数值线性代数北大版答案全.docx

数值线性代数北大版答案全.docx

《数值线性代数北大版答案全.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《数值线性代数北大版答案全.docx（58页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

数值线性代数北大版答案全

数值线性代数习题解答

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）

２．设为两个上三角矩阵，而且线性方程组是非奇异的，试给出一种运算量为的算法，求解该方程组。

[解]因，故为求解线性方程组，可先求得上三角矩阵T的逆矩阵，依照上题的思想我们很容易得到计算的算法。

于是对该问题我们有如下解题的步骤：

（1）计算上三角矩阵T的逆矩阵，算法如下：

算法1（求解上三角矩阵的逆矩阵，回代法。

该算法的的运算量为）

（2）计算上三角矩阵。

运算量大约为.

（3）用回代法求解方程组：

.运算量为；

（4）用回代法求解方程组：

运算量为。

算法总运算量大约为：

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1·1·2中的L和U都是唯一的。

[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。

６．设的定义如下

证明A有满足的三角分解。

[证明]令是单位下三角阵，是上三角阵。

定义如下

容易验证：

７．设A对称且，并假定经过一步Gauss消去之后，A具有如下形式

证明仍是对称阵。

[证明]根据Gauss变换的属性，显然做矩阵A的LU分解的第一步中的Gauss变换为

其中，将A分块为

那么

即

由A的对称性，对称性则是显而易见的。

８．设是严格对角占优阵，即A满足

又设经过一步Gauss消去后，A具有如下形式

试证：

矩阵仍是严格对角占优阵。

由此推断：

对于对称的严格对角占优矩阵来说，用Gauss消去法和列主元Gauss消去法可得得同样的结果。

[证明]依上题的分析过程易知，题中的

于是主对角线上的元素满足

（1）

非主对角线上的元素满足

由于A是严格对角占优的，即故

从而

（2）

综合

（1）和

（2）得

即，矩阵仍是严格对角占优阵。

９．设有三角分解。

指出当把Gauss消去法应用于矩阵时，怎样才能不必存储L而解出Ax=b？

需要多少次乘法运算？

[解]用Gauss消去法作A的LU分解，实际上就是对系数矩阵A作了一组初等行变换，将其化为上三角矩阵U。

而这一组的初等行变换对应的变换矩阵就是，即

如果把这一组初等行变换施加于方程右端向量b上，即有

这就是说，方程组和是同解方程。

而后者是上三角形方程组，可运用本章算法1·1·2求解。

这样我们就不必存储L，通求解方程组，来求解原方程组。

算法如下：

（1）用初等变换化；

（2）利用回代法求解方程组。

该算法所需要的加、减、乘、除运算次数为

10．A是正定阵，如果对A执行Gauss消去一步产生一个形式为

的矩阵，证明仍是正定阵。

[证明]不妨设

从而有

由于非奇异，故对且，构造，及，则由A的正定性有

由x的任意性知，正定。

11．设

并且是非奇异的。

矩阵

称为是在A中的Schur余阵。

证明：

如果有三角分解，那么经过步Gauss消去以后，S正好等于（1·1·4）的矩阵

[证明]因为有三角分解，所以矩阵A可保证前步Gauss消去法可以顺利完成。

即有如下单位下三角矩阵

使

注意到

比较两式便知，，故有

12．证明：

如果用全主元Gauss消去法得到PAQ=LU，则对任意有

[证明]略。

13．利用列主元Gauss消去法给出一种求逆矩阵的实用算法。

[解]设A是非奇异的，则应用列主元Gauss消去法可得到

这里：

P是置换阵，L是单位下三角阵，U是上三角阵。

于是，通过求解下列n个方程组

便可求得

于是

也就是说，求A的逆矩阵，可按下列方案进行：

（1）用列主元Gauss消去法得到：

；

（2）经求解：

得；

（3）对X进行列置换得：

。

14．假定已知的三角分解：

A=LU。

试设计一个算法来计算的（i，j）元素。

[解]求解方程组

则x的第i个分量就是的（i,j）元素。

15．证明：

如果是严格对角占优阵（参见第8题），那么A有三角分解A=LU并且

[证明]仿照第8题的证明，容易证明：

对于是严格对角占优阵，经过一步Gauss消去后，得到

其中仍是严格对角占优阵。

A的三角分解A=LU中

这样，我们在对A进行列主元三角分解时，不需要选择主元，因为每次消元时，主元位置上的元素恰好是列主元。

因此，

16．形如的矩阵称作Gauss-Jordan变换，其中.

（1）假定非奇异，试给出计算其逆矩阵的公式。

（2）向量满足何种条件才能保证存在使得?

（3）给出一种利用Gauss-Jordan变换求的逆矩阵的算法。

并且说明A满足何种条件才能保证你的算法能够进行到底。

[解]为解决本问题，我们引入Gauss-Jordan变换的两个性质：

性质1：

.

事实上，

性质2：

Gauss-Jordan变换非奇异的充分必要条件是.

（1）运用待定法，首先设的逆矩阵为，则有

故应有

（2）欲使，则应有

即

因此，应满足，便可按上述方法得到使得。

（3）设A的逆矩阵，则应有

下面我们给出利用Gauss-Jordan变换求解方程组的计算方法。

算法如下：

假定A的各阶主子阵非零，记

第1步：

假若，令，构造，用左乘和，得到

其中

第2步：

假定，令

，构造，用左乘和，得到

其中

照此下去，直到第n步：

假定，

，构造，用左乘和，得到

经上述n步，我们得知：

故

从上面的约化过程可知，要保证算法进行到底，必须保证：

我们可以仿照定理1.1.2给出下列定理。

定理：

的充分必要条件是矩阵的各阶顺序主子阵非奇异。

[证明]对于用归纳法。

当时，，定理显然成立。

假定定理直到成立，下面只需证明：

若非奇异，则非奇异的充要条件是即可。

由归纳假定知因此，Gauss-Jordan约化过程至少可以进行步，即可得到个Gauss-Jordan变换使

（16-1）

由此可知的阶顺序主子阵有如下形式

若将的阶顺序主子阵分别记为，则由（16-1）知

注意到所以

即非奇异的充要条件是

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

18．证明：

如果A是一个带宽为2m+1的对称正定带状矩阵，则其Chelesky因子L也是带状矩阵。

L的带宽为多少？

[证明]带宽为2m+1的矩阵的认识：

当m=1时，2m+1=3，该带宽矩阵形为：

对m为任意一个合适的正整数来说，带宽为2m+1的矩阵元素有如下特征：

结合这一特征，对于带宽为2m+1的对称正定带状矩阵Ar的Colicky分解算法，可改写成下列形式：

从算法不难看出：

Colicky因子L是下三角带状矩阵，L的带宽为m+1.

19．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。

20．证明：

若是对称的，而且其前个顺序主子阵均非奇异，则A有唯一的分解式

其中L是单位下三角矩阵，D是对角矩阵。

[证明]先证明存在性。

根据定理1·1·2知，存在单位下三角阵L和上三角阵U，使A=LU，且U的主对角线上元素除外，其余都不为零。

令，则有单位上三角阵使，即有

又因为，则

从而根据L和的可逆性知：

该等式左端是一个上三角阵，右端是下三角阵。

因此它们等于对角阵。

再注意到单位上三角阵的乘积仍是单位上三角阵，单位下三角阵的乘积仍是单位下三角阵。

因此两端都等于D。

于是

从而有

再证唯一性。

令，故有。

左边为下三角阵，右边为上三角阵，故等于对角阵。

又因，故。

21．给出按行计算Cholesky因子L的详细算法。

[解]略。

22．利用改进的平方根法设计一种计算正定对称矩阵的逆的算法。

[解]算法可分为以下几个步骤：

（1）首先利用算法1·3·2计算出正定矩阵的如下分解

其中，L是单位下三角阵，D是对角阵。

（2）求解矩阵方程

其解矩阵.

（3）求解矩阵方程

其解矩阵

（4）求解矩阵方程

其解矩阵

[注意]以上

（2）、（3）、（4）步都是求解非常简单的方程组，算法实现起来很容易。

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

24．设是一个正定Hermite矩阵，其中

证明：

矩阵

是正定对称的。

试给出一种仅用实数运算的算法来求解线性方程组

[解]既然是正定的，又对，有，且.且注意到

显然H正等价于A、B正定。

对，则有

由前面的讨论，知道若H是正定的，则A是正定的，故矩阵C是正定的。

由于

于是求解原复数方程组，等价于求解下列实方程组

其矩阵形式为：

由

（1）得知系数矩阵正定，故该方程可采用平方根算法求解。

习题2

2.1设是个正数。

证明：

由

定义的函数是一个数。

证明只需验证满足定义2.1.1的三个条件。

其中

（1）和

（2），即正定性和齐次性显然成立，下面给出（3）三角不等式的证明。

像2数的证明一样，要证明三角不等式，需要用到Cauchy-Schwartz不等式

欲证明这个不等式，只需证明：

对任意的，有下列等式成立

用数学归纳法证明。

当时，等式显然成立。

不妨归纳假设当时，等式仍然成立，即有

　　　　　（E2.1）

现在来考虑时的情形，注意到

至此，我们便证明了前述等式。

亦即证明了Cauchy-Schwartz不等式。

又因为是个正数，因此有

从而对，我们有

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数定义易知，对.于是

2.5设是由

定义的。

证明是矩阵数，并且举例说明不满足矩阵数的相容性。

证明

（1）证明是矩阵数。

因为

显然满足矩阵数定义中的前三条：

正定性、齐次性、三角不等式。

下面我们证明还满足“相容性”。

对任意，记，，且

则，，且

（2）一个不满足矩阵数的相容性的例子。

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设是上的一个向量数，并且设.证明：

若，则是上的一个向量数。

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||.||是由向量数||.||诱导出的矩阵数。

证明：

若

非奇异，则

证明因为||.||是向量数诱导的矩阵数，故||I||=1，且对

和

，有

于是对

，有

且当||x||=1时，有

　　　　　　　　　　　　　　（E2.2）

现在只需证明：

存在

且||x||=1，使

即可。

根据算子数的定义，我们不妨假设

且||y||=1，使

.再取，显然||x||=1，且

　　　　　　　（E2.3）

综合（E2.2）和（E2.3）得

2.10设是的LU分解。

这里，设和分别表示和的第行，验证等式

并用它证明

[解]记

于是

注意到：

.则有

现在来证明因为

2.11设

（１）计算；

（２）选择，使得

而且很小，但却很大；

（3）选择，使得

而且很小，但却很大。

[解]

（1）显然

从而，于是

选取：

，则可计算得

选取：

，则可计算得

.

2.12证明对任意的矩阵数都有，并由此导出

[证明]由定理2.1.6

（1）可知，对任意矩阵数都有，而，于是

，

从而

.

2.13若和都是非奇异的，证明

.

[证明]因为

所以，根据矩阵数的相容性可得

.

2.14估计连乘中的上界.

[解]假定那么

则

由定理2.3.3，若假定，则

，

从而

.

2.15证明：

若，则

其中

[证明]由定理23.2得

以此类推，我们有

其中：

令，那么

再由定理2.3.3知

2.16设，而且证明：

其中的元素满足

[证明]因为

由例2.3.1的结果我们可以得到

其中

再由定理2.3.3得

令，则

注意到

从而得到

其中.

2.17证明：

若是维向量，则，其中

[证明]由定理2.3.2可知，对一切，有

下面对用数学归纳法证明。

当=1时，命题显然成立。

假设当时，命题仍然成立，即有

那么当时，我们有

，

其中，于是

，

从而

由介值定理显然存在，使

即当时，命题亦成立。

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

设,求一个Householder变换和一个正数使得

[解]由于2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数具有正交不变性，故

于是

从而

５．假定是一个二维复向量，给出一种算法计算一个如下形式的酉矩阵

使得的第二个分量为零．

［解］对于复向量的２数定义如下：

显然，在复数空间中，2数仍然保持着正交不变性。

即对酉矩阵Q有

根据题意，不妨设，从而

注意到

于是

由，从而

不妨设，即

，

又因，所以

.

6．假定和是中的两个单位向量，给出一种使用Givens变换的算法，计算一个正交阵，使得

[解]首先考虑对指定的一个二维非零向量和一个实数，如何构造Givens变换

使。

注意2数的正交不变性，则

（这里我们假定了，稍后对此加以处理）

那么，G应满足

即

注意，则矩阵

于是

这样，我们便可考虑从的前两个分量开始，施以Givens变换，便其第一个分量变换为.然后对施以Givens变换，使其首分量变换为；这样一直继续次变换，最后使得变换为

几点说明：

为使算法能一步步正常进行，需要首先对单位向量用一组Givens变换进行规化处理，使其成为标准单位向量.这样在接下来的步的Givens变换中就能保证.

在规化后，对其实施正交变换的每一步中，可以通过逐次计算向量的数，当其等于1时，即可结束算法。

因为此时，和的剩余分量均以为零。

算法总结：

算法1（用Givens变换求正交矩阵使单位向量满足：

）

voidstandard（double**g,double*x,intn）

{

   inti,j;

   for（i=0;i

       for（j=0;j

           if（j==i）g[i][j]=1;elseg[i][j]=0;

   doublec,s;

   doublea,b,t;

   for（i=n-2;i>=0;i--）

   {

       if（x[i+1]==0）

           continue;

       elseif（fabs（x[i+1]）>fabs（x[i]））

       {

           t=x[i]/x[i+1];

           s=1.0/sqrt（1.0+t*t）;

           c=s*t;

       }

       else

       {

           t=x[i+1]/x[i];

           c=1.0/sqrt（1.0+t*t）;

           s=c*t;

       }

       x[i]=c*x[i]+s*x[i+1];

       x[i+1]=0;

       for（j=0;j

       {

           a=g[i][j];b=g[i+1][j];

           g[i][j]=c*a+s*b;

           g[i+1][j]=c*b-s*a;

       }

   }

}

算法2（计算Givens变换，，其中已知）

voidGetCS（double*g,double*x,doubley）

{

   doublea;

   a=sqrt（x[0]*x[0]+x[1]*x[1]-y*y）;

   if（a==0）

   {

       g[0]=1;

       g[1]=0;

   }

   else

   {

       g[0]=（x[0]*y+a*x[1]）/（x[0]*x[0]+x[1]*x[1]）;

       g[1]=（x[1]*y-a*x[0]）/（x[0]*x[0]+x[1]*x[1]）;

       x[0]=y;

       x[1]=a;

   }

}

算法3（使用Givens变换，求正交矩阵G使单位向量满足：

）

voidXtoY（double**g,double*x,double*y,intn）

{

   standard（g,x,n）;

   doublec,s,t;

   doublecs[2];

   t=0.0;

   for（inti=0;i

   {

       GetCS（cs,x+i,y[i]）;

       for（intj=0;j

       {

           c=g[i][j];s=g[i+1][j];

           g[i][j]=cs[0]*c+cs[1]*s;       

           g[i+1][j]=cs[0]*s-cs[1]*c;

       }

       t+=y[i]*y[i];

       if（t==1）

           break;

   }

}

7．设是中的两个非零向量，给出一种算法来确定一个householder矩阵，使，其中

[解]

（1）当线性相关时，.

（2）当线性无关时，令：

，则

即为所求。

8．假定是下三角阵，说明如何确定Householder矩阵，使得

其中是下三角阵。

[解]为讨论方便，我们记

第1步：

令

其中：

，

构造，则由householder变换的性质得

第2步：

令其中：

，构造：

，则

……；

第n步，令：

，构造

，则有

。

9．假定的秩为，并假定已经用部分主元Gauss消去法计算好了LU分解，其中是单位下三角阵，是上三角阵，是排列方阵。

说明怎样用上题中的分解方法去找向量使得

并证明：

如果，那么

[解]由上题的结果可知，存在正交矩阵

使

.

由2数的正交不变性可知，

记

则有

从而最小二乘问题：

的求角解算法可按下列计算过程实现：

利用上题的算法分解下三角阵，即求正交阵：

；

计算：

；

求解下三角方程组

现在来证明：

如果，那么结合上面讨论的算法，我们只须证明：

等价于

事实上，

与是等价的。

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

11.设是一个对角加边矩阵，即

试给出用Givens变换求A的QR分解的详细算法。

[解]算法可分两部分：

第一部分通过n-1次Givens变换，将A变换成如下形式

第二部分通过n-1次Givens变换，将变换成如下形式

下面我们详细描述这两部分算法过程：

第一部分：

对于.构造

其中

从而

算法1（计算Givens变换1）

算法2：

（完成本题中的第一部分计算）

第二部分，也是需要n-1个Givens变换

其中

从而

算法3（计算Givens变换2）

算法4：

（完成本题中的第二部分计算）

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

习题四

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，故由定理4.2.1知，Jacobi迭代法收敛；G-S迭代不收敛。

2.设满足，证明对任意的，迭代格式

最多迭代次就可得方程组的精确解。

[证明]由于，故的所有特征值均为零。

于是存在正交矩阵