数值线性代数北大版答案全.docx
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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
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