数值计算课后答案

精品文档习题三解答1、用高斯消元法解下列方程组。2x1x23x31①（1）4x12x25x34②x12x27③解：②＋(-4)①，③＋(-1)①消去第二、三个方程的x1，得：222x1x23x31④4x2x32⑤5313⑥x2x32225再由⑥＋(-2)⑤消去此方程组的第三个方程的x2，得到三角方程组：42x1x23x314x2x327x32184回代，得：x36，x21，x19所以方程组的解为x (9,1,6)T注意：①算法要求，不能化简。化简则不是严格意义上的消元法，在算法设计上就多出了步骤。实际上，由于数值计算时用小数进行的， 化简既是不必要的也是不能实现的。无论是顺序消元法还是选主元素消元法都是这样。②消元法要求采用一般形式,或者说是分量形式，不能用矩阵，以展示消元过程。要通过练习熟悉消元的过程而不是矩阵变换的技术。矩阵形式错一点就是全错，也不利于检查。一般形式或分量形式：2x1 x2 3x3 1 ①4x1 2x2 5x3 4 ②x1 2x2 7 ③矩阵形式213x11425x24120x37.精品文档向量形式2131x14x22x3541207③必须是方程组到方程组的变形。三元方程组的消元过程要有三个方程组，不能变形出单一的方程。④消元顺序x1x2L，不能颠倒。按为支援在方程组中的排列顺序消元也是存储算法的要求。实际上，不按顺序消元是不规范的选主元素。⑤不能化简方程，否则系数矩阵会变化，也不利于算法设计。11x13x22x33①（2）23x111x2x30②x12x22x31③解：②＋(23)①，③＋(-1)①消去第二、三个方程的x1，得：111111x13x22x33④52x235x369⑤11111125x224x314⑥11111125再由11x2⑥＋(-52)⑤消去此方程组的第三个方程的，得到三角方程组：1111x13x22x3352x235x369111111193x32235252回代，得：x3223,x2106,x141193193193，所以方程组的解为(41,106,223)T1931931932、将矩阵10200111A01120011.精品文档作LU分解。解：设10201000u11u12u13u14A0111l211000u22u23u24LU2011l31l321000u31u320011l41l42l431000u44根据矩阵乘法，先求U的第一行，由a1ju1j，得u111,u120,u132,u140。再求L的第一列，由矩阵乘法，因为ai1li1u11，所以li1ai1，而u111，所u11以li1ai1，所以l210,l312,l410。再求U的第二行，得l21u121u221，则u221l21u121001，l21u131u230u331，则u231l21u131021，l21u141u240u340u441，则u241l21u141001，再求L的第二列，得l31u12l32u2210000，则l320l31u120200l41u12l42u22l430000，则l420l41u120000再求U的第三行，得l31u13l32u231u331，则u331l31u13l32u23122015l31u14l32u241u340u441，则u341l31u14l32u24120011再求L的第三列，得l41u13l42u23l43u33101，则l431(10201)155再求U的第四行，得l41u14l42u24l43u341u441，则u441l41u14l42u24l43u3410001(11)655所以，矩阵A的LU分解为：.精品文档1000102001000111L2010,U00510011000655指出：用分数而表示元素，不能化成近似小数也不化成小数表示。3、用LU分解紧凑格式分解法解方程组。57910x1168109x2171087x315765x41解一，用一般格式求解：将系数矩阵作LU分解得：10005791061000243555L,U71100517520210310001510Ly=b方程组为10006100y115y217110y3152y4110315解之得1y1 1y2 51y32y4 310同样地，解方程组 Ux=y得.精品文档x120x212。x35x43解二，用LU紧凑格式分解法求解：对增广矩阵三角分解：579101579101579101681091624316810915555571087171087171871576515521765110651579101579101624162431553555555715171715171522252221035110313551010原方程组化成同解的上三角方程组为：5x17x29x310x412x4x3x15253455x317x41221x431010回代得x(20,12,5,3)T。指出：紧凑格式是直接应用公式进行计算，计算结果保存在A的相应元素位置。从算法的角度，紧凑格式实际体现在数据的存储方法上。由于紧凑格式计算时不再需要 A的前面的元素，因此可以进行。4、用列主元的三角分解法解线性方程组。x1 2x2 2x3 13x1 x2 4x3 72x1 3x2 2x3 0解一，列选主元素消元法：先选第一列主元为 a21 3，将第一个方程与第二个方程交换，消去 x1得：.精品文档3x1x24x375x22x343337x214x314333再选第二列主元为a327，交换第二、三两个方程，消去x2得三角形方程组：33x1x24x3771414x2x3333126x333x311，x12回代求得方程组的解，x22所以方程组的解为(2,1,1)T。2解二，列主元素三角分解法：1221324732471(A,b)3247r2r11221221uuuuuuur32320232023203324732473247r2r32320271414271414uuuuuuur33333333312211521154233737同解的三角形方程组为3x1x24x3771414x23x3334x32回代求得方程组的解x311，x12，x22所以方程组的解为(2,1,1)T。2.精品文档说明：用矩阵讨论中，矩阵元素进行了化简。5．用追赶法解方程组2111210A121,b0。1210120分析：三对角矩阵A

1122OOOn1nn可以分解如下形式的两个矩阵：1u11l21u22Ll31,Uu3O。OOOn1ln1un即1u1111l21u2O222l31u3OOOn1OOOn1nnln1un由矩阵乘法规则，有u11lii(i2,3,Ln)，ui1uiilii1(i2,3,L,n)这样可以求出矩阵L和U的所有元素。设有系数矩阵为A的方程组：Axb,b(b1,b2,Lbn)T，这样的方程组称为三对角方程组。三对角方程组经 LU分解分解为Ly b,Ux y，求解之.精品文档y1b1，yibiliyi1,i2,3,L,nxnynunxi(yiixi1)ui,in1,n2,L,1这就是所谓追赶法。解：由公式u112,l2211,u122u22l212(1)(1)322l3312u2332u33l322(2)(1)41333l44u34432(3)(1)5u44l4344l5514u4554u5l542(4)(1)6555由此得下三角方程组11y1112y2021y30331y404y50415和上三角方程组.精品文档2131x1y12x2y241x3y335x4y414x5y465解上三角方程组1111y11y1122y20y2211y30y3333y40y411y5y540441155代入并解上三角方程组211311x12x122x2x23411x33x3435x41x4514x54x5661556、用改进的Cholesky分解法解方程组4x1 2x2 4x3 102x1 17x2 10x3 34x1 10x2 9x3 7解：设此方程组的系数矩阵为 A，右端向量为b，则42410A21710,b341097矩阵A是对称正定矩阵，可以进行乔累斯基分解。设.精品文档424u11u11u12u1321710u12u22u22u234109u13u23u33u33由矩阵乘法得u11 2,u12 1,u13 2,u22 4,u23 2,u33 1由u11y110u12u22y23u13u23u33y37得y15,y22,y31，再由u11u12u13x15u22u23x22u33x31得x12,x21,x31。7、用改进的Cholesky分解法解方程组4110x171310x281152x340024x46解：u11u12u13u14Pu22u23u24u33u34u44110222113110222P51122115785.精品文档解下三角方程组得72511322278y1,y2,y355,y45222解上三角方程组得x1 1,x2 2,x3 1,x4 2指出：6、7两题应用一般的乔累斯基分解而没有采用书上的方法。用MATLAB求解为：formatrata=[4,1,-1,0;1,3,-1,0;-1,-1,5,2;0,0,2,4]a=41-1013-10-1-1520024[P,q]=chol(a)P=21/2-1/2001985/1197-379/8380001179/5531106/11790005617/3180q=08、设x(1,2,3)T，求x1,x2,x解：nx1xi1236i1n2112(2)232x2(xi)214i1xmaxxiimax1,2,33i1109、设A223，求A1,A2,A。541n解：A1maxaijmax8,7,48；ji1.精品文档nAmaxaijmax2,7,1010；ij112511030251ATA124223252120315411210则3025125212(30)(21)(10)5050(21)4(30)625(10)1210361251090解之得，151.0043,29.9780,30.0177，1则A2(ATA)251.00437.1417。指出：三次方程可用三次方程的求根公式求出根来。用我们学过的知识，三次方程的根有如下求法：①用二分法求。110110、设A223,x3，计算x,A,Ax，并比较Ax与Ax5412的大小。解：xmax{1,3,2}3，Amax{110,223,541}10，11012Ax22332Axmax{2,2,9}9，54129Ax10330，AxAx。122x11211、给定方程组111x20。221x3101）写出雅可比迭代法和高斯－赛德尔迭代法的迭代格式；2）证明雅可比迭代法收敛而高斯－赛德尔迭代法发散。.精品文档（3）给定x(0) (0,0,0)T，用迭代法求出该方程组的解，精确到x(k1) x(k) 1 103。2解：（1）此方程组变形为x1 2x2 2x3 12x2 x1 x3x3 2x1 2x2 10据此建立雅可比法迭代格式得x1(k1)2x2(k)2x3(k)12x2(k1)x1(k)x3(k)x3(k1)2x1(k)2x2(k)10高斯－赛德尔迭代法迭代格式为x1(k1)2x2(k)2x3(k)12x2(k1)x1(k1)x3(k)x3(k1)2x1(k1)2x2(k1)102）证明一：用定理2证明：系数矩阵122100000022A111DLU011100001221000220000雅可比迭代法的迭代矩阵为022BJD1(LU)101，22022则EBJ1122令22EBJ110，22则301230，所以ρ(BJ)=0<1所以雅可比迭代法收敛。.精品文档高斯－赛德尔迭代法的迭代矩阵为022BGS(DL)1U021086由此求出BGS141所以，高斯－赛德尔迭代法发散。证明二：用定理 5证明：1 2 2A 1 1 1，2 2 1令22110，22则301230，所以ρ(BJ)=0<1所以雅可比迭代法收敛。而2210(244)0(28)(28)02210,2222,3222所以ρ(BG-S)=22>1。所以高斯－赛德尔迭代法发散。（3）取迭代初值x(0)(0,0,0)T，用雅可比迭代法迭代得kx(k)1x(k)2x(k)300001－120102－32－2－14312－46－58412－46－58因为x(4)x(3)011032.精品文档所以方程组的解为x*x(4)(12,46,58)T。用高斯－赛德尔迭代法迭代得kx(k)1x(k)2x(k)300001－12－12－382402943－196－102－5864 956 370 1336因为高斯－赛德尔迭代法发散，不能求出满足要求的解。211x1012、给定方程组111x23。112x311）写出Jacobi和Gauss-Seidel迭代格式。解：（1）方程组变形为x11x21x322x2x1x33x1x1x1321222所以，Jacobi迭代格式为x1(k 1)x2(k 1)x3(k 1)

1x2(k)1x3(k)22x1(k)x3(k)31x1(k)1x2(k)22

12Gauss-Seidel迭代格式为x1(k1)x2(k1)x3(k1)

1x2(k)2x1(k1)1x1(k2

1x3(k)2x3(k) 31)1x2(k1)122证明：用定理5证明：2 1 1111，112令.精品文档211110，112则43520(21)(222)011,2117,3117，244所以117，(BJ)14所以雅可比迭代法发散。或：记f()4352因为f(1)3,f(2)20所以方程43520在区间（－2，－1）有一个根，则(BJ)>1所以雅可比迭代法发散。而21110(4241)020,1112,3221所以ρ(BG-S)= <1,所以高斯－赛德尔迭代法收敛。（3）取迭代初值x(0)(0,0,0)T，用高斯－赛德尔迭代法迭代得x1(k1)1x2(k)1x3(k)x1(k1)1(x2(k)x3(k))222x2(k1)x1(k1)x3(k)3x2(k1)(x1(k1)x3(k))3x3(k1)1x1(k1)1x2(k1)1x3(k1)1(x1(k1)x2(k1)1)2222kx(k)1x(k)2x(k)300001030.5.精品文档2-1.754.25-0.753-1.755.5-1.3754-2.0636.438-1.6885-2.3757.063-1.8446-2.6107.454-1.9227-2.7667.688-1.9618-2.8647.825-1.9819-2.9587.939-1.99110-2.9747.965-2.00011-2.9837.983-2.00012-2.9927.992-2.00013-2.9967.996-2.00014-2.9987.998-2.00015-2.9997.999-2.00016-3.0008.000-2.00017-3.0008.000-2.000因为x(17)x(16)011032所以方程组的解为x*x(16)(3.000,8.000,2.000)T。5x1x2x3x4413、已知x110x2x3x412，考察Jacobi迭代格式和Gauss-Seidel迭代x1x25x3x48x1x2x310x434格式的收敛性。解：因为5111x1x1x2x3x411011x22x127x222x327x4201151x311110x45111系数矩阵A11011是对称正定矩阵，而且严格对角占优，因此两种115111110迭代法都是收敛的。14、方程组Ax=b，其中.精品文档1 a aA 4a 1 0,x,b R3a 0 1利用迭代收敛的充分必要条件确定雅可比迭代法和高斯－赛德尔迭代法均收敛的a的取值范围。解：对雅可比迭代法来说，因为a a4a 0 3 5a2 0，a 0所以BJ的特征值为10,25a,35a。所以，迭代矩阵B的谱半径为(B)5a，当(B)5a11a1时，雅可比迭代法收敛。55对高斯－赛德尔迭代法，因为a a4a 0 3 5a2 2 0a 0所以高斯－赛德尔迭代矩阵特征值为20,35a2其谱半径为(BGS)5a2，当(BGs)5a211a1时，高斯－赛德尔迭代法收敛。55所以，雅可比迭代法和高斯－赛德尔迭代法都收敛的a的范围是(1,1)。55430x12415、设方程组341x230，分别用Gauss-Seidel迭代法和ω＝1.25014x324的SOR法求解此方程组，准确到4位有效数字（取x(0)(1,1,1)T）。解：本方程组的Gauss-Seidel迭代格式为.精品文档x1(k1)3x2(k)4x2(k1)3x1(k1)4x3(k1)1x2(k1)4

61x3(k) 154 26取x(0) (1,1,1)T迭代得x(1) (5.250,3.813,5.057)x(2) (3.141,3.883,5.029)L用SOR方法解方程组迭代格式为x1(k1)x2(k1)x3(k1)

(k)(1 )x1(1 )x3(k)

(3x2(k)6)43(k1)1(k)15(4x14x32)(1x2(k1)6)4取ω＝1.25，x(0)(1,1,1)T迭代得x(1)(6.313,3.520,6.650)x(2)(2.622,3.959,4.600)。L。17、设A10099，计算A的条件数cond(A)p,p2,。9998解：因为1009910r1r21111999801999801uuuuurr299r11111r1r210989901991000199100uuuuuuuuruuuuurr2(1)1098990199100uuuuuuuur所以A1989999100.精品文档则AA1199所以cond(A)1992。由10099100992299200199198ATA100991009999989998999898991982999811009999992982得(992001)991981)((992001))((299981))(99198)299198(299982((992001)(299981))(992001)(299981)(99198)2239206290109601014653.5,4949.512所以A2(ATA)14653.5121.05；98999899992982(100999998)99196199198(A1)TA1991009910098)99198992001(10099991002992得(991961)99198239206290109601014653.5,4949.599198(992001)12所以A1((A1)TA1)14653.5121.05；2所以cond(A)2121.052。18、设A是n阶非奇异方阵，B是n阶奇异方阵，试证明1AB。cond(A)A分析：要证明，1AB，Acond(A)因为cond(A)A1A，即证：1ABA1AA，因为范数总是不小于0的，也即证：1AB，A1.精品文档也即证：A1AB1，由相容性，只需要证明A1ABA1(AB)EA1B1。而要证明 E A1B 1，(EA1B)x根据定义EA1Bmax，x0x只需要证明对于某个特殊的x00，(EA1B)x01，x0因为B是奇异矩阵，所以x00满足：Bx00，利用这个条件，可以完成证明。证明：EA1B(EA1B)xmaxxx0因为B是奇异矩阵，所以x00满足：Bx00，所以(EA1B)x0Ex0(A1)(Bx0)Ex0x0x0x0x01x0故(EA1B)x(EA1B)xEA1Bmax01。xx0x0又因为A1ABA1(AB)EA1B所以A1AB1，因为范数总是不小于 0的，所以.精品文档1ABA1所以1ABA1A，A而cond(A)A1A所以1ABcond(A)。A19、举例说明一个非奇异矩阵不一定存在 LU分解。解：考虑矩阵01，10显然A非奇异。若A有LU分解，则有0110bcbc10a10dabacd于是b0,c1,ab1,acd0，而b0ab0，矛盾。故并非所有的非奇异矩阵都能LU分解。指出：举例，从简单的例子开始。所以AA可逆。补充题（一）1、设有矩阵43，21作矩阵的LU分解。解：由矩阵的LU分解公式i 1uijaijlikukj(ji,iL,n;iL1,1,2,,n)k1j1lij(aijlikukj)/ujj(ij1,jL1,2,L,n)2,,n;jk1可得.精品文档u11a114u12a123l11a11/u111l21a21/u11121u21a21l21u114022u22a22l21u121131221)l12(alu)/u(313)/(0121112222l22(a22l21u12)/u22(113)/(112)2所以1043L11,U0122指出：a=u(j=1,2,3,⋯,n)，li1ai1(i2,3,L,n)，可以直接套用。1j1ju112、考虑三对角矩阵A

1122O。OOn1nn给出三对角矩阵A的LU分解算法，并给出求解以A为系数矩阵的线性方程组的算法。解：对于三对角矩阵A，也可以用LU分解方法，把它分解为下三角矩阵L与上三角矩阵U的乘积。即A=LU。但因为三对角矩阵的特殊性，我们容易验证，分解出的两个矩阵具有这样的形式：1u11l21u22Ll31,Uu3O。OOOn1ln1un即.精品文档111u11l21u2222Ol31u3OOOn1OOOn1nnln1un由矩阵乘法规则，我们有u11lii(i2,3,Ln)，ui1uiilii1(i2,3,L,n)这样可以求出矩阵L和U的所有元素。设有系数矩阵为A的方程组：Axb,b(b1,b2,Lbn)T，这样的方程组称为三对角方程组。三对角方程组经 LU分解分解为Lyb,Uxy，求解之y1b1，yibiliyi1,i2,3,L,nxnynunxi(yiixi1)ui,in1,n2,L,1用这组公式解三对角线性方程组称为追赶法，其中“追”和“赶”是指下标由小到大和由大到小的形象比喻。用追赶法解线性方程组的计算量最大约为5n次，比高斯消元法的n3次少得多。33.用高斯消元法求解线性方程组：2x13x24x36①3x15x22x35②。4x13x230x332③解：3①消去第二、三个方程的x1，得：②＋(-)①，③＋(-2)22x13x24x36④0.5x2 4x3 43x2 22x3 20

⑤⑥再由⑥＋6 ⑤消去此方程组的第三个方程的 x2，得到三角方程组：.精品文档2x1 3x2 4x3 60.5x2 4x3 42x3 4回代，得：x344x38，x163x24x3132，x220.5用高斯列选主元素消元法解线性方程组x12x23x315x14x210x303x10.1x2x32解：先选第一列主元为a215，将第一行与第二行交换，消去x1得：5x14x210x301.2x2x312.5x25x32再选第二列主元为a322.5，交换第二行与第三行，消去x2得三角形方程组：5x1 4x2 10x3 02.5x25x321.4x31.96回代求得方程组的解x31.4，x22，x11.2用高斯全选主元素消元法解线性方程组12x13x23x31518x13x2x315x1x2x36解：选全主元为x2118，交换第一个方程与第二个方程，消去x1，得：18x13x2x315x2 2.333x3 5.0001.167x2 0.944x3 5.167再在此方程组的后两个方程中选主元a222.333，交换第二与第三个方程，消去x2得三角形方程组：18x1 3x2 x3 152.333x3x25.0001.572x23.144回代得方程组的解x22.000，x33.000，x11.0001即原方程组的解为：X23.6．用LU分解法解线性方程组1020x150101x23。1243x3170103x47解：设10201u11u12u13u140101l211u22u23u241243l31l321u33u340103l41l42l431u44由矩阵乘法（或 LU公式），分解得11u11u12u13u14l21101u22u23u24l31l321121,u33u34l41l42l4310101u44解下三角方程组1y15011y23，12y3170101y47得y15,y23,y36,y44。再解上三角方程组1020x15101x2321x362x44得x42,x32,x21,x11。指出：LU分解的手算求解实际上不需要记忆公式。题1：解：对矩阵A432，1设4310u11u1221l2110u22先计算U的第一行，由矩阵乘法，有

精品文档1 0 2 01 0 112.精品文档Qa11 4 1 u11＋00u11 4Qa12 3＝1 u12＋0u22u12 3再计算L的第一列，由矩阵乘法，有Qa212l21u1110l211a21/u112然后计算U的第2行Qa221l21u121u22u22a22l21u12111322所以1043L11,U0122补充题（二）1、考虑矩阵21121，A12112试求A的乔累斯基分解。解：矩阵A是对称正定矩阵，可以进行乔累斯基分解。设21u11u11u12u13u14121u12u22u22u23u24121u13u23u33u33u3412u14u24u34u44u44由矩阵乘法，得.精品文档u2,u2,u0,u0,111221314u226,u236,u240,23u3323,u343,32u4452所以222u11u12u13u1466u22u23u2423u33u34233u443252补充题（三）1、计算向量x (1,2,4)T的各种范数。解：x11247，x212(2)24221，xmax{1,2,4}4。1i32、给定矩阵12，34求A1,A2,A。解：因为a11 a21 4,a12 a22 6，所以.精品文档A16；因为a11a123,a21a227，所以A7；因为ATA13131010，24241020所以ATA的特征多项式为：1010230100，1020解2301000得1 15 55,2 15 55。所以A2 15 5 5。补充题（四）1、用雅可比迭代法求解线性方程组x1 2x2 2x3 1x1 x2 x3 32x1 2x2 x3 5（取初值为x(0) (0,0,0)T，计算结果取1位小数，迭代4次）。解：从三个方程中分离出未知变量 x1,x2,x3，将方程组改写成便于迭代的形式得x1 2x2 2x3 1x2 x1 x3 3 ，x3 2x1 2x2 5据此建立迭代格式得.精品文档x(k1)2x(k)2x(k)1123x2(k1)x1(k)x3(k)3，x(k1)2x(k)2x(k)5312取迭代初值x(0)(0,0,0)T进行迭代得kx(k)1x(k)2x(k)30000113525－3－331114111所以方程组的解为x*(1,1,1)T。指出：本题得出的实际上是方程组的精确解。2、用高斯－赛德尔迭代法求解线性方程组9x1 x2 x3 7x1 8x2 0x3 7x1 0x2 9x3 8（取初值为x(0) (0,0,0)T，计算结果取4位小数，迭代4次）。解：从三个方程中分离出未知变量 x1,x2,x3，将方程组改写成便于迭代的形式得x11(x2x37)9x21(x17)，8x31(x18)9据此建立迭代格式得x(k1)1(x(k)192x(k1)1(x(k1)281x(k1)1(x(k1)391

x(k)7)3，8).精品文档取迭代初值x(0) (0,0,0)T进行迭代得k(k)(k)(k)x1x2x3000010．77780．97220．975320．99420．99930．999430．99990．99990．999941．00001．00001．0000所以方程组的解为x*(1,1,1)T。补充题（五）1、矩阵122211A1111,A2222221112证明：求解以A1为系数矩阵的线性方程组的雅可比迭代是收敛的，而高斯－塞德尔迭代是发散的；求解以A2为系数矩阵的线性方程组的雅可比迭代是发散的，而高斯－塞德尔迭代是收敛的。2、用迭代法x(k1)x(k)(bAx(k)),k0,1,2,L求解线性方程组Axb，其中A32,b3，121求使得迭代收敛α的最大允许区间和使得迭代收敛最快的α。3、矩阵1 a aa1a。aa1参数a取什么值时，矩阵是正定的。(b)a取什么值时，求解以 A为系数矩阵的线性方程组的雅可比迭代是收敛的。分析与解答1、提示：用定理2及其推论解答。解：矩阵A1的雅可比迭代法的迭代矩阵为.精品文档BJ1D1(LU)D1(DA)ED1A1111122022，11110111221220则22EBJ111(22)2(2)(2)(22)3022解之得，1230，所以(BJ1)01所以，雅可比迭代法收敛。矩阵A1的高斯－赛德尔迭代法的迭代矩阵按如下方法求出：00221L10,U01,D12200111022BGS1(DL)1U11012210102202211010230210002则22EBGS1023(2)20002得10,232，所以(Bgs1)21，所以，矩阵A1的高斯－赛德尔迭代法发散。矩阵A2的雅可比迭代法的迭代矩阵为.精品文档BJ2D1(LU)D1(DA)ED1A1111221102211221012121211101222112231则EBJ211011222所以10,25i,35i22所以(BJ2)5，12所以雅可比迭代法发散。矩阵A2的高斯－赛德尔迭代法的迭代矩阵按如下方法求出：00112L20,U02,D211002111102011221111BGS2(DL)1U02022022011001422则1122EBGS2011(1)202220012得10,231，2.精品文档所以(B2)1，12所以，矩阵A2的高斯－赛德尔迭代法发收敛。2、解：迭代格式即为x(k1)(EA)x(k)b,k0,1,2,L所以迭代矩阵为DEA132，12其特征方程为ED(13)20，(12)即2(25)(1)(14)0也即[(1)][(14)]0解之得11,21414,0则(D)max1,141,02541,25因为(D)1012所以，当01时迭代法收敛。2时，23达到最小，此时收敛最快。当(D)55指出：用画图的方法讨论函数关系是重要的技术， 在运筹学中也常常用到这样的技术。3、提示：1］特征值都大于零的实对称矩阵称为正定矩阵。2］一个实对称矩阵是正定矩阵的充分必要条件是，它的所有主子式都大于零。.精品文档［3］(b)可以用下面的判别条件进行判断。判别条件1：如果线性方程组Ax=b的系数矩阵A为对称正定矩阵，则高斯－赛德尔迭代法收敛。判别条件2：如果线性方程组Ax=b的系数矩阵A是对称正定矩阵，2D-A也是对称正定矩阵，则雅可比迭代法收敛；如果A是对称正定矩阵而2D-A不是对称正定矩阵，则雅可比迭代法不收敛（显然2D-A与A只是非对角线上的元素的符号不同）。直接用定理2判断(b)得到的是充分必要条件，而用上面的判别条件或定理得到的是充分条件，不一定是必要的。如用定理4判断(b)，只要系数矩阵严格对角占优即可，此时即有2a，1即a22解：解一：用特征值全部为正判定求解。1aadet(EA)a1aaa1c1ci12aaa12a1a12aa1c1(12a)1aa12a)11a(1a1r2r11aar3r112a)01a0(001a(12a)(1a)2令det(EA)0，有112a,231a。由正定矩阵的定义，当112a0,231a0，时，即1,且a12时，矩阵是正定的，所以.精品文档1a 12时矩阵是正定的。解二：用所有顺序主子式都大于 0来求解。V1110,V21a01a1,1a1a121aa1V3a1a0aaa12雅可比迭代法的迭代矩阵为0 a aB a 0 aa a 0则aaEBaa33a2a3(a)2(2a)0，aa所以B的特征值为12a,32a。所以，B的谱半径为(B)2a，当(B)2a11a1时，雅可比迭代法收敛。22补充题（六）1、设A非奇异，α≠0是实数，QRnn是正交矩阵。证明［1］cond(A)cond(A)；［2］cond2(A)cond2(QA)cond2(AQ)。证明：［1］对于任意的非奇异矩阵 A和实数α≠0，cond( A) A ( A)1 A 1 A1 A A1 cond(A)。.精品文档［2］对于正交矩阵Q，因为QQTQTQE所以Q2(QTQ)(E)(QQT)QTQ1122因为AQ2A2Q2A2，A2AQQT2AQ2QT2AQ2，所以，AQ2A2；同理，QA2Q2A2A2，A2QTQA2QT2QA2QA2有QA2A2；(AQ)12Q1A12Q1A1A1，222A12QQTA