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时间:2018-07-07
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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,则AB与BA特征值相同1)、2)、,两边取行列式并令其为令,即得到证明。3、有上条性质可知:不存在满足AB-BA=I条件的方阵A、B因为:tr(AB-BA)=tr(AB)-tr(BA)=0≠tr(I)=n4、A和B都严格对角占优,但是A±B未必严格对角占优(例:B=-A或者B=A)5、A和B可逆时1)1≤cond(A),因为║I║=║AA-1I║≤║A║║A-1║║I║两边消去║I║即得2)由1)得到:║A║≥1/║A-1║,║A-1║≥1/║A║3)与2)对比有ρ(A)≤
2、║A║,║A-1║≥1/ρ(A)4)如果║A║<1时收敛,则必发散,而║A║>1时发散,则未必收敛6、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:║A-1-B-1║≤║A-1║║B-1║║A-B║因为║A-1-B-1║=║B-1-A-1║=║B-1(I-BA-1)║=║B-1(A-B)A-1║≤║B-1║║A-B║║A-1║对应地有║A-B║≤║A║║B║║A-1-B-1║7、A非奇异,B奇异,则对于算子范数有1/Cond(A)≤║A-B║/║A║因为B奇异,则存在y≠0,使得By=0,从而有x=y/║y║≠0,║x║=1,并且Bx=0,A-1
3、Bx=0,x-A-1Bx=x,A-1(A-B)x=x,1=║x║=║A-1(A-B)x║≤║A-1(A-B)x║==║A-1(A-B)║≤║A-1║║A-B║,两边除║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,则它一定是对角阵9、酉阵同时又是三角阵,则它一定是对角阵,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,则它有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因为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-
4、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114、x和e-x在任何区间[a,b]上线性无关设cx+de-x=0,因为e-x永远不为零,如果c≠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║A║<1则║(I-A)-1║≤1/(1-║A║)因为ρ(A)≤║A║<1,收敛到s=,两边乘(I-A)不影响收敛性,(I-A)s=(I-A)=I-lim(Ak)=I,所以=(I-A)-1,║(I-A)-1║≤≤≤=1/(1-║A║),同理可证
5、║(I+A)-1║≤1/(1-║A║)16、如果(I+A)奇异,则对一切范数║A║≥117、A∈Cn*n,对任意范数有,首先存在某种范数所以,取得到,对不等式同时取极限即得到再根据范数的等价性对不等式同时取极限即得到对任意范数的结果18、A非奇异,对算子范数有因为19、20、21、22、x,y为向量,则有平行四边形关系23、A∈Cn*n,并且为Hermite正定阵,则为范数正性和齐次性好证明,只证三角不等式所以24、,,25、26、A为Hermite阵,则27、A为Hermite阵,28、A∈Cn*n,则的充要条件为A=I因为所以A=I同理如果,并且B可逆,则B=I29、证明:1)A为实
6、斜对称阵,则eA为正交阵(A=-AT)2)A为Hermite阵,则eiA为酉阵(AH=A)证明:1)2)30、A∈Cn*n,║A║2<1,证明║Ln(I+A)║2≤║A║2/(1-║A║2)因为:收敛半径r=1,ρ(A)≤║A║2<1,所以Ln(I+A)收敛,31、32、xn+1=φ(xn)的迭代收敛条件,1)映内性xn∈[a,b],φ(xn)∈[a,b]2)压缩性∣φ’∣≤L<1停机判据,收敛速度33、Newton迭代法,单根为二阶收敛34、Newton迭代法,重根变线性收敛,如果知道重数m,仍二阶收敛35、Newton迭代法中,下山因子λ<ε,则无法下山,要另选初始点36、弦割法的收
7、敛阶为1.61837、分半法的收敛速度为(b-a)/2n-138、Aitken加速公式39、Jacobi、Gauss-Seidel和超松弛(SOR)法的分量形式和矩阵形式(J)(G-S),(SOR)40、迭代法中,时收敛,更收敛41、矩阵A严格对角占优,Jacobi法和Gauss-Seidel法收敛42、时可以得到超松弛法中,时也是如此43、Legendre正交多项式,非标准正交前几项递推公式Gauss-Legendre机械求积公式
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