完整版计算机科学计算答案

1、1、上下三角矩阵的乘积、逆仍为上下三角矩阵2、AB 与 BA 迹相同 tr(AB)=tr(BA),如果A或者B可逆,那么AB与BA特征值相同1)、tr(AB)n mai ,kbk,ii 1 k 1m nbk,iai, kk 1 i 1tr (BA)2)、由A 1( I AB)AI BA,或者B I ABB 1 I BA ,两边取行列式并令其为令,即得到证实.3、 有上条性质可知：不存在满足AB-BA=I条件的方阵A、B由于:tr(AB-BA)=tr(AB)-tr(BA)=0 丰 tr(I)=n4、A和B都严格对角占优,但是 A 土 B未必严格对角占优(例： B=-A或者B=A )5、A和B可逆

2、时1) K cond(A),由于 II I =I AA11 | v | A | | A1III I两边消去I I I 即得2) 由 1)得到：| A | 1/ IA-1 I , I A1 I 1/ IA|3) 与 2)比照有 p (A) 1/ P (A)k _k k 4) 如果I A| v 1时 akA收敛,那么 akA 必发散,而| A| 1时 akA发散,那么 akA k未必收敛 k 06、cond(AB) cond(A)cond(B),利用范数相容性立即可得由此引出的不等式：I A-1-B-1 I I A-1IIB-1|IA-BIVk、? II- 1- 1 IIII 1 1UII 1 1

3、IIII1 1U由于 A - B = | B - A = | B (I- BA ) = | B (A- B)A IB-1 IIA- BIIA-1I对应地有 IA-BI I A|IB|IA1- B -1 I7、 A非奇异,B奇异,那么对于算子范数有1/Cond(A) | A-B | / | A |由于B奇异,那么存在 y乒0,使得By=0,从而有x=y/ I y |乒0, | x | =1,并且Bx=0,-1 _-1 _-1-1-1A Bx=0, x-A Bx=x, A (A-B)x=x , 1= | x | = | A (A-B)x | max A (A-B)x = x1=I A-1 (A-B

4、) I I A-1 I I A-B I ,两边除 I A| 即可得证.由6) -7 )组合,还可以得到更多的不等式.8、正规阵同时又是三角阵,那么它一定是对角阵9、 酉阵同时又是三角阵,那么它一定是对角阵,并且对角元的模为110、对称矩阵的奇异值是特征值的绝对值n阶实对称矩阵如果有 n个互异的奇异值,那么它有 n个互异的特征值11、相似变换、酉变换、正交变换不改变方阵的迹和行列式由于上述变换不改变特征值,从而不改变特征值的和和乘积,从而也不改变迹与行列式.12、 酉变换、正交变换不改变向量的2-范数,从而不改变两点之间的欧几里得距离.13、 酉阵特征值的模为1,正交阵特征值的绝对值为1 14、

5、x和e-x在任何区间a,b上线性无关设cx+de-x=0,由于e-x永远不为零,如果 c乒0,那么有x/e-x=-d/c,显然x/e-x在任何区 间都不会是一个常数, 从而必须c=0,这样一来d只有为零,因此只有当c=d=0等式才成立, 线性无关.15、如果 I A| V 1 那么 I (I-A)-1 1/(1- I A|由于p (A)Ak收敛到s=0kA,两边乘(I-A)不影响收敛性, k 0(I-A ) s=(I-A)kA =I-lim(Ak 0k)=I,所以 Ak =(I-A) -1 ,(I-A)Ak 117、AC Cn*n,对任意范数有,lim圳Ak|(A)*首先存在某种范数(Ak)

6、|A (Ak),而(Ak) k(A)所以k(A) |Ak|k(A) k(A)(1/ k(A),取 k(A)得到k(A) |Ak|2 k(A),对不等式同时取极限即得到pm寸时| (A).*.*再根据范数的等价性cA | IA | c2|A I对不等式同时取极限即得到对任意范数的结果lim k |Ak(A)18、A非奇异,对算子范数有由于A (maxA、y|1 minA1y.AA1y minA 1yAxmin min Axx 111 119、.,tr(AHA)20、uavh21、11| 1,Cond( A) Cond(A)22、x,y为向量,那么有平行四边形关系22y 2 x y 2)X：23、

7、A Cn*n,并且为Hermite正定阵,JxH Ax为范数正性和齐次性好证实,只证三角不等式A为Hermite阵有A UDU H,并且A正定, A UD1/2 xHAy于是对角阵d. 0,(ud1/2)hHd / Od / O |_|Id / O |_|_|d / O |_|1/2r1/2H/r1/2H H/c1/2Hx UD (UD ) y (UD ) x) (UD ) y)1/2、H 、H1/2、H(xHAx)(yHAy) |x | y ,同理可得所以x y2(x y)H A(x2 y22x y (x24、ahatA225、AH A26、A 为 Hermite阵,27、A 为 Hermi

8、te阵,a2yH Axy) xH Ax yH Ay xH Ay yH Axiyi)2Cond(AH A)2 Cond(A)22,A A1 nA?AIAI28、A c Cn*n,那么lim AkI的充要条件为A=Ik由于 I lim Aklim AAk 1 A lim Ak 1 AI 所以 A=Ikkk 1同理如果limAk B,并且B可逆,那么B=29、证实：1) A为实斜对称阵,那么 eA为正交阵(A=-At)2) A 为 Hermite 阵,那么 eiA 为酉阵(AH=A)证实：1) eA(eA)TeA(eAT) eAe A e0I(eA)TeAiA / iA、H iA / (iA)H、

9、iA iAH iA iA 0iA、H iA2) e (e ) e (e ) e e e e e I (e ) e30、A Cn*n,A 2V1,证实 Ln(I+A) | 2 A 2/(1-A 2)由于：Ln(1 x) x x2 /2 x3/3(1)n 1xn/n收敛半径r=1, p (A) I A| 2v 1,所以Ln(I+A)收敛,A21 A2A%I A|：kkl|Ln(I A)?k1Mlk IA%oM231、A 3 2 求：eAt,sinA,A1002 332、xn+1= 4 (x n)的迭代收敛条件,1)映内性 xn C a,b , (f) (xn)C a,b 2)压缩性 I 4 I L

10、v 1停机判据xkL xkxk 1 ,收敛速度xk1 LLk1 Lxx33、Newton迭代法,单根为二阶收敛-j Xk 1f ( ) j xkxk 1lim7 c limsk x 22f ( ) k X x 2xk乙k /xk 1xk 234、Newton迭代法,重根变线性收敛,如果知道重数m, xk 1xk m f(xk)仍二阶收f (xk)35、Newton 迭代法中,xk 1xk始点f (xQf (xk)下山因子入V,那么无法下山,要另选初36、弦割法xk 1 xkf(xk)(xk xk 1)f(xk) f(xk 1)的收敛阶为1.61837、分半法的收敛速度为(b-a) /2n-1(

11、xk 1 xk)238、Aitken 加速公式 xk (xk 1), xk 1(xk),xkxk 1 xk 12 xkXk 139、Jacobi、Gauss-Seidel和超松弛(SOR)法的分量形式和矩阵形式(k 1)(J)xiaiin(k) aij xjj 1,j iD 1(L U)xk D 1b(G-S) x(k 1jbii 1(kaij xjj 11)n(k)、aijxj ) , xi 1(DL) 1Uxk(D L) 1b(k 1)(SOR) xi (bi aiii 1(kaij xjj 11)n(k)、 (k aijxj ),为j i 11)(1)xi(k)x(k 1)40、41、4

12、2、43、(D1L) (1k)D Ux (DL)1迭代法xk 1 Bxk f中,(B) 1时收敛,|B|1更收敛矩阵A严格对角占优,Jacobi法和(B) 1时可以得到超松弛法中 0Legendre正交多项式,x 1,1,Gauss-Seidel 法收敛2,(X)|b| 1时也是如此1,Pn(x)1fx22nn! dxn1非标准正交Pm(x)Pn(x)dx12n 1-(3x2 2递推公式 Pn1(x) (2n xPn(x) /n前几项 P01,P(x) x, P2 (x)n 1Gauss-Legendre机械求积公式11f(x)dx0, x0, A02,2f(0)1, x , A.3A11,f

13、(x)dx2,x 0, J|,AA25人 8-,A1-99有5阶代数精度1)1 ,3 c、(5x3x),.2有1阶代数精度f( I11f(x)dx1f (土),有3阶代数精度3538539f(此)8f(0) 丁(伊22(1 x2)般地 咒 f 八 ,k 0,1,23.它的一般求积系数和零点复杂,但是权函数 (n 1)Pn i(Xk)2n为1,在积分中不出现,A 2k 044、Chebyshev正交多项式,11,1, (X) 2 ,Tn(x) cos(narccosx).1 x22k 1奇点为 xk cos( ), (k0,1,2,3,.n)递推公式 Tn 1(x) 2xTn (x) Tn1(x

14、)2(n 1)前几项：T01,T1 x,T2 2x2 1,T3 4x3 3x,T4 8x4 8x2 1非标准正交112 Tm (x)Tn (x)dx mmGauss-Chebyshev机械求积公式n0, xcos()0, Ao21 f(x)dx2x1.1f(0)有1阶代数精度2k 1n 1,xo,icos()4Ai1 f2 1 1 x2dx (f(211.2).2)有3阶代数精度-一 3 .n 2, x0, , Ao2A2A21 f (x) ,dx - (f (3 1 1 x23 33项 f(0) 0有5阶代数精度2k 1般地Ak,xkcos( ), (k 0,1,2,3,.n)因此它的求积系

15、数和零点简单,n 12(n 1)n缺点是权函数不整洁,A,k 045、利用两点Chebyshev求积公式和利用 Legendre机械求积公式11f(x)dx1 .1 x2f (x)1 11 f()2 . 211 f(x)dxf(1、工 ,一-尸)两者都3次代数精度,对f (x)3ax3bx2 cx d 精确ib a t)dt2bb a 1f(x)dxa2af(b),如何选择a,b使之有更高的代数精度?令 f(x)=1、x,2 12, xxdx b3 032 ； 1 23-x2-,b -50 55于是 o xf(x)dx-f(3),此时 L&x2dx3 50-x2-(3)2 ,因此该公式最多有3

16、 5次代数精度147、如果 x f (x)dx af (b)cf (1),如何选择a,b,c使之有更高的代数精度?令 f(x)=1、x, x2,xdx0I1-, xxdx ab0 3 02x546、利用三点Legendre机械求积公式47、如果 0 Txf (x)dxa , b1537,c再令f (x)7 A35(1)1 L 222 n 12xx dx ab c -x2-,万程联立解出070 7?,丁是0衣皿火175f(35f(1)51575因此该公式最多有 2次代数精度,不够理想.48、Jim | Ak |A|,但是 lim AkkkA,例如:但是pm Ak49、Householder 镜像

17、变换 H1 有 HT H H 1,HtH H2 I1,由于H变换特征值为土 1,奇异值为1, |det(H)|Hx x,x 2Txx,如果 Tx 0(正交),1;如果 Tx 0(平行),(1) x 2 Tx,(1)Tx2 TTx2Tx 12,150、利用H变换可将任意向量x,变为等长度的向量y, iixi2II y2x x_yy2为镜面H的标准法向量51、利用复化梯形公式和 Simpson公式求 ；cos(x)dx,如果误差小于0.01区间应该分几份?h2, h2h2Tn11制(f(b)f (a)芒 sin质)sin(0)节 0.01, h 0.34, (b a)/h -/0.34 4.6至少

18、要分5份,计算6个函数值SnI1h840(2)4(f(b)f(a)h4sin(-) sin(0)2880228800.01,h 2.32, (b a)/h -/2.32 0.67只利用原区间即可,计算 3个函数值.并不代表实际面积误差, 特别以上公式在估算面积近似值时,要理解为有向面积的代数和,当(f (b)f(a)或(f(b)f (a)等零或者很小时,不能简单套用.52、复内积(x, y) yHxxiyi,由此：(x, y) (y,x),(x, y) (x, y)般实内积(x,y)Wixiyi,由此:(f ,g)nWif(xi)f(yi)(g, f),(f, f)i 153、函数内积(f,g

19、)b(x)f(x)g(x)dx a(g,f),(f,f) f|：54、正定矩阵:x 0,有xT Ax 0如果A正定,aH 0,A的顺序主子式正定,A的任意主子式正定3n 255、Gauss消去法：乘除次数 一 n333n no( 一),加减次数一335n6t s2n3、2加减乘除总次数o(U)存储量n23Gauss选主元增加比较次数3o(一),Gauss 选主3元消去法计算量为o(n3)56、Cholesky分解法：A (对称)A=LDL T, (A又还正定),A=LL T,如果指定 A各对 角元符号(例如都大于零),那么A=LL T唯一.1. c乘除次数一(n 9n62n)3,n o(一),加减次数61 , 36(n3