数值线性代数答案doc.docx
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数值线性代数答案doc
习题1
１．求下三角阵的逆矩阵的详细算法。
[解]设下三角矩阵L的逆矩阵为T
我们可以使用待定法，求出矩阵T的各列向量。
为此我们将T按列分块如下：
注意到
我们只需运用算法1·1·1，逐一求解方程
便可求得
[注意]考虑到内存空间的节省，我们可以置结果矩阵T的初始状态为单位矩阵。
这样，我们便得到如下具体的算法：
算法（求解下三角矩阵L的逆矩阵T，前代法）
３．证明：
如果是一个Gauss变换，则也是一个Gauss变换。
[解]按Gauss变换矩阵的定义，易知矩阵是Gauss变换。
下面我们只需证明它是Gauss
变换的逆矩阵。
事实上
注意到，则显然有从而有
４．确定一个Gauss变换L，使
[解]比较比较向量和可以发现Gauss变换L应具有功能：
使向量的第
二行加上第一行的2倍；使向量的第三行加上第一行的2倍。
于是Gauss变换如下
５．证明：
如果
有三角分解，并且是非奇异的，那么定理
··
中的L和U都是唯
112
一的。
[证明]设，其中都是单位下三角阵，都是上三角阵。
因为A非
奇异的，于是
注意到，单位下三角阵的逆仍是单位下三角阵，两个单位下三角阵的乘积仍是单位下三角阵；上三角阵的逆仍是上三角阵，两个上三角阵的乘积仍是上三角阵。
因此，上述等将是一个单
位下三角阵与一个上三角阵相等，故此，它们都必是单位矩阵。
即，
从而
即A的LU分解是唯一的。
17．证明定理1·3·1中的下三角阵L是唯一的。
[证明]因A是正定对称矩阵，故其各阶主子式均非零，因此A非奇异。
为证明L的唯一性，
不妨设有和使
那么
注意到：
和是下三角阵，和为上三角阵，故它们的逆矩阵也分别是下三角阵和上
三角阵。
因此，只能是对角阵，即
从而
于是得知
．若
是A的
Cholesky
分解，试证L的i阶顺序主子阵
正好是A的i阶顺序主子
19
阵
的Cholesky因子。
[证明]将A和L作如下分块
其中：
为矩阵A和L的i阶顺序主子阵。
。
显然
故有。
即是的Colicky分解。
23．设
用平方根法证明A是正定的，并给出方程组的解。
[解]由Colicky分解可得
其中
显然，L是非奇异矩阵。
因此，对.于是
所以是正定的。
由方程组，解得，再由方程组，解得
习题2
2.2证明：
当且仅当和线性相关且时，才有.
证明因为对任意的
于是，
当且仅当
由等式（E2.1）可知，当且仅当
，
即，对任意的，此式成立不外乎二种情形：
或；或；或
.即和线性相关。
2.3证明：
如果是按列分块的，那么
证明因为
.
2.4证明：
证明记，那么，根据第3题的结果我们有
根据Frobenius范数定义易知，对.于是
2.5设是由
定义的。
证明是矩阵范数，并且举例说明不满足矩阵范数的相容性。
证明
（1）证明是矩阵范数。
因为
显然满足矩阵范数定义中的前三条：
正定性、齐次性、三角不等式。
下面我们证明满足“相容性”。
对任意，记，，且
还
则，，且
（2）一个不满足矩阵范数的相容性的例子。
取，，则
。
于是，，从而
2.6证明：
在上，当且仅当是正定矩阵时，函数是一个向量范数。
证明由于A是正定矩阵，不妨设
是A的特征值，
是其对应
的标准正交特征向量，即
显然，
是线性无关的。
因此，
=span{
}.记
，
，那么
，且对任意
，总有
使
.
命题的充分性是很显然的。
因为
是上的向量范数，则由其正定性可知
A
必为正定矩阵。
现在我们来证明命题的必要性。
即假设是正定矩阵，则函数满足向量范数定义的三条性质：
正定性。
由A的正定性，正定性显然成立。
齐次性。
对任意的，因为，故有
.
三角不等式。
对于任意给定的，有，使
应用习题2.1的结果，得
即有
2.7设是上的一个向量范数，并且设.证明：
若，则
是上的一个向量范数。
证明当时，当且仅当是上的零向量。
再由假设是上的一个
向量范数，于是可证得满足：
正定性。
事实上，对任意，，而且当且
仅当.
齐次性。
事实上，对所有的和有，因此
.
三角不等式。
事实上，对所有的有，
因此有
2.8若且，证明
.
证明首先用反证法，证明的存在性。
设奇异，则
有非零解，且，于是，从而.这与假设矛盾。
现在来证明命题中的不等式。
注意到：
，且
故有
即
2.9设是由向量范数诱导出的矩阵范数。
证明：
若非奇异，则
证明因为是向量范数诱导的矩阵范数，故=1，且对和，有
于是对，有，且当时，有
.（E2.2）
现在只需证明：
存在且，使即可。
根据算子范数的定义，我们
不妨假设，使.再取，显然，且
（E2.3）
综合（E2.2）和（E2.3）得
2.12证明对任意的矩阵范数都有，并由此导出
[证明]由定理2.1.6
（1）可知，对任意矩阵范数都有，而，于是
，
从而
.
2.13若和都是非奇异的，证明
.
[证明]因为
所以，根据矩阵范数的相容性可得
.
习题3
１．设
用正则化方法求对应的ＬＳ问题的解．
［解］由定理３.1.4可知,ＬＳ问题的解就是下列正则化方程组解：
即
解得：
２．设
求对应的ＬＳ问题的全部解．
［解］由定理３.1.4可知,ＬＳ问题的解就是下列正则化方程组解：
经初等行变换得其同解方程组
从而
即
其中
3.设,求一个Householder变换和一个正数使得
[解]由于2范数具有正交不变性,故.于是
于是,令
那么,可以验证满足该题的要求.
4．确定和使得
［解］由２范数具有正交不变性，故
于是
从而
10．设且存在使得对每一个均极小化。
证明：
[解]由矩阵奇异值分解定理知，设
的秩
，则存在
阶正交阵
和阶
正交阵，使
其中：
是的非零特征值全体。
可以证明矩阵，且
.
事实上，
由定理3.1.4可知，对任一是=min.的解。
另外，
于是我们有
12．利用等于
证明：
如果，那么
[证明]令泛函
如果，那么对当且充分小时，，从而由
连续性有
，
由的任意性，则必有，即
习题4
1.设方程组的系数矩阵为
证明：
对来说，Jacobi迭代不收敛，而G-S迭代收敛；而对来说，Jacobi迭代收
敛，而G-S迭代不收敛。
[解]对于，则有
从而，
于是
从而，
，
即有
由定理4.2.1知，Jacobi迭代法不收敛；G-S迭代收敛。
对于，
，
从而
进而
显然，
2.设
满足
故由定理4.2.1，证明对任意的
知，Jacobi迭代法收敛；G-S迭代不收敛。
，迭代格式
最多迭代次就可得方程组
[证明]由于，故
的精确解。
的所有特征值均为零。
于是存在正交矩阵
及矩阵
使，注意到于是：
另一方面，记：
从而，，即
.
3.考虑线性代数方程组这里
（1）为何值时，是正定的？
（2）为何值时，Jacobi迭代收敛？
（3）为何值时，G-S迭代收敛？
[解]
（1）对称矩阵正定的充分必要条件是其特征值均为正数。
而的特征多项式为
于是的特征值为：
欲使它们均大于零，则
（2）由于Jacobi迭代矩阵为
的特征多项式为
其特征值为：
，于是
谱半径
.
由定理
4.2.1
可知，
Jacobi迭代收敛当且仅当
.
从而当
时，Jacobi
迭代收敛。
（3）由于G-S迭代矩阵为
其特征多项式为
特征值为：
从而
故由定理
4.2.1
可知，当
时，
G-S迭代收敛。
注意：
（2）和（3）中的
可以是复数。
5．若
是严格对角占优的或不可约对角占优的，则
G-S迭代法收敛。
[证明]若是严格对角占优的或不可约对角占优的，则必有，因此非奇异。
知，
现在来证明：
G-S迭代矩阵的谱半径小于
也是严格对角占优或不可约对角占优的，因此
，
1。
假设
，则由
的假设
而由于
这说明迭代矩阵
不存在模大于等于
1的特征值。
因此
，从而
G-S
迭代收敛。
8．若存在对称正定阵
P，使
为对称正定阵，试证迭代法
收敛。
[证明]设是的任一特征值，是关于的特征向量，于是
因都是正定阵，故，即.由的任意性得知，故迭代法收
敛。
9．对Jacobi方法引进迭代参数，即
或者
称为Jacobi松驰法（简称JOR方法）．证明：
当的Jacobi方法收敛时，JOR方
法对收敛．
［证明］对于，，则Jacobi迭代矩阵和JOR迭代矩阵分别是
由于Jacobi迭代收敛当且仅当，即Ｂ的任一特征值．现设是Jacobi迭
代矩阵的一个特征值，非零向量是其对应的特征向量，则有
即有
进而
即若是Jacobi迭代矩阵的一个特征值，则便是的一个特征值．
当取定：
，并假定，注意到
即的所有特征值模小于１，从而，即JOR迭代收敛．
10．证明：
若是具有正对角元的实对称矩阵，则JOR方法收敛的充分必要条件是及
均为正定对称矩阵．
［证明］由于的对角元都是正数，故的对角元为正数，故
显然，矩阵与相似，两者有相同的特征值。
同时，它与A有着相同的实对称性。
因此，两个矩阵的特征值都是实数。
必要性。
设
JOR迭代收敛，即
．那么，矩阵
的特征值在区间
内，于是得出
的特征值位于区间
内，这就是说
是正定的，而它与
具有相同的正定性，因此
也是正定的．
另外，实对称矩阵
的特征值完全由
的特征值所生成，
所以
的特征值将全部位于区间
内，因此是正定的。
注意到
因此矩阵也是正定的。
充分性。
一方面，因为
所以与一样是正定矩阵。
即的特征值均大于0．即
的特征值均小于１．另一方面，由于正定，而且
所以，矩阵是正定的，即特征值全部为正数，即的特征值均大于－１．
结合两方面的结果，得知：
，即
JOR迭代收敛．
11.证明：
若系数矩阵
是严格对角占优的或不可约对角占优的，且松驰因子
，
则SOR收敛。
[证明]若矩阵是严格对角占优的或不可约对角占优的，则必有，因此D非奇
异。
现假定某个复数，则矩阵也是严格对角占优的或不可约对
角占优的。
不妨假设，且，于是就有
从而
因此得到
于是由的严格对角占优或不可约严格对角占优可知也是严格
对角占优或不可约对角占优的。
因此，是非奇异的。
而
因此，不是SOR迭代矩阵的特征值。
由的任意可知，的特征值都将满足，
于是，从而SOR迭代收敛。
习题5
1.证明等式（5.1.4）．
［证明］考虑在方程组的解向量处的Taylor展式，则有
，
注意到：
，于是上式可写为
．
３．试证明当最速下降法在有限步求得极小值时，最后一步迭代的下降方向必是的一个特
征向量．
［证明］假定在步迭代后，得到了精确解，即
，
从而有
，
记：
，整理可得
，
即是说是Ａ的一个特征值，是其对应的特征向量．
５．设
对称正定的，
是互相共轭正交的，即
．证明
是线性无关的．
［证明］若有一组数满足
则对一切一定有
注意到，由此得出：
即所有的＝０．因此，是线性无关的．
习题6
５．设．求的特征值的条件数．
［解］显然都是单特征值．
对于来说，显然是关于的一个模１特征向量．同时，容易求得是
关于的满足的左特征向量，故由特征值条件数的定义得知
对于来说，解方程
得到关于的特征向量
当时，．
再由方程可解得关于的左特征向量，令，则得出
从而由特征值条件数的定义知
．
７．分别应用幂法于矩阵
，
并考察所得序列的特性．
［解］我们不妨设．对于矩阵
即初始向量：
，迭代如下：
；
；
一般地，
，．
显然
．
对于矩阵
取初始向量：
，则迭代得到
；
；
由此我们可以看出，迭代数列：
，和向量序列：
均不收敛．但它们都各对应地存在
两个收敛子列．
即当脚标为奇数时，
；
当脚标为偶数时，
１４．应用基本的ＱＲ迭代于矩阵
，
并考察所得的矩阵序列的特点，并判断该矩阵序列是否收敛？
［解］用Givens正交变换实现ＱＲ迭代：
第１步：
，
第２步：
，
．
由上面的两步迭代，即已说明对该矩阵进行ＱＲ迭代，其矩阵序列由两个矩阵构成其奇数项和偶数项，因此该矩阵序列不收敛．
习题7
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