數(shù)值線性代數(shù) 北大 答案全

1、數(shù)值線性代數(shù)習題解答習題1求下三角陣的逆矩陣的詳細算法。解 設下三角矩陣L的逆矩陣為T我們可以使用待定法，求出矩陣T的各列向量。為此我們將T按列分塊如下： 注意到我們只需運用算法1·1·1，逐一求解方程便可求得注意 考慮到內存空間的節(jié)省，我們可以置結果矩陣T的初始狀態(tài)為單位矩陣。這樣，我們便得到如下具體的算法：算法（求解下三角矩陣L的逆矩陣T，前代法）設為兩個上三角矩陣，而且線性方程組是非奇異的，試給出一種運算量為的算法，求解該方程組。解 因，故為求解線性方程組，可先求得上三角矩陣T的逆矩陣，依照上題的思想我們很容易得到計算的算法。于是對該問題我們有如下解題的步驟：（1）計

2、算上三角矩陣T的逆矩陣，算法如下：算法 1（求解上三角矩陣的逆矩陣，回代法。該算法的的運算量為）（2）計算上三角矩陣。運算量大約為.（3）用回代法求解方程組：.運算量為；（4）用回代法求解方程組：運算量為。算法總運算量大約為：證明：如果是一個Gauss變換，則也是一個Gauss變換。解 按Gauss變換矩陣的定義，易知矩陣是Gauss變換。下面我們只需證明它是Gauss變換的逆矩陣。事實上注意到，則顯然有從而有確定一個Gauss變換L，使解 比較比較向量和可以發(fā)現(xiàn)Gauss變換L應具有功能：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變換如下證明：如果有三角分

3、解，并且是非奇異的，那么定理1·1·2中的L和U都是唯一的。證明 設 ，其中都是單位下三角陣，都是上三角陣。因為A非奇異的，于是注意到，單位下三角陣的逆仍是單位下三角陣，兩個單位下三角陣的乘積仍是單位下三角陣；上三角陣的逆仍是上三角陣，兩個上三角陣的乘積仍是上三角陣。因此，上述等將是一個單位下三角陣與一個上三角陣相等，故此，它們都必是單位矩陣。即，從而即A的LU分解是唯一的。設的定義如下證明A有滿足的三角分解。證明 令 是單位下三角陣，是上三角陣。定義如下容易驗證：設A對稱且，并假定經過一步Gauss消去之后，A具有如下形式證明仍是對稱陣。證明 根據Gauss變換的屬性，顯

4、然做矩陣A的LU分解的第一步中的Gauss變換為其中，將A分塊為那么即 由A的對稱性，對稱性則是顯而易見的。設是嚴格對角占優(yōu)陣，即A滿足又設經過一步Gauss消去后，A具有如下形式試證：矩陣仍是嚴格對角占優(yōu)陣。由此推斷：對于對稱的嚴格對角占優(yōu)矩陣來說，用Gauss消去法和列主元Gauss消去法可得得同樣的結果。證明 依上題的分析過程易知，題中的于是主對角線上的元素滿足（1）非主對角線上的元素滿足由于A是嚴格對角占優(yōu)的，即故從而（2）綜合（1）和（2）得即，矩陣仍是嚴格對角占優(yōu)陣。設有三角分解。指出當把Gauss消去法應用于矩陣時，怎樣才能不必存儲L而解出Ax=b？需要多少次乘法運算？解 用Ga

5、uss消去法作A的LU分解，實際上就是對系數(shù)矩陣A作了一組初等行變換，將其化為上三角矩陣U。而這一組的初等行變換對應的變換矩陣就是，即如果把這一組初等行變換施加于方程右端向量b上，即有這就是說，方程組和是同解方程。而后者是上三角形方程組，可運用本章算法1·1·2求解。這樣我們就不必存儲L，通求解方程組，來求解原方程組。算法如下：（1）用初等變換化；（2）利用回代法求解方程組。該算法所需要的加、減、乘、除運算次數(shù)為10A是正定陣，如果對A執(zhí)行Gauss消去一步產生一個形式為的矩陣，證明仍是正定陣。證明 不妨設從而有由于非奇異，故對且，構造，及，則由A的正定性有由x的任意性知，

6、正定。11設并且是非奇異的。矩陣稱為是在A中的Schur余陣。證明：如果有三角分解，那么經過步Gauss消去以后，S正好等于（1·1·4）的矩陣證明 因為有三角分解，所以矩陣A可保證前步Gauss消去法可以順利完成。即有如下單位下三角矩陣使注意到比較兩式便知，故有12證明：如果用全主元Gauss消去法得到PAQ=LU，則對任意有證明 略。13利用列主元Gauss消去法給出一種求逆矩陣的實用算法。解 設A是非奇異的，則應用列主元Gauss消去法可得到這里：P是置換陣，L是單位下三角陣，U是上三角陣。于是，通過求解下列n個方程組便可求得于是也就是說，求A的逆矩陣，可按下列方案進

7、行：（1）用列主元Gauss消去法得到：；（2）經求解：得；（3）對X進行列置換得：。14假定已知的三角分解：A=LU。試設計一個算法來計算的（i，j）元素。解 求解方程組則x的第i個分量就是的（i,j）元素。15證明：如果是嚴格對角占優(yōu)陣（參見第8題），那么A有三角分解A=LU并且證明 仿照第8題的證明，容易證明：對于是嚴格對角占優(yōu)陣，經過一步Gauss消去后，得到其中仍是嚴格對角占優(yōu)陣。A的三角分解A=LU中這樣，我們在對A進行列主元三角分解時，不需要選擇主元，因為每次消元時，主元位置上的元素恰好是列主元。因此，16形如的矩陣稱作Gauss-Jordan變換，其中.（1）假定非奇異，試給出

8、計算其逆矩陣的公式。（2）向量滿足何種條件才能保證存在使得?（3）給出一種利用Gauss-Jordan變換求的逆矩陣的算法。并且說明A滿足何種條件才能保證你的算法能夠進行到底。解 為解決本問題，我們引入Gauss-Jordan變換的兩個性質：性質1： .事實上，性質2：Gauss-Jordan變換非奇異的充分必要條件是.（1）運用待定法，首先設的逆矩陣為，則有故應有（2）欲使，則應有即因此，應滿足，便可按上述方法得到使得。（3）設A的逆矩陣，則應有下面我們給出利用Gauss-Jordan變換求解方程組的計算方法。算法如下：假定A的各階主子陣非零，記第1步：假若，令，構造，用左乘和，得到其中第2

9、步：假定，令，構造，用左乘和，得到其中照此下去，直到第n步：假定 ，構造，用左乘和，得到經上述n步，我們得知：故從上面的約化過程可知，要保證算法進行到底，必須保證：我們可以仿照定理1.1.2給出下列定理。定理：的充分必要條件是矩陣的各階順序主子陣非奇異。證明 對于用歸納法。當時，定理顯然成立。假定定理直到成立，下面只需證明：若非奇異，則非奇異的充要條件是即可。由歸納假定知因此，Gauss-Jordan約化過程至少可以進行步，即可得到個Gauss-Jordan變換使（16-1）由此可知的階順序主子陣有如下形式若將的階順序主子陣分別記為，則由（16-1）知注意到 所以即非奇異的充要條件是17證明定

10、理1·3·1中的下三角陣L是唯一的。證明 因A是正定對稱矩陣，故其各階主子式均非零，因此A非奇異。為證明L的唯一性，不妨設有和使那么注意到：和是下三角陣，和為上三角陣，故它們的逆矩陣也分別是下三角陣和上三角陣。因此，只能是對角陣，即從而于是得知18證明：如果A是一個帶寬為2m+1的對稱正定帶狀矩陣，則其Chelesky因子L也是帶狀矩陣。L的帶寬為多少？證明 帶寬為2m+1的矩陣的認識：當m=1時，2m+1=3，該帶寬矩陣形為：對m為任意一個合適的正整數(shù)來說，帶寬為2m+1的矩陣元素有如下特征：結合這一特征，對于帶寬為2m+1的對稱正定帶狀矩陣Ar的Colicky分解算法，

11、可改寫成下列形式：從算法不難看出：Colicky因子L是下三角帶狀矩陣，L的帶寬為m+1.19若是A的Cholesky分解，試證L的i階順序主子陣正好是A的i階順序主子陣的Cholesky因子。證明 將A和L作如下分塊其中：為矩陣A和L的i階順序主子陣。顯然故有。即是的Colicky分解。20證明：若是對稱的，而且其前個順序主子陣均非奇異，則A有唯一的分解式其中L是單位下三角矩陣，D是對角矩陣。證明 先證明存在性。根據定理1·1·2知，存在單位下三角陣L和上三角陣U，使A=LU，且U的主對角線上元素除外，其余都不為零。令，則有單位上三角陣使，即有又因為，則從而根據L和的可逆

12、性知：該等式左端是一個上三角陣，右端是下三角陣。因此它們等于對角陣。再注意到單位上三角陣的乘積仍是單位上三角陣，單位下三角陣的乘積仍是單位下三角陣。因此兩端都等于D。于是從而有再證唯一性。令，故有。左邊為下三角陣，右邊為上三角陣，故等于對角陣。又因，故。21給出按行計算Cholesky因子L的詳細算法。解 略。22利用改進的平方根法設計一種計算正定對稱矩陣的逆的算法。解 算法可分為以下幾個步驟：（1）首先利用算法1·3·2計算出正定矩陣的如下分解其中，L是單位下三角陣，D是對角陣。（2）求解矩陣方程其解矩陣.（3）求解矩陣方程其解矩陣（4）求解矩陣方程其解矩陣注意 以上（2

13、）、（3）、（4）步都是求解非常簡單的方程組，算法實現(xiàn)起來很容易。23設用平方根法證明A是正定的，并給出方程組的解。解 由Colicky分解可得其中顯然，L是非奇異矩陣。因此，對.于是所以是正定的。由方程組，解得，再由方程組，解得24設是一個正定Hermite矩陣，其中證明：矩陣是正定對稱的。試給出一種僅用實數(shù)運算的算法來求解線性方程組解 既然是正定的，又對，有，且.且注意到顯然H正等價于A、B正定。對，則有由前面的討論，知道若H是正定的，則A是正定的，故矩陣C是正定的。由于于是求解原復數(shù)方程組，等價于求解下列實方程組其矩陣形式為：由（1）得知系數(shù)矩陣正定，故該方程可采用平方根算法求解。習題2

14、2.1 設是個正數(shù)。證明：由定義的函數(shù)是一個范數(shù)。證明 只需驗證滿足定義2.1.1的三個條件。其中（1）和（2），即正定性和齊次性顯然成立，下面給出（3）三角不等式的證明。像2范數(shù)的證明一樣，要證明三角不等式，需要用到Cauchy-Schwartz不等式欲證明這個不等式，只需證明：對任意的，有下列等式成立用數(shù)學歸納法證明。當時，等式顯然成立。不妨歸納假設當時，等式仍然成立，即有（E2.1）現(xiàn)在來考慮時的情形，注意到至此，我們便證明了前述等式。亦即證明了Cauchy-Schwartz不等式。又因為是個正數(shù)，因此有從而對，我們有2.2 證明：當且僅當和線性相關且時，才有.證明 因為對任意的于是，當

15、且僅當由等式（E2.1）可知，當且僅當，即，對任意的，此式成立不外乎二種情形：或；或；或.即和線性相關。2.3 證明：如果是按列分塊的，那么證明 因為.2.4 證明：證明 記，那么，根據第3題的結果我們有根據Frobenius范數(shù)定義易知，對. 于是2.5 設是由定義的。證明是矩陣范數(shù)，并且舉例說明不滿足矩陣范數(shù)的相容性。證明 （1）證明是矩陣范數(shù)。因為顯然滿足矩陣范數(shù)定義中的前三條：正定性、齊次性、三角不等式。下面我們證明還滿足“相容性”。對任意，記，且則，且（2）一個不滿足矩陣范數(shù)的相容性的例子。取，則。于是，從而2.6 證明：在上，當且僅當是正定矩陣時，函數(shù)是一個向量范數(shù)。證明 由于A是

16、正定矩陣，不妨設是A的特征值，是其對應的標準正交特征向量，即顯然，是線性無關的。因此，=span. 記，那么，且對任意，總有使.命題的充分性是很顯然的。因為是上的向量范數(shù)，則由其正定性可知A必為正定矩陣?，F(xiàn)在我們來證明命題的必要性。即假設是正定矩陣，則函數(shù)滿足向量范數(shù)定義的三條性質：正定性。由A的正定性，正定性顯然成立。齊次性。對任意的，因為，故有.三角不等式。對于任意給定的，有，使應用習題2.1的結果，得即有2.7 設是上的一個向量范數(shù)，并且設. 證明：若，則是上的一個向量范數(shù)。證明 當時，當且僅當是上的零向量。再由假設是上的一個向量范數(shù)，于是可證得滿足：正定性。事實上，對任意，而且當且僅當

17、.齊次性。事實上，對所有的和有，因此.三角不等式。事實上，對所有的有，因此有2.8 若且，證明.證明 首先用反證法，證明的存在性。設奇異，則有非零解，且，于是，從而. 這與假設矛盾?，F(xiàn)在來證明命題中的不等式。注意到：，且故有即2.9 設|.|是由向量范數(shù)|.|誘導出的矩陣范數(shù)。證明：若非奇異，則證明 因為|.|是向量范數(shù)誘導的矩陣范數(shù)，故|I|=1，且對和，有 于是對，有且當|x|=1時，有（E2.2）現(xiàn)在只需證明：存在且|x|=1，使即可。根據算子范數(shù)的定義，我們不妨假設且|y|=1，使. 再取，顯然|x|=1，且（E2.3）綜合(E2.2)和(E2.3)得2.10 設是的LU分解。這里，設

18、和分別表示和的第行，驗證等式并用它證明解 記于是注意到：. 則有現(xiàn)在來證明因為2.11 設（）計算；（）選擇，使得而且很小，但卻很大；（3）選擇，使得而且很小，但卻很大。解 （1）顯然從而，于是選取：，則可計算得選?。?，則可計算得.2.12 證明對任意的矩陣范數(shù)都有，并由此導出證明 由定理2.1.6（1）可知，對任意矩陣范數(shù)都有，而，于是，從而.2.13 若和都是非奇異的，證明.證明 因為所以，根據矩陣范數(shù)的相容性可得.2.14 估計連乘中的上界.解 假定那么則由定理2.3.3，若假定，則，從而.2.15 證明：若，則其中證明 由定理23.2得以此類推，我們有其中： 令 ，那么再由定理2.3.

19、3知2.16 設，而且 證明：其中的元素滿足證明 因為由例2.3.1的結果我們可以得到其中再由定理2.3.3得令，則注意到從而得到其中.2.17 證明：若是維向量，則，其中證明 由定理2.3.2可知，對一切，有下面對用數(shù)學歸納法證明。當=1時，命題顯然成立。假設當時，命題仍然成立，即有那么當時，我們有，其中， 于是 ，從而由介值定理顯然存在，使即當時，命題亦成立。習題3設用正則化方法求對應的問題的解解由定理.1.4可知, 問題的解就是下列正則化方程組解：即解得：設求對應的問題的全部解解由定理.1.4可知, 問題的解就是下列正則化方程組解：經初等行變換得其同解方程組從而即,其中設,求一個Hous

20、eholder變換和一個正數(shù)使得解 由于2范數(shù)具有正交不變性, 故. 于是于是,令那么,可以驗證滿足該題的要求.4確定和使得解由范數(shù)具有正交不變性，故于是從而假定是一個二維復向量，給出一種算法計算一個如下形式的酉矩陣使得的第二個分量為零解對于復向量的范數(shù)定義如下：顯然，在復數(shù)空間中，2范數(shù)仍然保持著正交不變性。即對酉矩陣Q有根據題意，不妨設，從而注意到于是由，從而不妨設，即，又因，所以.6假定和是中的兩個單位向量，給出一種使用Givens變換的算法，計算一個正交陣，使得解 首先考慮對指定的一個二維非零向量和一個實數(shù)，如何構造Givens變換使。注意2范數(shù)的正交不變性，則(這里我們假定了，稍后對

21、此加以處理)那么，G應滿足即注意，則矩陣于是這樣，我們便可考慮從的前兩個分量開始，施以Givens變換，便其第一個分量變換為. 然后對施以Givens變換，使其首分量變換為；這樣一直繼續(xù)次變換，最后使得變換為幾點說明：· 為使算法能一步步正常進行，需要首先對單位向量用一組Givens變換進行規(guī)范化處理，使其成為標準單位向量.這樣在接下來的步的Givens變換中就能保證.· 在規(guī)范化后，對其實施正交變換的每一步中，可以通過逐次計算向量的范數(shù)，當其等于1時，即可結束算法。因為此時，和的剩余分量均以為零。算法總結：算法1（用Givens變換求正交矩陣使單位向量滿足：）void s

22、tandard(double *g,double *x,int n)    int i,j;    for(i=0;i<n;i+)        for(j=0;j<n;j+)            if(j=i) gij=1; else gij=0;    double c,s;   

23、 double a,b,t;    for(i=n-2;i>=0;i-)            if(xi+1=0)            continue;        else if(fabs(xi+1)>fabs(xi)    &

24、#160;               t=xi/xi+1;            s=1.0/sqrt(1.0+t*t);            c=s*t;        &#

25、160;       else                    t=xi+1/xi;            c=1.0/sqrt(1.0+t*t);        

26、    s=c*t;                xi=c*xi+s*xi+1;        xi+1=0;        for(j=0;j<n;j+)           &#

27、160;        a=gij;b=gi+1j;            gij=c*a+s*b;            gi+1j=c*b-s*a;            算法2（計算Givens變換，其中

28、已知）void GetCS(double *g,double *x,double y)    double a;    a=sqrt(x0*x0+x1*x1-y*y);    if(a=0)            g0=1;        g1=0;        else

29、60;           g0=(x0*y+a*x1)/(x0*x0+x1*x1);        g1=(x1*y-a*x0)/(x0*x0+x1*x1);        x0=y;        x1=a;    算法3（使用Givens變換，求正交矩陣G使單位向

30、量滿足：）void XtoY(double *g,double *x,double *y,int n)    standard(g,x,n);    double c,s,t;    double cs2;    t=0.0;    for(int i=0;i<n-1;i+)            GetCS(cs,x+i,yi); 

31、;       for(int j=0;j<n;j+)                    c=gij;s=gi+1j;            gij=cs0*c+cs1*s;     

32、60;              gi+1j=cs0*s-cs1*c;                t+=yi*yi;        if(t=1)          

33、  break;    7設是中的兩個非零向量，給出一種算法來確定一個householder矩陣，使，其中解 （1）當線性相關時，.（2）當線性無關時，令：，則即為所求。8假定是下三角陣，說明如何確定Householder矩陣，使得其中是下三角陣。解 為討論方便，我們記第1步：令其中：，構造，則由householder變換的性質得第2步：令其中：，構造：，則；第n步，令：，構造，則有。9假定的秩為，并假定已經用部分主元Gauss消去法計算好了LU分解，其中是單位下三角陣，是上三角陣，是排列方陣。說明怎樣用上題中的分解方法去找向量使得并證明：如果，那么解

34、由上題的結果可知，存在正交矩陣使.由2范數(shù)的正交不變性可知，記則有從而最小二乘問題：的求角解算法可按下列計算過程實現(xiàn)：· 利用上題的算法分解下三角陣，即求正交陣：；· 計算：；· 求解下三角方程組現(xiàn)在來證明：如果，那么結合上面討論的算法，我們只須證明：等價于事實上，與是等價的。10設且存在使得對每一個均極小化。證明：解 由矩陣奇異值分解定理知，設的秩 ，則存在階正交陣和階正交陣，使其中：是的非零特征值全體?？梢宰C明矩陣，且.事實上，由定理3.1.4可知，對任一是=min.的解。另外，于是我們有11. 設是一個對角加邊矩陣，即試給出用Givens變換求A的QR分解的

35、詳細算法。解 算法可分兩部分：第一部分通過n-1次Givens變換，將A變換成如下形式第二部分通過n-1次Givens變換，將變換成如下形式下面我們詳細描述這兩部分算法過程：第一部分：對于.構造其中從而算法1（計算Givens變換1）算法2：（完成本題中的第一部分計算）第二部分，也是需要n-1個Givens變換其中從而算法3（計算Givens變換2）算法4：（完成本題中的第二部分計算）12利用等于證明：如果，那么證明 令泛函如果，那么對當且充分小時，從而由連續(xù)性有，由的任意性，則必有，即習題四1. 設方程組的系數(shù)矩陣為證明：對來說，Jacobi迭代不收斂，而G-S迭代收斂；而對來說，Jacob

36、i迭代收斂，而G-S迭代不收斂。解 對于，則有從而，于是從而，即有由定理4.2.1知，Jacobi迭代法不收斂；G-S迭代收斂。對于，從而進而顯然， 故由定理4.2.1知，Jacobi迭代法收斂；G-S迭代不收斂。2. 設滿足，證明對任意的，迭代格式最多迭代次就可得方程組的精確解。證明 由于，故的所有特征值均為零。于是存在正交矩陣及矩陣使，注意到于是：另一方面，記： 從而，即.3.考慮線性代數(shù)方程組這里（1）為何值時，是正定的？（2）為何值時，Jacobi迭代收斂？（3）為何值時，G-S迭代收斂？解（1）對稱矩陣正定的充分必要條件是其特征值均為正數(shù)。而的特征多項式為于是的特征值為：欲使它們均大

37、于零，則（2）由于Jacobi迭代矩陣為的特征多項式為其特征值為：，于是譜半徑. 由定理4.2.1可知，Jacobi迭代收斂當且僅當. 從而當時，Jacobi迭代收斂。（3）由于G-S迭代矩陣為其特征多項式為特征值為：從而 故由定理4.2.1可知，當時，G-S迭代收斂。注意：（2）和（3）中的可以是復數(shù)。4. 證明：若非奇異，則必可找到一個排列方陣使得的對角元素均不為零。證明 用數(shù)學歸納法證明。時，結論顯然成立。假定對階非奇異矩陣，結論也成立。那么對于階非奇異矩陣我們來證明結論也是成立的。將按第1列作拉普拉斯展開，即有從而必存在，使，即，. 排列陣能使其中，且是的第行，是的第1列左乘排列陣后的

38、向量，是的余子式。顯然，即非奇異。由歸納假設，則存在階排列陣使的對角元素均不為零。作階排列陣則將只更換的后行，且使其右下角的階子矩陣的對角線元素非零。令，則的各對角線元素均非零。注意：本題結論為使用古典迭代法求解線性方程組奠定了可行性。對于非奇異線性方程組，完全可以假定其系數(shù)矩陣對角線元素均不為零，即D非奇異。5若是嚴格對角占優(yōu)的或不可約對角占優(yōu)的，則G-S迭代法收斂。證明 若是嚴格對角占優(yōu)的或不可約對角占優(yōu)的，則必有，因此非奇異。現(xiàn)在來證明：G-S迭代矩陣的譜半徑小于1。假設，則由的假設知，也是嚴格對角占優(yōu)或不可約對角占優(yōu)的，因此，而由于這說明迭代矩陣不存在模大于等于1的特征值。因此，從而G

39、-S迭代收斂。6設是嚴格對角占優(yōu)的。試證：證明 由Gerschgorin定理知，對任意階復矩陣，其特征值都在復平面上的個圓的和集內。從而對任意一個特征值均有從而7. 設是具有正對角元素的非奇異對稱矩陣。證明：若求解的G-S迭代方法對任意近似皆收斂，則必為正定的。證明 方程組的G-S迭代如下：，由的對稱性可知，即G-S迭代又可寫成若令方程組的精確解為，并記，則有若令 注意到：，則有， 用和分別左乘上兩式，并做差得注意到：，故得由題設可知D是正定的，因此，上式表明誤差向量具有某種“減小性”，即現(xiàn)在來證明若G-S迭代收斂，則A是正定的。用反證法：設A不正定，則可找到一個，使。由題設知：，所以非奇異，

40、于是方程組有非零解，記為，則由假設知于是有這與的減小性相抵觸。該矛盾說明A是正定的。8若存在對稱正定陣P，使為對稱正定陣，試證迭代法收斂。證明 設是的任一特征值，是關于的特征向量，于是因都是正定陣，故，即 . 由的任意性得知，故迭代法收斂。9對Jacobi方法引進迭代參數(shù)，即或者稱為Jacobi松馳法（簡稱JOR方法）證明：當?shù)腏acobi方法收斂時，JOR方法對收斂證明對于，則Jacobi迭代矩陣和JOR迭代矩陣分別是由于Jacobi迭代收斂當且僅當，即的任一特征值現(xiàn)設是Jacobi迭代矩陣的一個特征值，非零向量是其對應的特征向量，則有即有進而即若是Jacobi迭代矩陣的一個特征值，則便是的

41、一個特征值當取定：，并假定，注意到即的所有特征值模小于，從而，即JOR迭代收斂10證明：若是具有正對角元的實對稱矩陣，則JOR方法收斂的充分必要條件是及均為正定對稱矩陣證明由于的對角元都是正數(shù)，故的對角元為正數(shù)，故顯然，矩陣與相似，兩者有相同的特征值。同時，它與A有著相同的實對稱性。因此，兩個矩陣的特征值都是實數(shù)。必要性。設JOR迭代收斂，即那么，矩陣的特征值在區(qū)間內，于是得出的特征值位于區(qū)間內，這就是說是正定的，而它與具有相同的正定性，因此也是正定的另外，實對稱矩陣的特征值完全由的特征值所生成，所以的特征值將全部位于區(qū)間內，因此是正定的。注意到因此矩陣也是正定的。充分性。一方面，因為所以與一

42、樣是正定矩陣。即的特征值均大于0即的特征值均小于另一方面，由于正定，而且所以，矩陣是正定的，即特征值全部為正數(shù)，即的特征值均大于結合兩方面的結果，得知：，即JOR迭代收斂11.證明：若系數(shù)矩陣是嚴格對角占優(yōu)的或不可約對角占優(yōu)的，且松馳因子，則SOR收斂。證明 若矩陣是嚴格對角占優(yōu)的或不可約對角占優(yōu)的，則必有，因此D非奇異。現(xiàn)假定某個復數(shù)，則矩陣也是嚴格對角占優(yōu)的或不可約對角占優(yōu)的。不妨假設，且，于是就有從而因此得到于是由的嚴格對角占優(yōu)或不可約嚴格對角占優(yōu)可知也是嚴格對角占優(yōu)或不可約對角占優(yōu)的。因此，是非奇異的。而因此，不是SOR迭代矩陣的特征值。由的任意可知，的特征值都將滿足，于是，從而SOR

43、迭代收斂。12證明矩陣是具有相容次序的證明只需按定義驗證，取矩陣符合相容次序的定義習題5證明等式(5.1.4)證明考慮在方程組的解向量處的Taylor展式，則有，注意到：，于是上式可寫為設是由最速下降法產生的證明：，其中證明由Taylor展式易知注意到：，由的正定性可知是正定的，因此，于是，從而試證明當最速下降法在有限步求得極小值時，最后一步迭代的下降方向必是的一個特征向量證明假定在步迭代后，得到了精確解，即，從而有，記：，整理可得，即是說是的一個特征值，是其對應的特征向量4證明線性方程組(5.2.1)的解存在唯一證明為證明(5.2.1)的解存在唯一，只需證明其系數(shù)矩陣的行列式不為零注意到：，

44、其中由定理5.2.1可得為了討論方便，我們引入記號，則將代入后，得設對稱正定的，是互相共軛正交的，即證明是線性無關的證明若有一組數(shù)滿足則對一切一定有注意到，由此得出：即所有的因此，是線性無關的設為對稱正定矩陣，從方程組的近似解出發(fā)，依次求使得，其中是階單位矩陣的第列，然后令驗證這樣得到的迭代算法就是迭代法證明在下面的討論中，我們用表示第迭代的向量，表示的第個分量第一步：從出發(fā)，沿方向搜索得新的極小值點，則，其中，從而；完成第一步后，可以看出與直接從做迭代一步所得的第一個分量相同現(xiàn)在考慮第迭代假定的前個分量符合迭代形式，現(xiàn)從出發(fā)，沿進行極小化搜索，得極小值點，其中從而這里顯然令，則恰與對經一次迭

45、代后的近似解完全一致設是一個只有個互不相同的特征值的實對稱矩陣，是任一維實向量證明：子空間的維數(shù)至多是證明由于是實對稱矩陣，因此存在一個完全實特征向量系不妨設的特征值為其重數(shù)為， ，且設關于 的特征向量為，是的單位正交實特征向量系，于是對任一維實向量有從而現(xiàn)在用歸納法證明的維數(shù)至多是當，假定存在個實數(shù)使在上式兩邊同乘以，則得到將其看作是的方程，則系數(shù)矩陣為，顯然，它是一個秩不超過的矩陣因此，該方程的解系的自由變量至少有個這說明的維數(shù)為到多為習題6（上）1設矩陣，矩陣，且證明：證明令：則顯然，欲證本題結論，只需證明：假設，分兩種情況討論：（）是的一個特征值，非零維向量是關于的特征向量，即有，顯然

46、，于是有，此式表明是的特征值，對應的特征向量為從而有（），則即于是得知：同理可證：從而由和的定義知：至此，命題得證 設是的Schur分解證明：有收斂的子序列；若記，則有是上三角矩陣證明由于是的Schur分解，因此是上三角矩陣，因此，仍上上三角矩陣設沒有重特征值，滿足證明：若是的Schur分解，則是上三角矩陣證明根據題設，既然沒有重特征值，不妨設的特征值如下排列再由Schur分解定理，不妨設定再將代入中，整理可得為敘述方便，記至此我們只需證明：對于一個階矩陣，如果，則必是上三角矩陣用歸納法證明當時，設于是有由于，則對應地有：，又因，故得即是上三角矩陣歸納假設，當和為階矩陣時結論成立現(xiàn)在來證明階的

47、情況，我們將寫成如下塊形狀于是便有因，故應有，于是，由題設不難清楚非奇異，因此從而，進而得知由歸納假設知是上三角矩陣從而證得是上三角矩陣設，對于給定的非零向量定義，稱之為對的Rayleigh商證明對任意的有，即Rayleigh商有極小剩余性證明證明 使達到極小的問題是一個關于未知量的線性最小二乘問題它的正規(guī)方程即是，其解為從而設求的特征值的條件數(shù)解顯然都是單特征值對于來說，顯然是關于的一個模特征向量同時，容易求得是關于的滿足的左特征向量，故由特征值條件數(shù)的定義得知對于來說，解方程得到關于的特征向量當時，再由方程可解得關于的左特征向量，令，則得出從而由特征值條件數(shù)的定義知分別應用冪法于矩陣，并考

48、察所得序列的特性解我們不妨設對于矩陣即初始向量：，迭代如下：                ；        ；一般地，顯然對于矩陣取初始向量：，則迭代得到；由此我們可以看出，迭代數(shù)列：，和向量序列：均不收斂但它們都各對應地存在兩個收斂子列即當腳標為奇數(shù)時，；當腳標為偶數(shù)時，在冪法中，取得到一個精確到位數(shù)字的特征向量需要多少次迭代？解分析冪法可知，由算法得到的向量序列滿足：注意到：于是得

49、知，欲使計算結果精確到位數(shù)字，只需解之得：設有實特征值滿足現(xiàn)應用冪法于矩陣試證：選擇所產生的向量序列收斂到屬于的特征向量的速度最快。證明由于特征值滿足，因此不論如何，的按模最大的特征值為或，當我們希望計算和時，首先就選擇使且使收斂速度的比值顯然，當，即時，收斂速度的比值最小，即收斂速度最快10應用冪法給出求多項式之模最大根的一種算法。解 根據拉普拉斯展開公式得知若令則有。這樣，我們就可以針對矩陣A利用冪法求得多項式的一個模最大特征值。利用反冪法計算矩陣對應于近似特征值（精確特征值中）的近似特征向量解取初始向量：，位移取為，用反冪法迭代一次，即先求解方程組解得：；單位化得設，并假定和已給定，且不

50、是的特征值證明：可選擇滿足使得向量是的一個特征向量證明根據題設可知，都是非零向量，因此存在Householder變換使令，由于是正交的，故，因此同時有即向量是關于其特征值的一個特征向量設，并假定是的特征值但不是的特征值證明：存在向量使得證明設非零向量為關于的特征向量，即，再?。?，則，從而，即應用基本的迭代于矩陣，并考察所得的矩陣序列的特點，并判斷該矩陣序列是否收斂？解用Givens正交變換實現(xiàn)迭代：第步：，第步：，由上面的兩步迭代，即已說明對該矩陣進行迭代，其矩陣序列由兩個矩陣構成其奇數(shù)項和偶數(shù)項，因此該矩陣序列不收斂設證明：存在初等置換矩陣和初等下三角矩陣使得有如下形式證明若的第一列除第一個

51、非分量外，其余各分量為零，則結論顯然成立不妨假設的第一列除第一個分量外，至少還有一個分量非零，并設，那么我們取，從而有其中：繼而構造Gauss變換其中：則不難驗證具有題中的形式依照即可完成習題6(下)設，證明：如果是非奇異的，則是上Hessenberg矩陣證明由假設可知，的個列向量是線性無關的我們令則現(xiàn)在我們來考察上式兩邊矩陣的前列則有，由于是線性無關的，因此從而得知證明：若是一個非虧損的上Hessenberg矩陣則沒有重特征值證明設是的一個特征值，則由于是不可約的，即次對角線上的各元素，故的秩為，因此方程組，的基礎解系的秩為，即對應于的特征向量都是線性相關的又是非虧損的，因此，將有個線性無關

52、的特征向量而每個特征值只對應存在一個線性無關的特征向量，因此必具有個互不相等的特征值即沒有重特征值設是一個為可約的上Hessenberg矩陣證明存在一個對角矩陣使得的次對角元素均為是多少？證明令，則由矩陣乘積的定義可知的次對角元素依次為令其均等于，則可得到令，則從而記，則設是一個上Hessenberg矩陣，并假定是的對應于實特征值的一個特征向量試給出一個算法計算正交矩陣使得，其中是階上Hessenberg矩陣解不妨假定，以作為第一列構造正交矩陣，顯然，從而便有其中將算法6.4.1用于階矩陣，得，再令，為本題所求的正交矩陣，即設是一個奇異的不可約上Hessenberg矩陣證明：進行一次基本的QR迭代后，的零特征值將出現(xiàn)證明由于是奇異的不可約上Hessenberg矩陣，所以它的秩為且由定理3.3.1可知，的分解如下，其中是上三角矩陣，其對角元素均為正數(shù)于是由算法可知，仍是上Hessenberg矩陣，這樣零特征值便出現(xiàn)了的右下角證明：若給定，并由產生矩陣序列，則證明先來證明下面的等式關系：事實上，特別地，當時，下面我們用歸納法證明本題結論當時，結論顯然成立現(xiàn)歸納假設時，結論仍然成立，即有現(xiàn)在來證