数值线性代数北大版答案全.docx

1、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111，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）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

2、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：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变换如下证明：如果有三角分解

3、，并且是非奇异的，那么定理112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。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：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

4、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。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。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

5、，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112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10A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Sc

6、hur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（114）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

7、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

8、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，

9、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131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

10、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

11、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112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

12、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132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

13、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22.1 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

14、（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

15、.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

16、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

17、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（）计算；（）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

18、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

19、.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设用正则化方法求对应的问题的解解由定理.1.4可知, 问题的解就是下列正则化方程组解：即解得：设求对应的问题的全部解解由定理.1.4可知, 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确定和使得解由数具有正交不变性，故于是从而假定是一个二维复向量，给出一种算法计

20、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

21、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：）void standard(double *g,double *x,int n) int i,j; for(i=0;in;i+) for(j=0;j=0;i-) if(xi+1=0) continue; else if(fabs(xi+1)f

22、abs(xi) t=xi/xi+1; s=1.0/sqrt(1.0+t*t); c=s*t; else t=xi+1/xi; c=1.0/sqrt(1.0+t*t); s=c*t; xi=c*xi+s*xi+1; xi+1=0; for(j=0;jn;j+) a=gij;b=gi+1j; gij=c*a+s*b; gi+1j=c*b-s*a; 算法2（计算Givens变换，其中已知）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 g0=(x0

23、*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变换，求正交矩阵G使单位向量满足：）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;in-1;i+) GetCS(cs,x+i,yi); for(int j=0;jn;j+) c=gij;s=gi+1j; gij=cs0*c+cs1*s; gi+1j=cs0*s-cs1*c

24、; t+=yi*yi; 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

25、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

26、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