍收敛，且其和不变. 项的顺序所得的矩阵级数仍收敛，且其和不变
A(k) 收敛（或绝对收敛），则 4，若矩阵级数 ∑k=0 收敛（或绝对收敛）， ），则 ，
∞
矩阵级数 并且有: 并且有
也收敛（或绝对收敛）， PA(k)Q 也收敛（或绝对收敛）， ∑k=0
矩阵论电子教程
哈尔滨工程大学理学院应用数学系
Department of Mathematics, College of Sciences
第 六 章
矩阵分析
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§6.2 矩 阵 级 数 一,矩阵级数的定义 矩阵级数的定义 由F n×n中的矩阵序列{A(k)}构成的无穷和 定义1. 定义
A(0) + A(1) +L+ A(k ) +L ∞ (k ) 称为矩阵级数 矩阵级数， 称为矩阵级数，记为 ∑k=0 A ，
不收敛的矩阵 为矩阵级数的部分和。 为矩阵级数的部分和。 部分和 ∀n∈N 称: S = k=0 A 级数称之为发散的 ∞ 二,矩阵级数的收敛和发散 A(k)收敛 矩阵级数的收敛和发散 则称矩阵级数
[解答 考察上述矩阵级数的部分和 解答] 解答
S
(n)
= ∑k=0 A(k)
n
( A( k ) = (a ijk ) ) n×n , S = ( sij ) n×n
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πn 1 k (n) 2 a (1− q ) 4k 1 k A(s) = = 1 1 1 1 1 1 0 1− q + + +L =1− (k +1)(k +2⋅ 3 3⋅ 4 1⋅ 2 2) (n +1) ⋅ (n + 2) n+2
L O
∑c c
k =0
∞
di −1 k −di +1 k k i
λ
ck λi k ∑
M
1 ck ck λik −1 ∑ k =0 ∞
O
ck λik ∑
k =0
∞
di ×di
k ( k − 1)L (k − l + 1) c = (当l ≤ k ) l! l ck = 0 (当l > k )
PA Q = P(∑k=0 A(k) )Q ∑k=0
(k ) ∞ ∞
∞
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5，若 ∑k=0 A 与 ，
(k )
∞
) B(k均绝对收敛，则它们按项 ∑k=0 均绝对收敛，
∞
相乘所得的矩阵级数
A(0) B(0) + ( A(0) B(1) + A(1) B(0) ) +L+ ( A(0) B(k) +L+ A(k ) B(0) ) +L
收敛， 可见 ∑k=0 PA Q 收敛，且
(k )
∞
PA Q = P(∑k=0 A(k) )Q ∑k=0
(k )
∞
∞
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若 ∑k=0 A 绝对收敛
(k )
∞
∑
∞ k =0
A(k) 收敛，由于 收敛，
PA(k )Q ≤ P A(k ) Q = P Q ⋅ A(k )
λi 其中 J i (λi ) =
1
λi
O (i = 1, 2,L , r ) O 1 λi di ×di
k 于是 Ak = Pdiag( J 1k ( λ1 ), J 2 ( λ2 ),L , J rk ( λr )) P −1
d 1 λik ck λik −1 L ck i −1λik −di +1 k O M λi k Ji (λi ) = 1 k −1 O ck λi k λi di ×di
k =0 ∞
k =0
∞
绝对收敛； 绝对收敛；
发散。 若 ρ ( A) > R ，则 ∑ ck Ak 发散。
k =0
证明： 证明： 设 A 的Jordan标准形为 标准形为
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J = diag( J 1 ( λ1 ), J 2 ( λ2 ),L , J r ( λr ))
n 再记 σ1n = ∑k=0
n
= ∑k=0 ( A(0) B(k) +L+ A(k) B(0) )
A
(k )
σ = ∑k=0 B(k)
n 2 n
( σ3n) = ∑k=0 ( A(0) B(k) + A(1) B(k−1) +L+ A(k) B(0) )
由矩阵范数的三角不等式及相容性
( 再由 limS1(n)S2n) = AB n→∞
n 1 ∑k=0 2k n S(n) = ∑k=0 A(k) = 0