(完整版)数值线性代数答案

习题11•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,逐一求解方程兀二％i=12…庄我们［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,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）预置歩置T=lforJ-l.nfarA:=1:w-1r（h+l:«,/）=T（h+l:禺J）—『（上J）』（J+1：»,Jt）T（nrj）=end•证明：如果JH曲是一个Gauss变换，则泾二宀武也是一个Gauss变换［解］按Gauss变换矩阵的定义，易知矩阵W或是Gauss变换。下面我们只需证明它是Gauss变换：二'一加的逆矩阵。事实上Q-心』+滋：-'就a曲";注意到4巾…叫5，则显然有W从而有•确定一个Gauss变换L,使~22L3—748［解］比较比较向量忆阳）和（跖闾可以发现Gauss变换L应具有功能：使向量但阳）的第二行加上第一行的2倍；使向量1乙9；1的第三行加上第一行的2倍。于是Gauss变换如下1L=21201•证明：如果卫总尺齢有三角分解，并且是非奇异的，那么定理1•1•2中的L和U都是唯一的。［证明］设#厶巧"工6，其中厶』h都是单位下三角阵，少，6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。即汕=皿1，从而0A==3■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,不妨设有工1和厶使那么注意到：厶和心是下三角阵，舟和垃为上三角阵，故它们的逆矩阵也分别是下三角阵和上三角阵。因此，卑厶和纤区厂'只能是对角阵，即从而L2=LyD,⑺；尸=（。黑厂打6=可囲尸二5叫D=D~l=l于是得知19.若，山是A的Cholesky分解，试证L的i阶顺序主子阵厶正好是A的i阶顺序主子阵7的Cholesky因子。［证明］将A和L作如下分块厘=冲Aaoi[Al爲其中：却I，厶】为矩阵A和L的i阶顺序主子阵。思二占12。显然/二故有Ai=昭即’'|是」i的Colicky分解。23.设1645410sA881210用平方根法证明A是正定的，并给出方程组［解］由Colicky分解可得A=LL其中L=P111了1」显然，L是非奇异矩阵。因此，对.于是xrAx=xTLlTa=(£rx)rZr^>0所以4|是正定的。由方程组G",解得J=（8A5J7，再由方程组a=y，解得"⑴1丄1）：习题22.2证明：当且仅当兀和『线性相关且宀王°时，才有1^+7113=114+HL.证明因为对任意的卜+训；=匚+刃2片+刃=/H+Jy+yJ+yfy|二十吐于是，当且仅当k+班日14+闽心二HAIL"由等式（E2.1）可知，”JIH2当且仅当SStVj-y^/）2=oj-i>1?即，对任意的°生』兰心沁二冲」，此式成立不外乎二种情形：或k・°；或>=0；或*+炒二闵屮岡汽即御和P线性相关。2.3证明：如果小血S…宀】是按列分块的，那么魄十丄+瀧+…十口：证明因为V11MY|ll€=zhf=zzM2=shlC□Jj-ii-ij-i.2.4证明：网I4K同严関2IK聽证明记占二【垃禺「•也］，那么，根据第3题的结果我们有1］_刚厂位闷：\［制;刼:卜皿町\j~i丿I丹丿根据Frobenius范数定义易知，对恥心41=悅杠IL=Mb.于是的f=pw/miK=恻皿=皿叫2.5设化RgTR是由v(j4)=maxEg卩I定义的。证明引二枷是矩阵范数，并且举例说明卩不满足矩阵范数的相容性证明（1）证明vi=wv是矩阵范数。因为显然心满足矩阵范数定义中的前三条：正定性、齐次性、三角不等式。下面我们证明必还满足“相容性”。对任意人毗旷，记肛（中）,0=瞅且11卩1(A)=—a.V1(5)=-d则肌，且Vj(AB)=—masJfc-l]M亏廳召臥11M11AB=~3253。于是=2,穆⑻三2傀㈣=5，从而叫毎舟3心|（2）—个「不满足矩阵范数的相容性的例子。取2.6证明：在酎上，当且仅当皿是正定矩阵时，函数=是一个向量范数证明由于A是正定矩阵，不妨设盂乞人旦…埜人是a的特征值，:忌…空是其对应的标准正交特征向量，即丄尙二奉i.i=1左…冲-护◎二jj二12■■皿显然，匚筑…■是线性无关的。因此，R"=span崗•…$}.记Q=[—…匍,A二盹爼易,…人），那么QrAQ=A.A=QAQr，且对任意衣酊,总有施疋使“夢，^=Qr命题的充分性是很显然的。因为了口加戶是0上的向量范数，则由其正定性可知a必为正定矩阵。现在我们来证明命题的必要性。即假设卫是正定矩阵，则函数，（巧=厅加》满足向量范数定义的三条性质：正定性。由A的正定性，正定性显然成立。齐次性。对任意的笃处R，因为住莎=|曲『加P，故有/（旳）=|叩0）三角不等式。对于任意给定的"穴，有“eW，使ra十戸〕=Jo+y/」o+刃=的十邸0忑说莎=矗+刃加+刃=g如⑦应用习题2.1的结果，得占人（希+月尸彳电辭:二怎益+护耳=护丽\十伊而7=加+$占F=/（町打0）即有2.7设岬是时上的一个向量范数，并且设肛或叫证明：若血（&",则此=鬧是疋‘上的一个向量范数证明当鈕⑷》时，加暑当且仅当囚是用|上的零向量。再由假设Ml是尺和上的一个向量范数，于是可证得忖害IM满足：正定性。事实上，对任意施於，虬=闽"，而且阳L=lkM二°当且仅当—o.齐次性。事实上，对所有的壮丈和叱尺有H^|IMM-II=HIN，因此ML=laIIK.三角不等式。事实上，对所有的2三疋有I恥+$）IH应+朋1勻為田⑹，因此有M+九工14<+Mr2.8若凶'I且Mi,证明lu_j4>'Ill-'rpi证明首先用反证法，证明的存在性。设（i）奇异，则（I-A）x=O有非零解「且—曲，于是*冈二⑷卜IMII叫从而制工1.这与假设矛盾。现在来证明命题中的不等式。注意到：皿卜1,且i=（Z-z）（;_卫）」=厲_4）丿_占（/_占）丿故有1=M“—如-J）-1]>||（z-A）-1|（i-|42.9设忡是由向量范数忡诱导出的矩阵范数。证明：若\A^R^非奇异，则证明因为忡是向量范数诱导的矩阵范数，故⑷=1,且对PXRi和"疋，有㈣|羽何于是对祇R%有恻咄％|国鬥鬧，且当制I"时，有4T*叫（E2.2）现在只需证明：存在用西且树二i,使即可。根据算子范数的定义，我们不妨假设yeRsJL||y||=l，使|小卜慣b|.再取怎=小/|鬥，显然|忖卜1，且(E2.3)综合(E2.2)和(E2.3)得Kir1=^iM2.12证明对任意的矩阵范数都有并由此导出心）>I［证明］由定理2.1.6（1）可知，对任意矩阵范数都有B⑻勻同，詁曲）韵，于是|7||>1从而2.13若’I和.■I都是非奇异的，证明悩十屮卜闻blip十矿T［证明］因为（占+F）"—卫"=（月+E）-1（7二+恵面）=（丄+矛血所以，根据矩阵范数的相容性可得|（』+矿-八卜阳+E）和砌屮习题31•设_12_TA=34156_L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:AtAx二44；］［：：］=］；［2.设_i31rTA=2000,b=1100oj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:_631T_4'393331311[1311円一1_经初等行变换得其同解方程组1311"1%fan55巧2从而3=2511■--J4.1533」其中抵亡尺3.设兀=(1"厲&3勺,求一个Householder变换用和一个正数図使得禺=(1空4£00)r.［解］由于2范数具有正交不变性,故^=1慝k于是a=JU+4亍+6“+：^+4龙一『—4吕一6盘=壬于是?=He=(1于4&0叶令v=-(0-10034)7M-那么'门"可以验证满足该题的要求4.确定和£・泗9使得［解］由2范数具有正交不变性，故a于是ri35i512c护12-5sa.T.从而cr512_-1PH1'5121p]26sa-■12-5■壬16912-5=•=-J-,/2L2JL2JL26」10.设毗叭且存在恥心使得对每一个淀宀“均极小化鮒-叽。证明：盈4=£和⑷尸=AT［解］由矩阵奇异值分解定理知，设肛Rg的秩〜切如），则存在滋阶正交阵。和岸阶正交阵尸，使A=QDPrb]其中••刃三胞以工忑是”卫的非零特征值全体。可以证明矩阵，且事实上,J^AXb=PDQTQDPTPS"1'Lo..0__0_Qrb=P乙0Qrb=由定理3.1.4可知，对任一比盟1是时"||3=mi门.的解。另外，yAXA=QDPrF）乙_0QrQDPF=QDPr=AAX=QDPtP=0lr洱于是我们有AX^=A,{AXf=AX.12•利用等于|p4(^+m)-0|：=|禺-引|；-F2oy/，Zri)+L||Ah?|；证明：如果"甩，那么屮加二£咕［证明］令泛函如果"比，那么对*卅且=★訂且阖充分小时，"十讪〉“），从而由/（力连续性有to儿+如-弘〕=2浓f®・色）=0xrK仪?由必卅的任意性，则必有川（加-占）=°，即ArAx=Ar^习题4设方程组/-的系数矩阵为证明：对A来说，Jacobi迭代不收敛，而G-S迭代收敛；而对堆来说，Jacobi迭代收敛，而G-S迭代不收敛。［解］对于占，则有・.二_0_-10・u='01-f0-12_-1-100从而,B=D~l(L^U)=02-122。W0-14于是21=1亠;)从而,即有detfAZ-0)=0012尢+丄21丸®=22由定理421知，Jacobi迭代法不收敛；G-S迭代收敛对于-p=ro-22^D=・L=-10-2-20U=Q-10从而_0_-22__0-22_B=-10-1,c?=2-3-2-22进而det(X/—S')—汩：，det(C?j—a01-2〕'显然，二「'、匚-故由定理421知，Jacobi迭代法收敛;设吐尺「满足证明对任意的已蜜，迭代格式严=汕+團,i=ox最多迭代乍次就可得方程组：-的精确解。G-S迭代不收敛及矩阵［证明］由于吨=°，故0的所有特征值均为零。于是存在正交矩阵0旳~|053=使Aprp；注意到r=u.于是：zuo另一方面，记：,―工血-讥“0入…心从而，严二砂z—炉严=0,即考虑线性代数方程组这里_10叫A=CJ1Qi0（1）匚为何值时，4是正定的？（2）匚为何值时，Jacobi迭代收敛？（3）匚为何值时，G-S迭代收敛？［解］（1）对称矩阵4正定的充分必要条件是其特征值均为正数。而L川的特征多项式为—=（乂—1尸—cfd（久—1）=（无—1）（乂—1-cj）（乂—］十a）于是Z的特征值为：AT，""+务禺=1-酩欲使它们均大于零，则-〔5"（2）由于Jacobi迭代矩阵为'00—CEB=000—Of00_"的特征多项式为det（XZ-B）—-cr）伉+a）其特征值为：弘二^人二务爲二-x，于是眉谱半径P^rlT.由定理421可知,Jacobi迭代收敛当且仅当戸⑶一网*1.从而当国时，Jacobi迭代收敛。（3）由于G-S迭代矩阵为工0CEG=00000-其特征多项式为特征值为：忑"，从而门(恥|卸故由定理421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］若乂是严格对角占优的或不可约对角占优的，贝U必有印严°，因此D-口非奇异。现在来证明：G-S迭代矩阵G=JD_L)7U的谱半径小于1。假设⑷刃，则由同的假设D-L■丄卩知，久也是严格对角占优或不可约对角占优的，因此扣)工0畑((Q-矿»。而由于^17-0)=461(17-(Z)-if127)=d£t兄(£■—£)»D-L--U\\丸丿丿=A"iet((D-Q」)det(Q-L--C/)#0乂这说明迭代矩阵口不存在模大于等于1的特征值。因此阳小，从而G-S迭代收敛。8•若存在对称正定阵P,使B=P-HrPH为对称正定阵，试证迭代法耳财］=Hx*+i)rt=0f1^2,..收敛。［证明］设久是丹的任一特征值，卩工。是用关于*的特征向量，于是pr£v=vTF^-vTHrPHv=(1—护〕/丹因$尸都是正定阵，故0-卅)>°,即囚V1.由冈的任意性得知尸3)小,故迭代法收敛。对Jacobi方法引进迭代参数®：1°，即秘］二心一也"(At一®或者xM=(/—a)D&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］对于粧」，40-£-口，贝yJacobi迭代矩阵和JOR迭代矩阵兔分别是5=D-1(£+7)=Z-Z>-1J4?£=r-佃切由于Jacobi迭代收敛当且仅当灯3)灯，即E的任一特征值.现设人是Jacobi迭代矩阵召的一个特征值，非零向量卩是其对应的特征向量，则有血二血二卩-0%即有(l-X)v=D^lAv进而Sav—V—caD-1Av=(1——A))v即若*是Jacobi迭代矩阵拆的一个特征值，则。-忒1一刃)便是広的一个特征值.当取定：“恥1,并假定兄皿+炖，宀仁】，注意到=1-［(I--a))2+3-1一［l-2oj(l-CK)+Q?(l「Of)2十QJ2/?3=2a?(l-c)一亦+2口少一亦(/+j3q)>2a?(l-cj)-2a‘+Zgsq=2g?(1一厲)NQ即曳1的所有特征值模小于1,从而帆盘y，即jor迭代收敛.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4的对角元都是正数，故-的对角元为正数，故］I丄丄=7-閱丿甘二小Q-显然，矩阵卩-辺“小与Eu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。_2_i必要性。设JOR迭代收敛，即"（氏）J.那么，矩阵U-曲AD节的特征值在区间（一叮〕1丄_i丄内，于是得出an的特征值位于区间LI内，这就是说d」土」是正定的，而它与■具有相同的正定性，因此I…也是正定的.1111——■——.另外，实对称矩阵⑴-血的特征值完全由刁的特征值所生成，11~—■所以（2卜聞？的特征值将全部位于区间（°刀内，因此是正定的。注意到11丄2!-（£iD~^AD2=oiD刁（2o）~lD-A）D3,a?>0因此矩阵2^D-A也是正定的。充分性。一方面，因为1丄丄1—£）口飞=辺行打口万所以卩一盅）与貝一样是正定矩阵。即"-£）的特征值均大于o.即曳的特征值均小于1.另一方面，由于2丹-£正定，而且1_i11应门="（I+方所以，矩阵"+氏［是正定的，即特征值全部为正数，即盅的特征值均大于—1.结合两方面的结果，得知:心）白，即JOR迭代收敛.证明：若系数矩阵Z是严格对角占优的或不可约对角占优的，且松驰因子⑷亡（叩），则SOF收敛。［证明］若矩阵「是严格对角占优的或不可约对角占优的，则必有叮‘一，因此D非奇异。现假定某个复数W-1，则矩阵|(尤+®-l)D-久血-少卩也是严格对角占优的或不可约对角占优的。不妨假设X=ffi+^，且/+屛-1，于是就有RQ-1『-|/|3d?二［伐+I）3+0”一异+屈）=/-2城1-少）十（卜0?尸+0空■后（（？+0彳）=（1-（«3+俨）-2吨-切（1-厲尸=（1-fi?）C£^+#”*O?（C（2+/?2）-2ct+l-Q?］=（1-fl?）［（GK-l）3+俨+如+矿-1）］^0.从而因此得到R+a?-1|3>|Z|aa?>a?3|A+fl9—于是由I的严格对角占优或不可约严格对角占优可知(兀兄泣也是严格对角占优或不可约对角占优的。因此，⑺+®7)D-久曲一血是非奇异的。而det(lZ—)二det(A/-(D-辺"(1十劝卫-+=det((D—应广】)det((Z+站一1)D—兄血—aU)因此，几不是SOR迭代矩阵兀的特征值。由久的任意可知，4的特征值都将满足⑷＜］于是MG占，从而SOF迭代收敛。习题51.证明等式(5.1.4)tr［证明］考虑姫〉z也—虫X在方程组山■占的解向量儿处的Taylor展式，则有如=您)+-扎)+U豊小F=占斗-2鸟尸心+-注意到：c7，于是上式可写为瓯町+話旺=（JT-卫（工一耳」■'的一个特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征向量.［证明］假定在II步迭代后，得到了精确解仏产忌，即从而有记:,整理可得即是说，是A的一个特征值,5.设朋炉1对称正定的,是其对应的特征向量.是互相共轭正交的，即.证明：■-k是线性无关的.［证明］若有一组数满足则对一切定有0=戸:上（虫［尸1+-■+%珂）=吗皆APir注意到,由此得出:即所有的碣=0.因此，班叫…S是线性无关的.习题65.设.求卫的特征值旳的条件数.［解］显然-」都是单特征值.对于，r来说，显然幵=是川关于口的一个模1特征向量.同时，容易求得八（1・°円是乂的左特征向量，故由特征值条件数的定义得知cand(cc)=I对于"来说，解方程得到乂关于©的特征向量，贝U得出再由方程「1―可解得詔关于r的左特征向量•-11-':从而由特征值条件数的定义知7•分别应用幕法于矩阵并考察所得序列的特性.［解］我们不妨设;■■1.对于矩阵即初始向量:,迭代如下:0-zIQ)J7!=拖Q=ixiasC^］)=几+1,叭=尸］/联］=>Cr1般地,显然几十17k=12一,对于矩阵1取初始向量••吩，则迭代得到吗二Bu^=（2+L-A）r=擁i=max(”)二乳十1,XZ2\zT7,I+iJ简=max（7a）=TZii）r但它们都各对应地存在由此我们可以看出，迭代数列:他」，和向量序列：血｝均不收敛.两个收敛子列.即当脚标为奇数时,用氐工2+1,=N小丿’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：厅占庞r=J2,c-—,s=—第1步：：-3第2步:由上面的两步迭代，和偶数项，因此该矩阵序列不收敛.习题722~2-13一三丄72722112~212101-1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