目录 三种迭代格式 Jacobi 迭代法 Gauss-Seidel 迭代 超松弛迭代法 Jacobi 与 G-S 迭代的收敛性分析 收敛的充分必要条件 收敛的充分条件及误差估计 收敛速度 平均
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1 线性方程组的古典迭代解法
2 目录 三种迭代格式 Jacobi 迭代法 Gauss-Seidel 迭代 超松弛迭代法 Jacobi 与 G-S 迭代的收敛性分析 收敛的充分必要条件 收敛的充分条件及误差估计 收敛速度 平均收敛速度和渐近收敛速度 模型问题 Jacobi 和 G-S 迭代的渐近收敛速度 超松弛迭代法 收敛性分析
3 1 3.1 三种迭代格式 Jacobi 迭代法 Gauss-Seidel 迭代 超松弛迭代法 Jacobi 与 G-S 迭代的收敛性分析 收敛的充分必要条件 收敛的充分条件及误差估计 收敛速度 平均收敛速度和渐近收敛速度 模型问题 Jacobi 和 G-S 迭代的渐近收敛速度 超松弛迭代法 收敛性分析
4 1 3.1 三种迭代格式 Jacobi 迭代法 Gauss-Seidel 迭代 超松弛迭代法 Jacobi 与 G-S 迭代的收敛性分析 收敛速度 超松弛迭代法
5 3.1 三种迭代格式 Jacobi 迭代法 a 11 x 1 + a 12 x a 1n x n = b 1 = a 21 x 1 + a 22 x a 2n x n = b 2, a ii 0( i) a n1 x 1 + a n2 x a nn x n = b n x 1 = 1 ( a 1n x 2 a 1,n 1 x n 1 a 1n x n +b 1 ) a 11 x 2 = 1 ( a 21 x 1 a 2,n 1 x n 1 a 2n x n +b 2 ) a 22. x n = 1 a nn ( a n1 x 1 a n2 x 2 a n,n 1 x n 1 +b n )
6 3.1 三种迭代格式 Jacobi 迭代法 a 11 x 1 + a 12 x a 1n x n = b 1 = a 21 x 1 + a 22 x a 2n x n = b 2, a ii 0( i) a n1 x 1 + a n2 x a nn x n = b n x 1 = 1 ( a 1n x 2 a 1,n 1 x n 1 a 1n x n +b 1 ) a 11 x 2 = 1 ( a 21 x 1 a 2,n 1 x n 1 a 2n x n +b 2 ) a 22. x n = 1 a nn ( a n1 x 1 a n2 x 2 a n,n 1 x n 1 +b n )
7 3.1 三种迭代格式 Jacobi 迭代法 a 11 x 1 + a 12 x a 1n x n = b 1 = a 21 x 1 + a 22 x a 2n x n = b 2, a ii 0( i) a n1 x 1 + a n2 x a nn x n = b n x 1 = 1 ( a 1n x 2 a 1,n 1 x n 1 a 1n x n +b 1 ) a 11 x 2 = 1 ( a 21 x 1 a 2,n 1 x n 1 a 2n x n +b 2 ) a 22. x n = 1 a nn ( a n1 x 1 a n2 x 2 a n,n 1 x n 1 +b n )
8 3.1.1 Jacobi 迭代法 取 x (0) = (x (0) 1, x(0) 2,, x(0) n ) T, 代入上式右端得 x (1) 1 = 1 ( a 1n x (0) a 2 a 1,n 1 x (0) n 1 11 a 1n x n (0) +b 1 ) x (1) 2 = 1 ( a 21 x (0) a 1 a 2,n 1 x (0) n 1 22 a 2n x n (0) +b 2 ). x n (1) = 1 a nn ( a n1 x (0) 1 a n2 x (0) 2 a n,n 1 x (0) n 1 +b n ) x (k+1) 1 = 1 ( a 11 x (k+1) 2 = 1 ( a 22 x n (k+1) = 1 a nn ( a 1n x (k) 2 a 1,n 1 x (k) n 1 a 21 x (k) 1 a 2,n 1 x (k) n 1. a 1n x (k) n +b 1 ) a 2n x (k) n +b 2 ) a n1 x (k) 1 a n2 x (k) 2 a n,n 1 x (k) n 1 +b n )
9 3.1.1 Jacobi 迭代法 取 x (0) = (x (0) 1, x(0) 2,, x(0) n ) T, 代入上式右端得 x (1) 1 = 1 ( a 1n x (0) a 2 a 1,n 1 x (0) n 1 11 a 1n x n (0) +b 1 ) x (1) 2 = 1 ( a 21 x (0) a 1 a 2,n 1 x (0) n 1 22 a 2n x n (0) +b 2 ). x n (1) = 1 a nn ( a n1 x (0) 1 a n2 x (0) 2 a n,n 1 x (0) n 1 +b n ) x (k+1) 1 = 1 ( a 11 x (k+1) 2 = 1 ( a 22 x n (k+1) = 1 a nn ( a 1n x (k) 2 a 1,n 1 x (k) n 1 a 21 x (k) 1 a 2,n 1 x (k) n 1. a 1n x (k) n +b 1 ) a 2n x (k) n +b 2 ) a n1 x (k) 1 a n2 x (k) 2 a n,n 1 x (k) n 1 +b n )
10 3.1.1 Jacobi 迭代法 考察线性方程组 令 Ax = b (1) A = D + L + U
11 3.1.1 Jacobi 迭代法 考察线性方程组 令 Ax = b (1) A = D + L + U 其中 D = diag(a 11, a 22,, a nn ), a ii a 12 a 1n a L =....., U =..... an 1,n a n1 a n,n 1 0 0
12 3.1.1 Jacobi 迭代法 考察线性方程组 令 Ax = b (1) A = D + L + U 方程 (1) 可写成 其中 x = Bx + g B = D 1 (L + U), g = D 1 b.
13 3.1.1 Jacobi 迭代法 定义 (Jacobi 迭代格式 ) 给定初始向量 可得到迭代序列 x (0) = (x (0) 1, x(0) 2,, x(0) n ) T, x (k+1) = Bx (k) + g, k = 0, 1, 2,. B = D 1 (L + U) Jacobi 迭代矩阵, g = D 1 b.
14 3.1.1 Jacobi 迭代法 Jacobi 迭代的分量形式 x (k+1) i = 任给 x (0) i (i = 1, 2,, n), 1 i 1 n a ii a i x (k) a i x (k) + b i =1 =i n a ii b i a i x (k) = x (k) i =1 i = 1, 2,, n; k = 0, 1, 2,
15 1 3.1 三种迭代格式 Jacobi 迭代法 Gauss-Seidel 迭代 超松弛迭代法 Jacobi 与 G-S 迭代的收敛性分析 收敛速度 超松弛迭代法
16 Jacobi 迭代 x (k+1) 1 = 1 ( a 11 x (k+1) 2 = 1 ( a 22 x n (k+1) = 1 a nn ( a 1n x (k) 2 a 1,n 1 x (k) n 1 a 21 x (k) 1 a 2,n 1 x (k) n 1. a 1n x (k) n +b 1 ) a 2n x (k) n +b 2 ) a n1 x (k) 1 a n2 x (k) 2 a n,n 1 x (k) n 1 +b n ) Gauss-Seidel 迭代 x (k+1) 1 = 1 ( a 11 x (k+1) 2 = 1 ( a 22 x n (k+1) = 1 a nn ( a 1n x (k) 2 a 1,n 1 x (k) n 1 a 21 x (k+1) 1 a 2,n 1 x (k) n 1. a 1n x (k) n +b 1 ) a 2n x (k) n +b 2 ) a n1 x (k+1) 1 a n2 x (k+1) 2 a n,n 1 x (k+1) n 1 +b n )
17 Jacobi 迭代 x (k+1) 1 = 1 ( a 11 x (k+1) 2 = 1 ( a 22 x n (k+1) = 1 a nn ( a 1n x (k) 2 a 1,n 1 x (k) n 1 a 21 x (k) 1 a 2,n 1 x (k) n 1. a 1n x (k) n +b 1 ) a 2n x (k) n +b 2 ) a n1 x (k) 1 a n2 x (k) 2 a n,n 1 x (k) n 1 +b n ) Gauss-Seidel 迭代 x (k+1) 1 = 1 ( a 11 x (k+1) 2 = 1 ( a 22 x n (k+1) = 1 a nn ( a 1n x (k) 2 a 1,n 1 x (k) n 1 a 21 x (k+1) 1 a 2,n 1 x (k) n 1. a 1n x (k) n +b 1 ) a 2n x (k) n +b 2 ) a n1 x (k+1) 1 a n2 x (k+1) 2 a n,n 1 x (k+1) n 1 +b n )
18 3.1.2 Gauss-Seidel 迭代 定义 (GS 迭代 ) 给定初始向量 可得到迭代序列 x (0) = (x (0) 1, x(0) 2,, x(0) n ) T, x (k+1) = D 1 Lx (k+1) D 1 Ux (k) + g, k = 0, 1, 2,. 或改写为 x (k+1) = (D + L) 1 Ux (k) + (D + L) 1 g, k = 0, 1, 2,. 其好处是编程时存储量减少, 其计算分量的次序不能改变
19 3.1.2 Gauss-Seidel 迭代 定义 (GS 迭代 ) 给定初始向量 可得到迭代序列 x (0) = (x (0) 1, x(0) 2,, x(0) n ) T, x (k+1) = D 1 Lx (k+1) D 1 Ux (k) + g, k = 0, 1, 2,. 或改写为 x (k+1) = (D + L) 1 Ux (k) + (D + L) 1 g, k = 0, 1, 2,. 其好处是编程时存储量减少, 其计算分量的次序不能改变
20 1 3.1 三种迭代格式 Jacobi 迭代法 Gauss-Seidel 迭代 超松弛迭代法 Jacobi 与 G-S 迭代的收敛性分析 收敛速度 超松弛迭代法
21 3.1.3 超松弛迭代法 Ax = b A 分解为 A = I B ================== x = Bx + d 由于 x (k) 并非 Ax = b 的解, 故 b Ax (k) 0 令 迭代格式 ======== x (k+1) = Bx (k) + d r (k) = b Ax (k) 剩余向量 x (k+1) = (I A)x (k) + b = x (k) + b Ax (k) = x (k) + r (k) 由此可知, 迭代法的新值是通过剩余向量对旧值修正而得到的
22 3.1.3 超松弛迭代法 Ax = b A 分解为 A = I B ================== x = Bx + d 由于 x (k) 并非 Ax = b 的解, 故 b Ax (k) 0 令 迭代格式 ======== x (k+1) = Bx (k) + d r (k) = b Ax (k) 剩余向量 x (k+1) = (I A)x (k) + b = x (k) + b Ax (k) = x (k) + r (k) 由此可知, 迭代法的新值是通过剩余向量对旧值修正而得到的
23 3.1.3 超松弛迭代法 Ax = b A 分解为 A = I B ================== x = Bx + d 由于 x (k) 并非 Ax = b 的解, 故 b Ax (k) 0 令 迭代格式 ======== x (k+1) = Bx (k) + d r (k) = b Ax (k) 剩余向量 x (k+1) = (I A)x (k) + b = x (k) + b Ax (k) = x (k) + r (k) 由此可知, 迭代法的新值是通过剩余向量对旧值修正而得到的
24 3.1.3 超松弛迭代法 Ax = b A 分解为 A = I B ================== x = Bx + d 由于 x (k) 并非 Ax = b 的解, 故 b Ax (k) 0 令 迭代格式 ======== x (k+1) = Bx (k) + d r (k) = b Ax (k) 剩余向量 x (k+1) = (I A)x (k) + b = x (k) + b Ax (k) = x (k) + r (k) 由此可知, 迭代法的新值是通过剩余向量对旧值修正而得到的
25 3.1.3 超松弛迭代法 Ax = b A 分解为 A = I B ================== x = Bx + d 由于 x (k) 并非 Ax = b 的解, 故 b Ax (k) 0 令 迭代格式 ======== x (k+1) = Bx (k) + d r (k) = b Ax (k) 剩余向量 x (k+1) = (I A)x (k) + b = x (k) + b Ax (k) = x (k) + r (k) 由此可知, 迭代法的新值是通过剩余向量对旧值修正而得到的
26 3.1.3 超松弛迭代法 Ax = b A 分解为 A = I B ================== x = Bx + d 由于 x (k) 并非 Ax = b 的解, 故 b Ax (k) 0 令 迭代格式 ======== x (k+1) = Bx (k) + d r (k) = b Ax (k) 剩余向量 x (k+1) = (I A)x (k) + b = x (k) + b Ax (k) = x (k) + r (k) 由此可知, 迭代法的新值是通过剩余向量对旧值修正而得到的
27 3.1.3 超松弛迭代法 Ax = b A 分解为 A = I B ================== x = Bx + d 由于 x (k) 并非 Ax = b 的解, 故 b Ax (k) 0 令 迭代格式 ======== x (k+1) = Bx (k) + d r (k) = b Ax (k) 剩余向量 x (k+1) = (I A)x (k) + b = x (k) + b Ax (k) = x (k) + r (k) 由此可知, 迭代法的新值是通过剩余向量对旧值修正而得到的
28 3.1.3 超松弛迭代法 Ax = b A 分解为 A = I B ================== x = Bx + d 由于 x (k) 并非 Ax = b 的解, 故 b Ax (k) 0 令 迭代格式 ======== x (k+1) = Bx (k) + d r (k) = b Ax (k) 剩余向量 x (k+1) = (I A)x (k) + b = x (k) + b Ax (k) = x (k) + r (k) 由此可知, 迭代法的新值是通过剩余向量对旧值修正而得到的
29 3.1.3 超松弛迭代法 Ax = b A 分解为 A = I B ================== x = Bx + d 由于 x (k) 并非 Ax = b 的解, 故 b Ax (k) 0 令 迭代格式 ======== x (k+1) = Bx (k) + d r (k) = b Ax (k) 剩余向量 x (k+1) = (I A)x (k) + b = x (k) + b Ax (k) = x (k) + r (k) 由此可知, 迭代法的新值是通过剩余向量对旧值修正而得到的
30 3.1.3 超松弛迭代法 Jacobi 松弛法 (JOR) 为了加速 x (k+1) 的收敛速度, 可给 r (k) 乘上一个适当的因子 ω( 松弛因子 ), 得 x (k+1) = x (k) + ωd 1 (b Ax (k) ) 分量形式 x (k+1) i = x (k) i + ω a ii b i n a i x (k), i = 1, 2,, n; k = 0, 1, 2, =1 该迭代法称为 Jacobi 松弛法 (JOR), 它是对 Jacobi 迭代法的修正 只要 ω 选取得当, 该迭代格式会更快收敛到精确解, 从而达到加速收敛的目的 但该格式技巧要求很高, 很难掌握, 且没有充分利用已经算出的分量信息, 故并不常用
31 3.1.3 超松弛迭代法 Jacobi 松弛法 (JOR) 为了加速 x (k+1) 的收敛速度, 可给 r (k) 乘上一个适当的因子 ω( 松弛因子 ), 得 x (k+1) = x (k) + ωd 1 (b Ax (k) ) 分量形式 x (k+1) i = x (k) i + ω a ii b i n a i x (k), i = 1, 2,, n; k = 0, 1, 2, =1 该迭代法称为 Jacobi 松弛法 (JOR), 它是对 Jacobi 迭代法的修正 只要 ω 选取得当, 该迭代格式会更快收敛到精确解, 从而达到加速收敛的目的 但该格式技巧要求很高, 很难掌握, 且没有充分利用已经算出的分量信息, 故并不常用
32 3.1.3 超松弛迭代法 Jacobi 松弛法 (JOR) 为了加速 x (k+1) 的收敛速度, 可给 r (k) 乘上一个适当的因子 ω( 松弛因子 ), 得 x (k+1) = x (k) + ωd 1 (b Ax (k) ) 分量形式 x (k+1) i = x (k) i + ω a ii b i n a i x (k), i = 1, 2,, n; k = 0, 1, 2, =1 该迭代法称为 Jacobi 松弛法 (JOR), 它是对 Jacobi 迭代法的修正 只要 ω 选取得当, 该迭代格式会更快收敛到精确解, 从而达到加速收敛的目的 但该格式技巧要求很高, 很难掌握, 且没有充分利用已经算出的分量信息, 故并不常用
33 3.1.3 超松弛迭代法 Jacobi 松弛法 (JOR) 为了加速 x (k+1) 的收敛速度, 可给 r (k) 乘上一个适当的因子 ω( 松弛因子 ), 得 x (k+1) = x (k) + ωd 1 (b Ax (k) ) 分量形式 x (k+1) i = x (k) i + ω a ii b i n a i x (k), i = 1, 2,, n; k = 0, 1, 2, =1 该迭代法称为 Jacobi 松弛法 (JOR), 它是对 Jacobi 迭代法的修正 只要 ω 选取得当, 该迭代格式会更快收敛到精确解, 从而达到加速收敛的目的 但该格式技巧要求很高, 很难掌握, 且没有充分利用已经算出的分量信息, 故并不常用
34 3.1.3 超松弛迭代法 Jacobi 松弛法 (JOR) 为了加速 x (k+1) 的收敛速度, 可给 r (k) 乘上一个适当的因子 ω( 松弛因子 ), 得 x (k+1) = x (k) + ωd 1 (b Ax (k) ) 分量形式 x (k+1) i = x (k) i + ω a ii b i n a i x (k), i = 1, 2,, n; k = 0, 1, 2, =1 该迭代法称为 Jacobi 松弛法 (JOR), 它是对 Jacobi 迭代法的修正 只要 ω 选取得当, 该迭代格式会更快收敛到精确解, 从而达到加速收敛的目的 但该格式技巧要求很高, 很难掌握, 且没有充分利用已经算出的分量信息, 故并不常用
35 3.1.3 超松弛迭代法 超松弛迭代法可看做是 G-S 迭代的加速 G-S 迭代 : x (k+1) = D 1 Lx (k+1) D 1 Ux (k) + D 1 b, k = 0, 1, 2,. 由 x (k+1) = x (k) + r (k), r (k) = x (k) D 1 Lx (k+1) D 1 Ux (k) + D 1 b = D [ 1 b Lx (k+1) (D + U)x (k)] 可看出, 对 G-S 迭代来说,x (k+1) 可看作对 x (k) 加上修正项 r (k) 而得到
36 3.1.3 超松弛迭代法 超松弛迭代法可看做是 G-S 迭代的加速 G-S 迭代 : x (k+1) = D 1 Lx (k+1) D 1 Ux (k) + D 1 b, k = 0, 1, 2,. 由 x (k+1) = x (k) + r (k), r (k) = x (k) D 1 Lx (k+1) D 1 Ux (k) + D 1 b = D [ 1 b Lx (k+1) (D + U)x (k)] 可看出, 对 G-S 迭代来说,x (k+1) 可看作对 x (k) 加上修正项 r (k) 而得到
37 3.1.3 超松弛迭代法 超松弛迭代法可看做是 G-S 迭代的加速 G-S 迭代 : x (k+1) = D 1 Lx (k+1) D 1 Ux (k) + D 1 b, k = 0, 1, 2,. 由 x (k+1) = x (k) + r (k), r (k) = x (k) D 1 Lx (k+1) D 1 Ux (k) + D 1 b = D [ 1 b Lx (k+1) (D + U)x (k)] 可看出, 对 G-S 迭代来说,x (k+1) 可看作对 x (k) 加上修正项 r (k) 而得到
38 3.1.3 超松弛迭代法 超松弛迭代法可看做是 G-S 迭代的加速 G-S 迭代 : x (k+1) = D 1 Lx (k+1) D 1 Ux (k) + D 1 b, k = 0, 1, 2,. 由 x (k+1) = x (k) + r (k), r (k) = x (k) D 1 Lx (k+1) D 1 Ux (k) + D 1 b = D [ 1 b Lx (k+1) (D + U)x (k)] 可看出, 对 G-S 迭代来说,x (k+1) 可看作对 x (k) 加上修正项 r (k) 而得到
39 3.1.3 超松弛迭代法 若在 r (k) 前加一个参数 ω, 便得松弛法 x (k+1) = x (k) + ωr (k) = (1 ω)x (k) + ω( D 1 Lx (k+1) D 1 Ux (k) + D 1 b). (2)
40 3.1.3 超松弛迭代法 若在 r (k) 前加一个参数 ω, 便得松弛法 x (k+1) = x (k) + ωr (k) = (1 ω)x (k) + ω( D 1 Lx (k+1) D 1 Ux (k) + D 1 b). (2) 分量形式为 x (k+1) i = (1 ω)x (k) i 其中 ω 叫做松弛因子 ω > 1 超松弛 (SOR) ω < 1 低松弛 ω = 1 G-S 迭代 + ω i 1 a ii =1 a i x (k+1) n =i+1 a i x (k) + b i,
41 3.1.3 超松弛迭代法 若在 r (k) 前加一个参数 ω, 便得松弛法 x (k+1) = x (k) + ωr (k) = (1 ω)x (k) + ω( D 1 Lx (k+1) D 1 Ux (k) + D 1 b). (2) 定义 (2) 可改写为 x (k+1) = L ω x (k) + ω(d + ωl) 1 b 其中 L ω = (D + ωl) 1 [(1 ω)d ωu] 为松弛法的迭代矩阵
42 3.1.3 超松弛迭代法逐次超松弛法 (SOR) 超松弛迭代法是解大型方程组, 特别是大型稀疏矩阵方程组的有效方法之一 具有计算公式简单 程序设计容易 占用计算机内存单元较少等优点 只要松弛因子 ω 选择得好, 其收敛速度就会加快
43 3.1.3 超松弛迭代法逐次超松弛法 (SOR) 例分别用 Jacobi 迭代法 Gauss-Seidel 迭代法和 SOR 迭代法, 求解线性方程组 x 1 x 2 x 3 x 4 6 = 6 12 终止条件 : 精确解 : max x i < max x (k+1) i x = (1, 2, 1, 3) T x (k) i < 10 5
44 3.1.3 超松弛迭代法逐次超松弛法 (SOR) 解 (Jacobi) x (k+1) 1 = x (k) ( 2 5x(k) 1 x (k) 2 +x (k) 3 +2x (k) 4 ) x (k+1) 2 = x (k) ( 6 2x(k) 1 8x (k) 2 x (k) 3 3x (k) 4 ) x (k+1) 3 = x (k) ( 6 x(k) 1 +2x (k) 2 +4x (k) 3 +x (k) 4 ) x (k+1) 4 = x (k) ( 12 +x(k) 1 3x (k) 2 2x (k) 3 7x (k) 4 ) 迭代 24 次后, 近似解为 x (24) = ( , , , ) T
45 3.1.3 超松弛迭代法逐次超松弛法 (SOR) 解 (Jacobi) x (k+1) 1 = x (k) ( 2 5x(k) 1 x (k) 2 +x (k) 3 +2x (k) 4 ) x (k+1) 2 = x (k) ( 6 2x(k) 1 8x (k) 2 x (k) 3 3x (k) 4 ) x (k+1) 3 = x (k) ( 6 x(k) 1 +2x (k) 2 +4x (k) 3 +x (k) 4 ) x (k+1) 4 = x (k) ( 12 +x(k) 1 3x (k) 2 2x (k) 3 7x (k) 4 ) 迭代 24 次后, 近似解为 x (24) = ( , , , ) T
46 3.1.3 超松弛迭代法逐次超松弛法 (SOR) 解 (GS) x (k+1) 1 = x (k) ( 2 5x(k) 1 x (k) 2 +x (k) 3 +2x (k) 4 ) x (k+1) 2 = x (k) ( 6 2x(k+1) 1 8x (k) 2 x (k) 3 3x (k) 4 ) x (k+1) 3 = x (k) ( 6 x(k+1) 1 +2x (k+1) 2 +4x (k) 3 +x (k) 4 ) x (k+1) 4 = x (k) ( 12 x(k+1) 1 3x (k+1) 2 2x (k+1) 3 7x (k) 4 ) 迭代 14 次后, 近似解为 x (14) = ( , , , ) T
47 3.1.3 超松弛迭代法逐次超松弛法 (SOR) 解 (GS) x (k+1) 1 = x (k) ( 2 5x(k) 1 x (k) 2 +x (k) 3 +2x (k) 4 ) x (k+1) 2 = x (k) ( 6 2x(k+1) 1 8x (k) 2 x (k) 3 3x (k) 4 ) x (k+1) 3 = x (k) ( 6 x(k+1) 1 +2x (k+1) 2 +4x (k) 3 +x (k) 4 ) x (k+1) 4 = x (k) ( 12 x(k+1) 1 3x (k+1) 2 2x (k+1) 3 7x (k) 4 ) 迭代 14 次后, 近似解为 x (14) = ( , , , ) T
48 3.1.3 超松弛迭代法逐次超松弛法 (SOR) 解 (SOR) x (k+1) 1 = x (k) 1 + ω 5 ( 2 5x(k) 1 x (k) 2 +x (k) 3 +2x (k) 4 ) x (k+1) 2 = x (k) 2 + ω 8 ( 6 2x(k+1) 1 8x (k) 2 x (k) 3 3x (k) 4 ) x (k+1) 3 = x (k) 3 ω 4 ( 6 x(k+1) 1 +2x (k+1) 2 +4x (k) 3 +x (k) 4 ) x (k+1) 4 = x (k) 4 + ω 7 ( 12 x(k+1) 1 3x (k+1) 2 2x (k+1) 3 7x (k) 4 ) 取 ω = 1.15, 迭代 8 次后, 近似解为 x (8) = ( , , , ) T
49 3.1.3 超松弛迭代法逐次超松弛法 (SOR) 解 (SOR) x (k+1) 1 = x (k) 1 + ω 5 ( 2 5x(k) 1 x (k) 2 +x (k) 3 +2x (k) 4 ) x (k+1) 2 = x (k) 2 + ω 8 ( 6 2x(k+1) 1 8x (k) 2 x (k) 3 3x (k) 4 ) x (k+1) 3 = x (k) 3 ω 4 ( 6 x(k+1) 1 +2x (k+1) 2 +4x (k) 3 +x (k) 4 ) x (k+1) 4 = x (k) 4 + ω 7 ( 12 x(k+1) 1 3x (k+1) 2 2x (k+1) 3 7x (k) 4 ) 取 ω = 1.15, 迭代 8 次后, 近似解为 x (8) = ( , , , ) T
50 1 3.1 三种迭代格式 Jacobi 迭代法 Gauss-Seidel 迭代 超松弛迭代法 Jacobi 与 G-S 迭代的收敛性分析 收敛的充分必要条件 收敛的充分条件及误差估计 收敛速度 平均收敛速度和渐近收敛速度 模型问题 Jacobi 和 G-S 迭代的渐近收敛速度 超松弛迭代法 收敛性分析
51 1 3.1 三种迭代格式 Jacobi 与 G-S 迭代的收敛性分析 收敛的充分必要条件 收敛的充分条件及误差估计 收敛速度 超松弛迭代法
52 3.2.1 收敛的充分必要条件 定义 Ax = b (3) x (k+1) = Mx (k) + g (4) 此种迭代称作单步线性定常迭代, 其中 M R n n 迭代矩阵, g R n 常数项, x (0) R n 初始向量.
53 3.2.1 收敛的充分必要条件 定义 此种迭代称作单步线性定常迭代, 其中 Ax = b (3) x (k+1) = Mx (k) + g (4) M R n n 迭代矩阵, g R n 常数项, x (0) R n 初始向量. 若对任意初始向量, 由 (4) 产生的迭代序列都有极限, 则称该迭代法是收敛的 ; 否则称为发散的
54 3.2.1 收敛的充分必要条件 定义 Ax = b (3) x (k+1) = Mx (k) + g (4) 此种迭代称作单步线性定常迭代, 其中 M R n n 迭代矩阵, g R n 常数项, x (0) R n 初始向量. Jacobi 迭代 G-S 迭代 M = D 1 (L + U), g = D 1 b M = (D + L) 1 U, g = (D + L) 1 b
55 3.2.1 收敛的充分必要条件 定义 Ax = b (3) x (k+1) = Mx (k) + g (4) 此种迭代称作单步线性定常迭代, 其中 M R n n 迭代矩阵, g R n 常数项, x (0) R n 初始向量. 若 (4) 收敛, 记其极限为 x, 则两端取极限得 x = Mx + g (I M)x = g. (5) 若该式与 (3) 等价, 则存在可逆矩阵 G R n n 使得 G(I M) = A, Gg = b. (6) 当上式成立时, 称迭代法 (4) 与方程组 (3) 相容
56 3.2.1 收敛的充分必要条件 称 为 x 在第 k 步的误差向量 由 Ax = b e (k) = x (k) x 同解方程 ====== x = Mx + g x (k+1) = Mx (k) + g 知 e (k+1) = Me (k), k = 0, 1, 2,. e (k) = M k e (0). 由此可知 推论 迭代法 (4) 收敛的充分必要条件是 M k 0.
57 3.2.1 收敛的充分必要条件 称 为 x 在第 k 步的误差向量 由 Ax = b e (k) = x (k) x 同解方程 ====== x = Mx + g x (k+1) = Mx (k) + g 知 e (k+1) = Me (k), k = 0, 1, 2,. e (k) = M k e (0). 由此可知 推论 迭代法 (4) 收敛的充分必要条件是 M k 0.
58 3.2.1 收敛的充分必要条件 称 为 x 在第 k 步的误差向量 由 Ax = b e (k) = x (k) x 同解方程 ====== x = Mx + g x (k+1) = Mx (k) + g 知 e (k+1) = Me (k), k = 0, 1, 2,. e (k) = M k e (0). 由此可知 推论 迭代法 (4) 收敛的充分必要条件是 M k 0.
59 3.2.1 收敛的充分必要条件 称 为 x 在第 k 步的误差向量 由 Ax = b e (k) = x (k) x 同解方程 ====== x = Mx + g x (k+1) = Mx (k) + g 知 e (k+1) = Me (k), k = 0, 1, 2,. e (k) = M k e (0). 由此可知 推论 迭代法 (4) 收敛的充分必要条件是 M k 0.
60 3.2.1 收敛的充分必要条件 引理 ( 复习 ) M k 0 的充分必要条件是 ρ(m) < 1. 定理迭代法 (4) 收敛的充分必要条件是 ρ(m) < 1. 迭代序列收敛取决于迭代矩阵的谱半径, 而与初始向量的选取和常数项无关
61 3.2.1 收敛的充分必要条件 引理 ( 见第二章 ) M k 0 的充分必要条件是 ρ(m) < 1. 定理迭代法 (4) 收敛的充分必要条件是 ρ(m) < 1. 迭代序列收敛取决于迭代矩阵的谱半径, 而与初始向量的选取和常数项无关
62 3.2.1 收敛的充分必要条件 引理 M k 0 的充分必要条件是 ρ(m) < 1. 定理迭代法 (4) 收敛的充分必要条件是 ρ(m) < 1. 迭代序列收敛取决于迭代矩阵的谱半径, 而与初始向量的选取和常数项无关
63 3.2.1 收敛的充分必要条件 解同一方程组时,Jacobi 迭代矩阵与 G-S 迭代矩阵的谱半径不一定相同, 且无包含关系 例 A 1 = , A 2 =
64 3.2.1 收敛的充分必要条件 解同一方程组时,Jacobi 迭代矩阵与 G-S 迭代矩阵的谱半径不一定相同, 且无包含关系 例 A 1 = , A 2 = 对于 A 1, M 1J = , M 1G = ρ(m 1J ) = Jacobi 迭代收敛 ρ(m 1G ) = 2 G-S 迭代不收敛
65 3.2.1 收敛的充分必要条件 解同一方程组时,Jacobi 迭代矩阵与 G-S 迭代矩阵的谱半径不一定相同, 且无包含关系 例 A 1 = , A 2 = 对于 A 2, M 2J = 0 1/2 1/ /2 1/2 0, M 2G = 0 1/2 1/2 0 1/2 1/ /2 ρ(m 2J ) = Jacobi 迭代不收敛 ρ(m 2G ) = 1/2 G-S 迭代不收敛
66 1 3.1 三种迭代格式 Jacobi 与 G-S 迭代的收敛性分析 收敛的充分必要条件 收敛的充分条件及误差估计 收敛速度 超松弛迭代法
67 用谱半径来判断迭代格式是否收敛, 显然是不方便的, 因为计算迭代矩阵的谱半径是非常困难的 本节目的 : 给出一些方便的判别条件, 也就是一些比较容易计算的条件
68 用谱半径来判断迭代格式是否收敛, 显然是不方便的, 因为计算迭代矩阵的谱半径是非常困难的 本节目的 : 给出一些方便的判别条件, 也就是一些比较容易计算的条件
69 定理 对于迭代格式 若 M = q < 1, 并假定 I = 1, 则 x (k+1) = Mx (k) + g, k = 0, 1,. x (k) x qk 1 q x(1) x (0). 从该估计可计算出要得到满足精度要求的近似解需要迭代多少次, 但实际计算时用它控制并不方便
70 定理 对于迭代格式 若 M = q < 1, 并假定 I = 1, 则 x (k+1) = Mx (k) + g, k = 0, 1,. x (k) x qk 1 q x(1) x (0). 从该估计可计算出要得到满足精度要求的近似解需要迭代多少次, 但实际计算时用它控制并不方便
71 证明. e (k) = M k e (0) 取范数 ======= e (k) = M k e (0) M k e (0) = q k e (0) M < 1 = (I M) 1 存在且 x = (I M) 1 g. e (0) = x (0) x = x (0) (I M) 1 g = (I M) 1 ( (I M)x (0) g ) = (I M) 1 ( x (0) (Mx (0) + g) ) = (I M) 1 (x (0) x (1) ) 注意到当 M = q < 1 时, 有 e (0) (I M) 1 x (0) x (1). (I M) M = 1 1 q. 即知定理成立
72 证明. e (k) = M k e (0) 取范数 ======= e (k) = M k e (0) M k e (0) = q k e (0) M < 1 = (I M) 1 存在且 x = (I M) 1 g. e (0) = x (0) x = x (0) (I M) 1 g = (I M) 1 ( (I M)x (0) g ) = (I M) 1 ( x (0) (Mx (0) + g) ) = (I M) 1 (x (0) x (1) ) 注意到当 M = q < 1 时, 有 e (0) (I M) 1 x (0) x (1). (I M) M = 1 1 q. 即知定理成立
73 证明. e (k) = M k e (0) 取范数 ======= e (k) = M k e (0) M k e (0) = q k e (0) M < 1 = (I M) 1 存在且 x = (I M) 1 g. e (0) = x (0) x = x (0) (I M) 1 g = (I M) 1 ( (I M)x (0) g ) = (I M) 1 ( x (0) (Mx (0) + g) ) = (I M) 1 (x (0) x (1) ) 注意到当 M = q < 1 时, 有 e (0) (I M) 1 x (0) x (1). (I M) M = 1 1 q. 即知定理成立
74 证明. e (k) = M k e (0) 取范数 ======= e (k) = M k e (0) M k e (0) = q k e (0) M < 1 = (I M) 1 存在且 x = (I M) 1 g. e (0) = x (0) x = x (0) (I M) 1 g = (I M) 1 ( (I M)x (0) g ) = (I M) 1 ( x (0) (Mx (0) + g) ) = (I M) 1 (x (0) x (1) ) 注意到当 M = q < 1 时, 有 e (0) (I M) 1 x (0) x (1). (I M) M = 1 1 q. 即知定理成立
75 证明. e (k) = M k e (0) 取范数 ======= e (k) = M k e (0) M k e (0) = q k e (0) M < 1 = (I M) 1 存在且 x = (I M) 1 g. e (0) = x (0) x = x (0) (I M) 1 g = (I M) 1 ( (I M)x (0) g ) = (I M) 1 ( x (0) (Mx (0) + g) ) = (I M) 1 (x (0) x (1) ) 注意到当 M = q < 1 时, 有 e (0) (I M) 1 x (0) x (1). (I M) M = 1 1 q. 即知定理成立
76 证明. e (k) = M k e (0) 取范数 ======= e (k) = M k e (0) M k e (0) = q k e (0) M < 1 = (I M) 1 存在且 x = (I M) 1 g. e (0) = x (0) x = x (0) (I M) 1 g = (I M) 1 ( (I M)x (0) g ) = (I M) 1 ( x (0) (Mx (0) + g) ) = (I M) 1 (x (0) x (1) ) 注意到当 M = q < 1 时, 有 e (0) (I M) 1 x (0) x (1). (I M) M = 1 1 q. 即知定理成立
77 定理 若 M = q < 1 且 I = 1, 则 x (k) x q 1 q x(k) x (k 1).
78 定理 若 M = q < 1 且 I = 1, 则 x (k) x q 1 q x(k) x (k 1). 该定理表明, 可从相邻近似值的差来判别迭代法是否应该终止, 这对实际计算是非常好用的
79 定理 若 M = q < 1 且 I = 1, 则 证明. 因为 x (k) x q 1 q x(k) x (k 1). x (k) x = Mx (k 1) + g (Mx + g) = Mx (k 1) Mx = Mx (k 1) M(I M) 1 g = M(I M) 1 (x (k 1) x (k) ) 取范数 ======= x (k) x q 1 q x(k) x (k 1). 即知定理成立
80 注 用范数判定迭代法是否收敛虽然只是一个充分条件, 但用起来比较方便 常用 1 范数和 范数来进行判定 对 Jacobi 迭代而言, 上述判别法基本令人满意, 因为 Jacobi 迭代矩阵比较容易得到 对 G-S 迭代而言, 因为 G-S 迭代矩阵不那么好计算, 故上述判别法不是那么方便
81 注 用范数判定迭代法是否收敛虽然只是一个充分条件, 但用起来比较方便 常用 1 范数和 范数来进行判定 对 Jacobi 迭代而言, 上述判别法基本令人满意, 因为 Jacobi 迭代矩阵比较容易得到 对 G-S 迭代而言, 因为 G-S 迭代矩阵不那么好计算, 故上述判别法不是那么方便
82 注 用范数判定迭代法是否收敛虽然只是一个充分条件, 但用起来比较方便 常用 1 范数和 范数来进行判定 对 Jacobi 迭代而言, 上述判别法基本令人满意, 因为 Jacobi 迭代矩阵比较容易得到 对 G-S 迭代而言, 因为 G-S 迭代矩阵不那么好计算, 故上述判别法不是那么方便
83 注 用范数判定迭代法是否收敛虽然只是一个充分条件, 但用起来比较方便 常用 1 范数和 范数来进行判定 对 Jacobi 迭代而言, 上述判别法基本令人满意, 因为 Jacobi 迭代矩阵比较容易得到 对 G-S 迭代而言, 因为 G-S 迭代矩阵不那么好计算, 故上述判别法不是那么方便
84 定理 B = [b i ] Jacobi 迭代矩阵, 则 B < 1 G-S 迭代收敛 且 其中 x (k) x µk 1 µ x(1) x (0) µ = max i n=i+1 b i 1 i 1 =1 b i, µ B < 1.
85 证明. 1 先证 µ < 1 令 由 i 1 n l i = b i, u i = b i =1 =i+1 l i + u i B < 1 可知, 欲证 µ < 1, 只需证 µ = max i u i 1 l i u i 1 l i l i + u i. 事实上, l i + u i u i 1 l i = l i 1 l i (1 l i u i ) 0.
86 证明. 1 先证 µ < 1 令 由 i 1 n l i = b i, u i = b i =1 =i+1 l i + u i B < 1 可知, 欲证 µ < 1, 只需证 µ = max i u i 1 l i u i 1 l i l i + u i. 事实上, l i + u i u i 1 l i = l i 1 l i (1 l i u i ) 0.
87 证明. 1 先证 µ < 1 令 由 i 1 n l i = b i, u i = b i =1 =i+1 l i + u i B < 1 可知, 欲证 µ < 1, 只需证 µ = max i u i 1 l i u i 1 l i l i + u i. 事实上, l i + u i u i 1 l i = l i 1 l i (1 l i u i ) 0.
88 证明. 2 再证 G-S 迭代收敛, 只需证 ρ(l 1 ) < 1 L 1 = (D + L) 1 U : λ, v = (v 1,, v n ) T, v i = v = 1 (D + L) 1 Uv = λv Uv = λdv λlv λv = λd 1 Lv D 1 Uv. 注意到 B = D 1 L D 1 U, 第 i 个分量为 i 1 λv i = λ b i v =1 n 取绝对值 b i v ======== λ λ l i + u i =i+1 = λ u i 1 l i l i + u i < 1 ρ(l 1 ) < 1.
89 证明. 2 再证 G-S 迭代收敛, 只需证 ρ(l 1 ) < 1 L 1 = (D + L) 1 U : λ, v = (v 1,, v n ) T, v i = v = 1 (D + L) 1 Uv = λv Uv = λdv λlv λv = λd 1 Lv D 1 Uv. 注意到 B = D 1 L D 1 U, 第 i 个分量为 i 1 λv i = λ b i v =1 n 取绝对值 b i v ======== λ λ l i + u i =i+1 = λ u i 1 l i l i + u i < 1 ρ(l 1 ) < 1.
90 证明. 2 再证 G-S 迭代收敛, 只需证 ρ(l 1 ) < 1 L 1 = (D + L) 1 U : λ, v = (v 1,, v n ) T, v i = v = 1 (D + L) 1 Uv = λv Uv = λdv λlv λv = λd 1 Lv D 1 Uv. 注意到 B = D 1 L D 1 U, 第 i 个分量为 i 1 λv i = λ b i v =1 n 取绝对值 b i v ======== λ λ l i + u i =i+1 = λ u i 1 l i l i + u i < 1 ρ(l 1 ) < 1.
91 证明. 2 再证 G-S 迭代收敛, 只需证 ρ(l 1 ) < 1 L 1 = (D + L) 1 U : λ, v = (v 1,, v n ) T, v i = v = 1 (D + L) 1 Uv = λv Uv = λdv λlv λv = λd 1 Lv D 1 Uv. 注意到 B = D 1 L D 1 U, 第 i 个分量为 i 1 λv i = λ b i v =1 n 取绝对值 b i v ======== λ λ l i + u i =i+1 = λ u i 1 l i l i + u i < 1 ρ(l 1 ) < 1.
92 证明. 2 再证 G-S 迭代收敛, 只需证 ρ(l 1 ) < 1 L 1 = (D + L) 1 U : λ, v = (v 1,, v n ) T, v i = v = 1 (D + L) 1 Uv = λv Uv = λdv λlv λv = λd 1 Lv D 1 Uv. 注意到 B = D 1 L D 1 U, 第 i 个分量为 i 1 λv i = λ b i v =1 n 取绝对值 b i v ======== λ λ l i + u i =i+1 = λ u i 1 l i l i + u i < 1 ρ(l 1 ) < 1.
93 证明. 2 再证 G-S 迭代收敛, 只需证 ρ(l 1 ) < 1 L 1 = (D + L) 1 U : λ, v = (v 1,, v n ) T, v i = v = 1 (D + L) 1 Uv = λv Uv = λdv λlv λv = λd 1 Lv D 1 Uv. 注意到 B = D 1 L D 1 U, 第 i 个分量为 i 1 λv i = λ b i v =1 n 取绝对值 b i v ======== λ λ l i + u i =i+1 = λ u i 1 l i l i + u i < 1 ρ(l 1 ) < 1.
94 证明. 2 再证 G-S 迭代收敛, 只需证 ρ(l 1 ) < 1 L 1 = (D + L) 1 U : λ, v = (v 1,, v n ) T, v i = v = 1 (D + L) 1 Uv = λv Uv = λdv λlv λv = λd 1 Lv D 1 Uv. 注意到 B = D 1 L D 1 U, 第 i 个分量为 i 1 λv i = λ b i v =1 n 取绝对值 b i v ======== λ λ l i + u i =i+1 = λ u i 1 l i l i + u i < 1 ρ(l 1 ) < 1.
95 证明. 2 再证 G-S 迭代收敛, 只需证 ρ(l 1 ) < 1 L 1 = (D + L) 1 U : λ, v = (v 1,, v n ) T, v i = v = 1 (D + L) 1 Uv = λv Uv = λdv λlv λv = λd 1 Lv D 1 Uv. 注意到 B = D 1 L D 1 U, 第 i 个分量为 i 1 λv i = λ b i v =1 n 取绝对值 b i v ======== λ λ l i + u i =i+1 = λ u i 1 l i l i + u i < 1 ρ(l 1 ) < 1.
96 证明. 2 再证 G-S 迭代收敛, 只需证 ρ(l 1 ) < 1 L 1 = (D + L) 1 U : λ, v = (v 1,, v n ) T, v i = v = 1 (D + L) 1 Uv = λv Uv = λdv λlv λv = λd 1 Lv D 1 Uv. 注意到 B = D 1 L D 1 U, 第 i 个分量为 i 1 λv i = λ b i v =1 n 取绝对值 b i v ======== λ λ l i + u i =i+1 = λ u i 1 l i l i + u i < 1 ρ(l 1 ) < 1.
97 证明. 3 最后证估计式 x (k) = (D + L) 1 Ux (k 1) = x (k) = D 1 Lx (k) D 1 Ux (k 1) x (k 1) = (D + L) 1 Ux (k 2) = x (k 1) = D 1 Lx (k 1) D 1 Ux (k 2) = x (k) x (k 1) = D 1 L(x (k) x (k 1) ) D 1 U(x (k 1) x (k 2) ) 分量形式为 x (k) i x (k 1) i i 1 = =1 b i (x (k) x (k 1) ) n =i+1 b i (x (k 1) x (k 2) ) (7)
98 证明. 3 最后证估计式 x (k) = (D + L) 1 Ux (k 1) = x (k) = D 1 Lx (k) D 1 Ux (k 1) x (k 1) = (D + L) 1 Ux (k 2) = x (k 1) = D 1 Lx (k 1) D 1 Ux (k 2) = x (k) x (k 1) = D 1 L(x (k) x (k 1) ) D 1 U(x (k 1) x (k 2) ) 分量形式为 x (k) i x (k 1) i i 1 = =1 b i (x (k) x (k 1) ) n =i+1 b i (x (k 1) x (k 2) ) (7)
99 证明. 3 最后证估计式 x (k) = (D + L) 1 Ux (k 1) = x (k) = D 1 Lx (k) D 1 Ux (k 1) x (k 1) = (D + L) 1 Ux (k 2) = x (k 1) = D 1 Lx (k 1) D 1 Ux (k 2) = x (k) x (k 1) = D 1 L(x (k) x (k 1) ) D 1 U(x (k 1) x (k 2) ) 分量形式为 x (k) i x (k 1) i i 1 = =1 b i (x (k) x (k 1) ) n =i+1 b i (x (k 1) x (k 2) ) (7)
100 证明. 设 取绝对值 : x (k) i x (k) i 0 x (k 1) i 0 = max i x (k 1) i x (k) i l i max x (k 1) i x (k) x (k 1) + u i max x (k 1) x (k 2) = x (k) x (k 1) u i 0 1 l i0 x (k 1) x (k 2) µ x (k 1) x (k 2) 由 x (k) x = i=k (x i x i+1 ) 得 µ k x (1) x (0). x (k) x x i x i+1 i=k i=k µ i x (1) x (0) = µk 1 µ x(1) x (0).
101 证明. 设 取绝对值 : x (k) i x (k) i 0 x (k 1) i 0 = max i x (k 1) i x (k) i l i max x (k 1) i x (k) x (k 1) + u i max x (k 1) x (k 2) = x (k) x (k 1) u i 0 1 l i0 x (k 1) x (k 2) µ x (k 1) x (k 2) 由 x (k) x = i=k (x i x i+1 ) 得 µ k x (1) x (0). x (k) x x i x i+1 i=k i=k µ i x (1) x (0) = µk 1 µ x(1) x (0).
102 证明. 设 取绝对值 : x (k) i x (k) i 0 x (k 1) i 0 = max i x (k 1) i x (k) i l i max x (k 1) i x (k) x (k 1) + u i max x (k 1) x (k 2) = x (k) x (k 1) u i 0 1 l i0 x (k 1) x (k 2) µ x (k 1) x (k 2) 由 x (k) x = i=k (x i x i+1 ) 得 µ k x (1) x (0). x (k) x x i x i+1 i=k i=k µ i x (1) x (0) = µk 1 µ x(1) x (0).
103 证明. 设 取绝对值 : x (k) i x (k) i 0 x (k 1) i 0 = max i x (k 1) i x (k) i l i max x (k 1) i x (k) x (k 1) + u i max x (k 1) x (k 2) = x (k) x (k 1) u i 0 1 l i0 x (k 1) x (k 2) µ x (k 1) x (k 2) 由 x (k) x = i=k (x i x i+1 ) 得 µ k x (1) x (0). x (k) x x i x i+1 i=k i=k µ i x (1) x (0) = µk 1 µ x(1) x (0).
104 证明. 设 取绝对值 : x (k) i x (k) i 0 x (k 1) i 0 = max i x (k 1) i x (k) i l i max x (k 1) i x (k) x (k 1) + u i max x (k 1) x (k 2) = x (k) x (k 1) u i 0 1 l i0 x (k 1) x (k 2) µ x (k 1) x (k 2) 由 x (k) x = i=k (x i x i+1 ) 得 µ k x (1) x (0). x (k) x x i x i+1 i=k i=k µ i x (1) x (0) = µk 1 µ x(1) x (0).
105 证明. 设 取绝对值 : x (k) i x (k) i 0 x (k 1) i 0 = max i x (k 1) i x (k) i l i max x (k 1) i x (k) x (k 1) + u i max x (k 1) x (k 2) = x (k) x (k 1) u i 0 1 l i0 x (k 1) x (k 2) µ x (k 1) x (k 2) 由 x (k) x = i=k (x i x i+1 ) 得 µ k x (1) x (0). x (k) x x i x i+1 i=k i=k µ i x (1) x (0) = µk 1 µ x(1) x (0).
106 证明. 设 取绝对值 : x (k) i x (k) i 0 x (k 1) i 0 = max i x (k 1) i x (k) i l i max x (k 1) i x (k) x (k 1) + u i max x (k 1) x (k 2) = x (k) x (k 1) u i 0 1 l i0 x (k 1) x (k 2) µ x (k 1) x (k 2) 由 x (k) x = i=k (x i x i+1 ) 得 µ k x (1) x (0). x (k) x x i x i+1 i=k i=k µ i x (1) x (0) = µk 1 µ x(1) x (0).
107 证明. 设 取绝对值 : x (k) i x (k) i 0 x (k 1) i 0 = max i x (k 1) i x (k) i l i max x (k 1) i x (k) x (k 1) + u i max x (k 1) x (k 2) = x (k) x (k 1) u i 0 1 l i0 x (k 1) x (k 2) µ x (k 1) x (k 2) 由 x (k) x = i=k (x i x i+1 ) 得 µ k x (1) x (0). x (k) x x i x i+1 i=k i=k µ i x (1) x (0) = µk 1 µ x(1) x (0).
108 定理 B = [b i ] Jacobi 迭代矩阵, 则 B 1 < 1 G-S 迭代收敛 且 其中 s = max x (k) x 1 n i= +1 b i, µ = max µ k (1 µ)(1 s) x(1) x (0) 1 1 i=1 b i 1 n i= +1 b i, µ B 1 < 1.
109 证明 1 先证 µ < 1 令 由 1 n l = b i, ũ = b i i=1 i= +1 l + ũ B 1 < 1 µ = max l 1 ũ 可知, 欲证 µ < 1, 只需证 l + ũ l 1 ũ l + ũ. 事实上, l ũ = (1 l ũ ) 0. 1 ũ 1 ũ
110 证明 1 先证 µ < 1 令 由 1 n l = b i, ũ = b i i=1 i= +1 l + ũ B 1 < 1 µ = max l 1 ũ 可知, 欲证 µ < 1, 只需证 l + ũ l 1 ũ l + ũ. 事实上, l ũ = (1 l ũ ) 0. 1 ũ 1 ũ
111 证明 1 先证 µ < 1 令 由 1 n l = b i, ũ = b i i=1 i= +1 l + ũ B 1 < 1 µ = max l 1 ũ 可知, 欲证 µ < 1, 只需证 l + ũ l 1 ũ l + ũ. 事实上, l ũ = (1 l ũ ) 0. 1 ũ 1 ũ
112 证明 2 再证 G-S 迭代收敛, 只需证 ρ(l 1 ) < 1 因为 (D + L) 1 U = (I + D 1 L) 1 D 1 U(I + D 1 L) 1 (I + D 1 L) = (D + L) 1 U D 1 U(I + D 1 L) 1 设 (D 1 U(I + D 1 L) 1 ) T : λ, v = (v 1,, v n ) T, v i = v = 1 则 (D 1 U(I + D 1 L) 1 ) T v = λv λv = λ(d 1 L) T v (D 1 U) T v. i 1 第 i 个分量为 λv i = b i v λ = λ =1 n 取绝对值 b i v ======== λ l i + λ ũ i =i+1 l i 1 ũ i µ < 1 ρ(l 1 ) < 1.
113 证明 2 再证 G-S 迭代收敛, 只需证 ρ(l 1 ) < 1 因为 (D + L) 1 U = (I + D 1 L) 1 D 1 U(I + D 1 L) 1 (I + D 1 L) = (D + L) 1 U D 1 U(I + D 1 L) 1 设 (D 1 U(I + D 1 L) 1 ) T : λ, v = (v 1,, v n ) T, v i = v = 1 则 (D 1 U(I + D 1 L) 1 ) T v = λv λv = λ(d 1 L) T v (D 1 U) T v. i 1 第 i 个分量为 λv i = b i v λ = λ =1 n 取绝对值 b i v ======== λ l i + λ ũ i =i+1 l i 1 ũ i µ < 1 ρ(l 1 ) < 1.
114 证明 2 再证 G-S 迭代收敛, 只需证 ρ(l 1 ) < 1 因为 (D + L) 1 U = (I + D 1 L) 1 D 1 U(I + D 1 L) 1 (I + D 1 L) = (D + L) 1 U D 1 U(I + D 1 L) 1 设 (D 1 U(I + D 1 L) 1 ) T : λ, v = (v 1,, v n ) T, v i = v = 1 则 (D 1 U(I + D 1 L) 1 ) T v = λv λv = λ(d 1 L) T v (D 1 U) T v. i 1 第 i 个分量为 λv i = b i v λ = λ =1 n 取绝对值 b i v ======== λ l i + λ ũ i =i+1 l i 1 ũ i µ < 1 ρ(l 1 ) < 1.
115 证明 2 再证 G-S 迭代收敛, 只需证 ρ(l 1 ) < 1 因为 (D + L) 1 U = (I + D 1 L) 1 D 1 U(I + D 1 L) 1 (I + D 1 L) = (D + L) 1 U D 1 U(I + D 1 L) 1 设 (D 1 U(I + D 1 L) 1 ) T : λ, v = (v 1,, v n ) T, v i = v = 1 则 (D 1 U(I + D 1 L) 1 ) T v = λv λv = λ(d 1 L) T v (D 1 U) T v. i 1 第 i 个分量为 λv i = b i v λ = λ =1 n 取绝对值 b i v ======== λ l i + λ ũ i =i+1 l i 1 ũ i µ < 1 ρ(l 1 ) < 1.
116 证明 2 再证 G-S 迭代收敛, 只需证 ρ(l 1 ) < 1 因为 (D + L) 1 U = (I + D 1 L) 1 D 1 U(I + D 1 L) 1 (I + D 1 L) = (D + L) 1 U D 1 U(I + D 1 L) 1 设 (D 1 U(I + D 1 L) 1 ) T : λ, v = (v 1,, v n ) T, v i = v = 1 则 (D 1 U(I + D 1 L) 1 ) T v = λv λv = λ(d 1 L) T v (D 1 U) T v. i 1 第 i 个分量为 λv i = b i v λ = λ =1 n 取绝对值 b i v ======== λ l i + λ ũ i =i+1 l i 1 ũ i µ < 1 ρ(l 1 ) < 1.
117 证明 2 再证 G-S 迭代收敛, 只需证 ρ(l 1 ) < 1 因为 (D + L) 1 U = (I + D 1 L) 1 D 1 U(I + D 1 L) 1 (I + D 1 L) = (D + L) 1 U D 1 U(I + D 1 L) 1 设 (D 1 U(I + D 1 L) 1 ) T : λ, v = (v 1,, v n ) T, v i = v = 1 则 (D 1 U(I + D 1 L) 1 ) T v = λv λv = λ(d 1 L) T v (D 1 U) T v. i 1 第 i 个分量为 λv i = b i v λ = λ =1 n 取绝对值 b i v ======== λ l i + λ ũ i =i+1 l i 1 ũ i µ < 1 ρ(l 1 ) < 1.
118 证明 2 再证 G-S 迭代收敛, 只需证 ρ(l 1 ) < 1 因为 (D + L) 1 U = (I + D 1 L) 1 D 1 U(I + D 1 L) 1 (I + D 1 L) = (D + L) 1 U D 1 U(I + D 1 L) 1 设 (D 1 U(I + D 1 L) 1 ) T : λ, v = (v 1,, v n ) T, v i = v = 1 则 (D 1 U(I + D 1 L) 1 ) T v = λv λv = λ(d 1 L) T v (D 1 U) T v. i 1 第 i 个分量为 λv i = b i v λ = λ =1 n 取绝对值 b i v ======== λ l i + λ ũ i =i+1 l i 1 ũ i µ < 1 ρ(l 1 ) < 1.
119 证明 2 再证 G-S 迭代收敛, 只需证 ρ(l 1 ) < 1 因为 (D + L) 1 U = (I + D 1 L) 1 D 1 U(I + D 1 L) 1 (I + D 1 L) = (D + L) 1 U D 1 U(I + D 1 L) 1 设 (D 1 U(I + D 1 L) 1 ) T : λ, v = (v 1,, v n ) T, v i = v = 1 则 (D 1 U(I + D 1 L) 1 ) T v = λv λv = λ(d 1 L) T v (D 1 U) T v. i 1 第 i 个分量为 λv i = b i v λ = λ =1 n 取绝对值 b i v ======== λ l i + λ ũ i =i+1 l i 1 ũ i µ < 1 ρ(l 1 ) < 1.
120 证明 2 再证 G-S 迭代收敛, 只需证 ρ(l 1 ) < 1 因为 (D + L) 1 U = (I + D 1 L) 1 D 1 U(I + D 1 L) 1 (I + D 1 L) = (D + L) 1 U D 1 U(I + D 1 L) 1 设 (D 1 U(I + D 1 L) 1 ) T : λ, v = (v 1,, v n ) T, v i = v = 1 则 (D 1 U(I + D 1 L) 1 ) T v = λv λv = λ(d 1 L) T v (D 1 U) T v. i 1 第 i 个分量为 λv i = b i v λ = λ =1 n 取绝对值 b i v ======== λ l i + λ ũ i =i+1 l i 1 ũ i µ < 1 ρ(l 1 ) < 1.
121 证明 2 再证 G-S 迭代收敛, 只需证 ρ(l 1 ) < 1 因为 (D + L) 1 U = (I + D 1 L) 1 D 1 U(I + D 1 L) 1 (I + D 1 L) = (D + L) 1 U D 1 U(I + D 1 L) 1 设 (D 1 U(I + D 1 L) 1 ) T : λ, v = (v 1,, v n ) T, v i = v = 1 则 (D 1 U(I + D 1 L) 1 ) T v = λv λv = λ(d 1 L) T v (D 1 U) T v. i 1 第 i 个分量为 λv i = b i v λ = λ =1 n 取绝对值 b i v ======== λ l i + λ ũ i =i+1 l i 1 ũ i µ < 1 ρ(l 1 ) < 1.
122 证明. 3 最后证估计式 由 (7) x (k) i i 1 x (k 1) i = =1 b i (x (k) x (k 1) ) + n =i+1 b i (x (k 1) x (k 2) ) 得 n i=1 x (k) i x (k 1) i n i 1 b i i=1 =1 x (k) x (k 1) + n b i =i+1 x (k 1) x (k 2)
123 证明. 交换求和次序得 ni=1 x (k) i x (k 1) i ( n ni= =1 +1 b i x (k) x (k 1) + 1 i=1 b i = ( n =1 ũ x (k) x (k 1) + l x (k 1) x (k 2) ) x (k 1) x (k 2) ) 或 ni=1 (1 ũ ) x (k) x (k 1) n i=1 l x (k 1) x (k 2) µ n =1 (1 ũ ) x (k 1) x (k 2) µ k 1 n =1 (1 ũ ) x (1) x (0).
124 证明. 交换求和次序得 ni=1 x (k) i x (k 1) i ( n ni= =1 +1 b i x (k) x (k 1) + 1 i=1 b i = ( n =1 ũ x (k) x (k 1) + l x (k 1) x (k 2) ) x (k 1) x (k 2) ) 或 ni=1 (1 ũ ) x (k) x (k 1) n i=1 l x (k 1) x (k 2) µ n =1 (1 ũ ) x (k 1) x (k 2) µ k 1 n =1 (1 ũ ) x (1) x (0).
125 证明. 交换求和次序得 ni=1 x (k) i x (k 1) i ( n ni= =1 +1 b i x (k) x (k 1) + 1 i=1 b i = ( n =1 ũ x (k) x (k 1) + l x (k 1) x (k 2) ) x (k 1) x (k 2) ) 或 ni=1 (1 ũ ) x (k) x (k 1) n i=1 l x (k 1) x (k 2) µ n =1 (1 ũ ) x (k 1) x (k 2) µ k 1 n =1 (1 ũ ) x (1) x (0).
126 证明. 交换求和次序得 ni=1 x (k) i x (k 1) i ( n ni= =1 +1 b i x (k) x (k 1) + 1 i=1 b i = ( n =1 ũ x (k) x (k 1) + l x (k 1) x (k 2) ) x (k 1) x (k 2) ) 或 ni=1 (1 ũ ) x (k) x (k 1) n i=1 l x (k 1) x (k 2) µ n =1 (1 ũ ) x (k 1) x (k 2) µ k 1 n =1 (1 ũ ) x (1) x (0).
127 证明. 交换求和次序得 ni=1 x (k) i x (k 1) i ( n ni= =1 +1 b i x (k) x (k 1) + 1 i=1 b i = ( n =1 ũ x (k) x (k 1) + l x (k 1) x (k 2) ) x (k 1) x (k 2) ) 或 ni=1 (1 ũ ) x (k) x (k 1) n i=1 l x (k 1) x (k 2) µ n =1 (1 ũ ) x (k 1) x (k 2) µ k 1 n =1 (1 ũ ) x (1) x (0).
128 证明. 交换求和次序得 ni=1 x (k) i x (k 1) i ( n ni= =1 +1 b i x (k) x (k 1) + 1 i=1 b i = ( n =1 ũ x (k) x (k 1) + l x (k 1) x (k 2) ) x (k 1) x (k 2) ) 或 ni=1 (1 ũ ) x (k) x (k 1) n i=1 l x (k 1) x (k 2) µ n =1 (1 ũ ) x (k 1) x (k 2) µ k 1 n =1 (1 ũ ) x (1) x (0).
129 证明. 由 1 s 1 ũ 1 可得 (1 s) n =1 由 x (k) x = i=k (x i x i+1 ) 得 x (k) x (k 1) µ k 1 n =1 x (1) x (0) (1 s) x (k) x (k 1) 1 µ k 1 x (1) x (0) 1. x (k) x 1 i=k x i x i s µ i x (1) x (0) 1 = i=k µ k (1 s)(1 µ) x(1) x (0) 1.
130 证明. 由 1 s 1 ũ 1 可得 (1 s) n =1 由 x (k) x = i=k (x i x i+1 ) 得 x (k) x (k 1) µ k 1 n =1 x (1) x (0) (1 s) x (k) x (k 1) 1 µ k 1 x (1) x (0) 1. x (k) x 1 i=k x i x i s µ i x (1) x (0) 1 = i=k µ k (1 s)(1 µ) x(1) x (0) 1.
131 证明. 由 1 s 1 ũ 1 可得 (1 s) n =1 由 x (k) x = i=k (x i x i+1 ) 得 x (k) x (k 1) µ k 1 n =1 x (1) x (0) (1 s) x (k) x (k 1) 1 µ k 1 x (1) x (0) 1. x (k) x 1 i=k x i x i s µ i x (1) x (0) 1 = i=k µ k (1 s)(1 µ) x(1) x (0) 1.
132 证明. 由 1 s 1 ũ 1 可得 (1 s) n =1 由 x (k) x = i=k (x i x i+1 ) 得 x (k) x (k 1) µ k 1 n =1 x (1) x (0) (1 s) x (k) x (k 1) 1 µ k 1 x (1) x (0) 1. x (k) x 1 i=k x i x i s µ i x (1) x (0) 1 = i=k µ k (1 s)(1 µ) x(1) x (0) 1.
133 证明. 由 1 s 1 ũ 1 可得 (1 s) n =1 由 x (k) x = i=k (x i x i+1 ) 得 x (k) x (k 1) µ k 1 n =1 x (1) x (0) (1 s) x (k) x (k 1) 1 µ k 1 x (1) x (0) 1. x (k) x 1 i=k x i x i s µ i x (1) x (0) 1 = i=k µ k (1 s)(1 µ) x(1) x (0) 1.
134 若线性方程组的系数矩阵正定, 还能有一些更好的结论
135 定理 若 A 对称且 a ii > 0(i = 1, 2,, n), 则 Jacobi 迭代收敛 A, 2D A 都正定
136 证明 B = D 1 (L + U) = D 1 (A D) = I D 1 A = D 1/2 (I D 1/2 AD 1/2 )D 1/2 = B I D 1/2 AD 1/2 A 对称 = I D 1/2 AD 1/2 对称 = I D 1/2 AD 1/2 特征值为实 = B 特征值为实
137 证明 B = D 1 (L + U) = D 1 (A D) = I D 1 A = D 1/2 (I D 1/2 AD 1/2 )D 1/2 = B I D 1/2 AD 1/2 A 对称 = I D 1/2 AD 1/2 对称 = I D 1/2 AD 1/2 特征值为实 = B 特征值为实
138 证明 B = D 1 (L + U) = D 1 (A D) = I D 1 A = D 1/2 (I D 1/2 AD 1/2 )D 1/2 = B I D 1/2 AD 1/2 A 对称 = I D 1/2 AD 1/2 对称 = I D 1/2 AD 1/2 特征值为实 = B 特征值为实
139 证明 B = D 1 (L + U) = D 1 (A D) = I D 1 A = D 1/2 (I D 1/2 AD 1/2 )D 1/2 = B I D 1/2 AD 1/2 A 对称 = I D 1/2 AD 1/2 对称 = I D 1/2 AD 1/2 特征值为实 = B 特征值为实
140 证明 B = D 1 (L + U) = D 1 (A D) = I D 1 A = D 1/2 (I D 1/2 AD 1/2 )D 1/2 = B I D 1/2 AD 1/2 A 对称 = I D 1/2 AD 1/2 对称 = I D 1/2 AD 1/2 特征值为实 = B 特征值为实
141 证明 B = D 1 (L + U) = D 1 (A D) = I D 1 A = D 1/2 (I D 1/2 AD 1/2 )D 1/2 = B I D 1/2 AD 1/2 A 对称 = I D 1/2 AD 1/2 对称 = I D 1/2 AD 1/2 特征值为实 = B 特征值为实
142 证明 B = D 1 (L + U) = D 1 (A D) = I D 1 A = D 1/2 (I D 1/2 AD 1/2 )D 1/2 = B I D 1/2 AD 1/2 A 对称 = I D 1/2 AD 1/2 对称 = I D 1/2 AD 1/2 特征值为实 = B 特征值为实
143 证明 B = D 1 (L + U) = D 1 (A D) = I D 1 A = D 1/2 (I D 1/2 AD 1/2 )D 1/2 = B I D 1/2 AD 1/2 A 对称 = I D 1/2 AD 1/2 对称 = I D 1/2 AD 1/2 特征值为实 = B 特征值为实
144 证明 (= ) Jacobi 迭代收敛 ρ(b) < 1 ρ(i D 1/2 AD 1/2 ) < 1 D 1/2 AD 1/2 的特征值 (0, 2) = A 正定 = 2I D 1/2 AD 1/2 的特征值 (0, 2) 又 2I D 1/2 AD 1/2 = D 1/2 (2D A)D 1/2 = 2D A 正定
145 证明 (= ) Jacobi 迭代收敛 ρ(b) < 1 ρ(i D 1/2 AD 1/2 ) < 1 D 1/2 AD 1/2 的特征值 (0, 2) = A 正定 = 2I D 1/2 AD 1/2 的特征值 (0, 2) 又 2I D 1/2 AD 1/2 = D 1/2 (2D A)D 1/2 = 2D A 正定
146 证明 (= ) Jacobi 迭代收敛 ρ(b) < 1 ρ(i D 1/2 AD 1/2 ) < 1 D 1/2 AD 1/2 的特征值 (0, 2) = A 正定 = 2I D 1/2 AD 1/2 的特征值 (0, 2) 又 2I D 1/2 AD 1/2 = D 1/2 (2D A)D 1/2 = 2D A 正定
147 证明 (= ) Jacobi 迭代收敛 ρ(b) < 1 ρ(i D 1/2 AD 1/2 ) < 1 D 1/2 AD 1/2 的特征值 (0, 2) = A 正定 = 2I D 1/2 AD 1/2 的特征值 (0, 2) 又 2I D 1/2 AD 1/2 = D 1/2 (2D A)D 1/2 = 2D A 正定
148 证明 (= ) Jacobi 迭代收敛 ρ(b) < 1 ρ(i D 1/2 AD 1/2 ) < 1 D 1/2 AD 1/2 的特征值 (0, 2) = A 正定 = 2I D 1/2 AD 1/2 的特征值 (0, 2) 又 2I D 1/2 AD 1/2 = D 1/2 (2D A)D 1/2 = 2D A 正定
149 证明 (= ) Jacobi 迭代收敛 ρ(b) < 1 ρ(i D 1/2 AD 1/2 ) < 1 D 1/2 AD 1/2 的特征值 (0, 2) = A 正定 = 2I D 1/2 AD 1/2 的特征值 (0, 2) 又 2I D 1/2 AD 1/2 = D 1/2 (2D A)D 1/2 = 2D A 正定
150 证明 (= ) Jacobi 迭代收敛 ρ(b) < 1 ρ(i D 1/2 AD 1/2 ) < 1 D 1/2 AD 1/2 的特征值 (0, 2) = A 正定 = 2I D 1/2 AD 1/2 的特征值 (0, 2) 又 2I D 1/2 AD 1/2 = D 1/2 (2D A)D 1/2 = 2D A 正定
151 证明 (= ) Jacobi 迭代收敛 ρ(b) < 1 ρ(i D 1/2 AD 1/2 ) < 1 D 1/2 AD 1/2 的特征值 (0, 2) = A 正定 = 2I D 1/2 AD 1/2 的特征值 (0, 2) 又 2I D 1/2 AD 1/2 = D 1/2 (2D A)D 1/2 = 2D A 正定
152 证明 (= ) Jacobi 迭代收敛 ρ(b) < 1 ρ(i D 1/2 AD 1/2 ) < 1 D 1/2 AD 1/2 的特征值 (0, 2) = A 正定 = 2I D 1/2 AD 1/2 的特征值 (0, 2) 又 2I D 1/2 AD 1/2 = D 1/2 (2D A)D 1/2 = 2D A 正定
153 证明. ( =) D 1/2 (I B)D 1/2 = D 1/2 AD 1/2 A 正定 = B 的特征值均小于 1 = I B 的特征值均大于 0 D 1/2 (2D A)D 1/2 = D 1/2 (I + B)D 1/2 = I + B 的特征值均大于 0 = B 的特征值均大于 -1 联立可得 ρ(b) < 1, 从而 Jacobi 迭代收敛
154 证明. ( =) D 1/2 (I B)D 1/2 = D 1/2 AD 1/2 A 正定 = B 的特征值均小于 1 = I B 的特征值均大于 0 D 1/2 (2D A)D 1/2 = D 1/2 (I + B)D 1/2 = I + B 的特征值均大于 0 = B 的特征值均大于 -1 联立可得 ρ(b) < 1, 从而 Jacobi 迭代收敛
155 证明. ( =) D 1/2 (I B)D 1/2 = D 1/2 AD 1/2 A 正定 = B 的特征值均小于 1 = I B 的特征值均大于 0 D 1/2 (2D A)D 1/2 = D 1/2 (I + B)D 1/2 = I + B 的特征值均大于 0 = B 的特征值均大于 -1 联立可得 ρ(b) < 1, 从而 Jacobi 迭代收敛
156 证明. ( =) D 1/2 (I B)D 1/2 = D 1/2 AD 1/2 A 正定 = B 的特征值均小于 1 = I B 的特征值均大于 0 D 1/2 (2D A)D 1/2 = D 1/2 (I + B)D 1/2 = I + B 的特征值均大于 0 = B 的特征值均大于 -1 联立可得 ρ(b) < 1, 从而 Jacobi 迭代收敛
157 证明. ( =) D 1/2 (I B)D 1/2 = D 1/2 AD 1/2 A 正定 = B 的特征值均小于 1 = I B 的特征值均大于 0 D 1/2 (2D A)D 1/2 = D 1/2 (I + B)D 1/2 = I + B 的特征值均大于 0 = B 的特征值均大于 -1 联立可得 ρ(b) < 1, 从而 Jacobi 迭代收敛
158 证明. ( =) D 1/2 (I B)D 1/2 = D 1/2 AD 1/2 A 正定 = B 的特征值均小于 1 = I B 的特征值均大于 0 D 1/2 (2D A)D 1/2 = D 1/2 (I + B)D 1/2 = I + B 的特征值均大于 0 = B 的特征值均大于 -1 联立可得 ρ(b) < 1, 从而 Jacobi 迭代收敛
159 证明. ( =) D 1/2 (I B)D 1/2 = D 1/2 AD 1/2 A 正定 = B 的特征值均小于 1 = I B 的特征值均大于 0 D 1/2 (2D A)D 1/2 = D 1/2 (I + B)D 1/2 = I + B 的特征值均大于 0 = B 的特征值均大于 -1 联立可得 ρ(b) < 1, 从而 Jacobi 迭代收敛
160 证明. ( =) D 1/2 (I B)D 1/2 = D 1/2 AD 1/2 A 正定 = B 的特征值均小于 1 = I B 的特征值均大于 0 D 1/2 (2D A)D 1/2 = D 1/2 (I + B)D 1/2 = I + B 的特征值均大于 0 = B 的特征值均大于 -1 联立可得 ρ(b) < 1, 从而 Jacobi 迭代收敛
161 证明. ( =) D 1/2 (I B)D 1/2 = D 1/2 AD 1/2 A 正定 = B 的特征值均小于 1 = I B 的特征值均大于 0 D 1/2 (2D A)D 1/2 = D 1/2 (I + B)D 1/2 = I + B 的特征值均大于 0 = B 的特征值均大于 -1 联立可得 ρ(b) < 1, 从而 Jacobi 迭代收敛
162 定理 对称矩阵 A 正定 = G-S 迭代收敛
163 证明. L 1 = (D + L) 1 U : λ, v (D + L) 1 Uv = λv U=LT = (D + L) 1 L T v = λv = λ(d + L)v = L T v = λ }{{} v Dv δ λ v Lv }{{} α+iβ = v L T v }{{} α iβ λδ λ(α + iβ) = α iβ 取模 === λ 2 ( (δ + α) 2 + β 2) = α 2 + β 2 = λ 2 = α 2 + β 2 (δ + α) 2 + β 2 < 1? 事实上,0 < v Av = v (D + L + L T )v = δ + 2α (δ + α) 2 + β 2 = δ 2 + 2αδ + α 2 + β 2 = δ(δ + 2α) + α 2 + β 2 > α 2 + β 2.
164 证明. L 1 = (D + L) 1 U : λ, v (D + L) 1 Uv = λv U=LT = (D + L) 1 L T v = λv = λ(d + L)v = L T v = λ }{{} v Dv δ λ v Lv }{{} α+iβ = v L T v }{{} α iβ λδ λ(α + iβ) = α iβ 取模 === λ 2 ( (δ + α) 2 + β 2) = α 2 + β 2 = λ 2 = α 2 + β 2 (δ + α) 2 + β 2 < 1? 事实上,0 < v Av = v (D + L + L T )v = δ + 2α (δ + α) 2 + β 2 = δ 2 + 2αδ + α 2 + β 2 = δ(δ + 2α) + α 2 + β 2 > α 2 + β 2.
165 证明. L 1 = (D + L) 1 U : λ, v (D + L) 1 Uv = λv U=LT = (D + L) 1 L T v = λv = λ(d + L)v = L T v = λ }{{} v Dv δ λ v Lv }{{} α+iβ = v L T v }{{} α iβ λδ λ(α + iβ) = α iβ 取模 === λ 2 ( (δ + α) 2 + β 2) = α 2 + β 2 = λ 2 = α 2 + β 2 (δ + α) 2 + β 2 < 1? 事实上,0 < v Av = v (D + L + L T )v = δ + 2α (δ + α) 2 + β 2 = δ 2 + 2αδ + α 2 + β 2 = δ(δ + 2α) + α 2 + β 2 > α 2 + β 2.
166 证明. L 1 = (D + L) 1 U : λ, v (D + L) 1 Uv = λv U=LT = (D + L) 1 L T v = λv = λ(d + L)v = L T v = λ }{{} v Dv δ λ v Lv }{{} α+iβ = v L T v }{{} α iβ λδ λ(α + iβ) = α iβ 取模 === λ 2 ( (δ + α) 2 + β 2) = α 2 + β 2 = λ 2 = α 2 + β 2 (δ + α) 2 + β 2 < 1? 事实上,0 < v Av = v (D + L + L T )v = δ + 2α (δ + α) 2 + β 2 = δ 2 + 2αδ + α 2 + β 2 = δ(δ + 2α) + α 2 + β 2 > α 2 + β 2.
167 证明. L 1 = (D + L) 1 U : λ, v (D + L) 1 Uv = λv U=LT = (D + L) 1 L T v = λv = λ(d + L)v = L T v = λ }{{} v Dv δ λ v Lv }{{} α+iβ = v L T v }{{} α iβ λδ λ(α + iβ) = α iβ 取模 === λ 2 ( (δ + α) 2 + β 2) = α 2 + β 2 = λ 2 = α 2 + β 2 (δ + α) 2 + β 2 < 1? 事实上,0 < v Av = v (D + L + L T )v = δ + 2α (δ + α) 2 + β 2 = δ 2 + 2αδ + α 2 + β 2 = δ(δ + 2α) + α 2 + β 2 > α 2 + β 2.
168 证明. L 1 = (D + L) 1 U : λ, v (D + L) 1 Uv = λv U=LT = (D + L) 1 L T v = λv = λ(d + L)v = L T v = λ }{{} v Dv δ λ v Lv }{{} α+iβ = v L T v }{{} α iβ λδ λ(α + iβ) = α iβ 取模 === λ 2 ( (δ + α) 2 + β 2) = α 2 + β 2 = λ 2 = α 2 + β 2 (δ + α) 2 + β 2 < 1? 事实上,0 < v Av = v (D + L + L T )v = δ + 2α (δ + α) 2 + β 2 = δ 2 + 2αδ + α 2 + β 2 = δ(δ + 2α) + α 2 + β 2 > α 2 + β 2.
169 证明. L 1 = (D + L) 1 U : λ, v (D + L) 1 Uv = λv U=LT = (D + L) 1 L T v = λv = λ(d + L)v = L T v = λ }{{} v Dv δ λ v Lv }{{} α+iβ = v L T v }{{} α iβ λδ λ(α + iβ) = α iβ 取模 === λ 2 ( (δ + α) 2 + β 2) = α 2 + β 2 = λ 2 = α 2 + β 2 (δ + α) 2 + β 2 < 1? 事实上,0 < v Av = v (D + L + L T )v = δ + 2α (δ + α) 2 + β 2 = δ 2 + 2αδ + α 2 + β 2 = δ(δ + 2α) + α 2 + β 2 > α 2 + β 2.
170 证明. L 1 = (D + L) 1 U : λ, v (D + L) 1 Uv = λv U=LT = (D + L) 1 L T v = λv = λ(d + L)v = L T v = λ }{{} v Dv δ λ v Lv }{{} α+iβ = v L T v }{{} α iβ λδ λ(α + iβ) = α iβ 取模 === λ 2 ( (δ + α) 2 + β 2) = α 2 + β 2 = λ 2 = α 2 + β 2 (δ + α) 2 + β 2 < 1? 事实上,0 < v Av = v (D + L + L T )v = δ + 2α (δ + α) 2 + β 2 = δ 2 + 2αδ + α 2 + β 2 = δ(δ + 2α) + α 2 + β 2 > α 2 + β 2.
171 证明. L 1 = (D + L) 1 U : λ, v (D + L) 1 Uv = λv U=LT = (D + L) 1 L T v = λv = λ(d + L)v = L T v = λ }{{} v Dv δ λ v Lv }{{} α+iβ = v L T v }{{} α iβ λδ λ(α + iβ) = α iβ 取模 === λ 2 ( (δ + α) 2 + β 2) = α 2 + β 2 = λ 2 = α 2 + β 2 (δ + α) 2 + β 2 < 1? 事实上,0 < v Av = v (D + L + L T )v = δ + 2α (δ + α) 2 + β 2 = δ 2 + 2αδ + α 2 + β 2 = δ(δ + 2α) + α 2 + β 2 > α 2 + β 2.
172 注 从以上两个定理看到, 对 Jacobi 迭代和 G-S 迭代收敛性的判别, 已从对迭代矩阵性质的研究转到对系数矩阵性质的研究上来了, 这是一个很大的进展
173 定义 ( 对角占优矩阵 ) 设 A = [a i ] R n n, 若 i = 1, 2,, n a ii n =1, i a i (8) 若 (8) 中至少对一个 i 有严格不等号成立, 则称 A 为弱严格对角占优的 ; 若 (8) 中对所有 i 都有严格不等号成立, 则称 A 为严格对角占优的
174 定义 ( 不可约矩阵 ) 若存在 n 阶排列矩阵 P, 使得 PAP T = [ ] A11 0 A 12 A 22 (9) 其中 A 11 R r r, A 22 R (n r) (n r), 则称 A 是可约的 ( 或可分的 ); 反之, 若不存在这样的排列矩阵, 则称 A 是不可约的 ( 或不可分的 )
175 若 A 可分, 则 Ax = b 可化为 记 Px = y, Pb = f, 则有 [ ] [ ] [ A11 0 e 1 f1 A 12 A 22 e 2 = = A 11 e 1 = f 1 A 12 e 1 + A 22 e 2 = f 2. PAP T Px = Pb f 2 ], e 1, f 1 R r, e 2, f 2 R n r. 这样, 就把一个求解 n 阶方程组的问题转化为求解两个低阶方程组的问题了
176 若 A 可分, 则 Ax = b 可化为 记 Px = y, Pb = f, 则有 [ ] [ ] [ A11 0 e 1 f1 A 12 A 22 e 2 = = A 11 e 1 = f 1 A 12 e 1 + A 22 e 2 = f 2. PAP T Px = Pb f 2 ], e 1, f 1 R r, e 2, f 2 R n r. 这样, 就把一个求解 n 阶方程组的问题转化为求解两个低阶方程组的问题了
177 若 A 可分, 则 Ax = b 可化为 记 Px = y, Pb = f, 则有 [ ] [ ] [ A11 0 e 1 f1 A 12 A 22 e 2 = = A 11 e 1 = f 1 A 12 e 1 + A 22 e 2 = f 2. PAP T Px = Pb f 2 ], e 1, f 1 R r, e 2, f 2 R n r. 这样, 就把一个求解 n 阶方程组的问题转化为求解两个低阶方程组的问题了
178 定义 ( 可分矩阵的等价定义 ) 设 A 为 n 2 阶矩阵,W = {1, 2,, n} 若存在 W 两个非空的子集 S 和 T 满足 S T = W, S T =, 使得 a i = 0, i S, T, 则称 A 为可约的 ; 否则称 A 为不可约的
179 如果一个矩阵不可约, 且是弱严格对角占优的, 则称该矩阵是不可约对角占优的 例 三对角矩阵 是不可约对角占优的 A =
180 定理严格对角占优矩阵或不可约对角占优矩阵是非奇异的 证明. 1 先证严格对角占优矩阵非奇异 若 A 奇异, 则 Ax = 0 有非零解 x 不妨设 x i = x = 1, 则 a ii = a ii x i = a i x a i, 这与 A 严格对角占优矛盾 =1, i =1, i
181 定理严格对角占优矩阵或不可约对角占优矩阵是非奇异的 证明. 1 先证严格对角占优矩阵非奇异 若 A 奇异, 则 Ax = 0 有非零解 x 不妨设 x i = x = 1, 则 a ii = a ii x i = a i x a i, 这与 A 严格对角占优矛盾 =1, i =1, i
182 定理严格对角占优矩阵或不可约对角占优矩阵是非奇异的 证明. 1 先证严格对角占优矩阵非奇异 若 A 奇异, 则 Ax = 0 有非零解 x 不妨设 x i = x = 1, 则 a ii = a ii x i = a i x a i, 这与 A 严格对角占优矛盾 =1, i =1, i
183 定理严格对角占优矩阵或不可约对角占优矩阵是非奇异的 证明. 1 先证严格对角占优矩阵非奇异 若 A 奇异, 则 Ax = 0 有非零解 x 不妨设 x i = x = 1, 则 a ii = a ii x i = a i x a i, 这与 A 严格对角占优矛盾 =1, i =1, i
184 证明. 2 再证不可约对角占优矩阵非奇异 若 A 奇异, 设 x 满足 x = 1 使得 Ax = 0 令 S = {i : x i = 1}, T = {k : x k < 1} = S T = W, S T =, 且 T 非空事实上, 若 T 空, 则 x i = 1( i) 则 a ii = a ii x i = a i x a i, i 这与 A 弱严格对角占优矛盾 =1, i =1, i
185 证明. 2 再证不可约对角占优矩阵非奇异 若 A 奇异, 设 x 满足 x = 1 使得 Ax = 0 令 S = {i : x i = 1}, T = {k : x k < 1} = S T = W, S T =, 且 T 非空事实上, 若 T 空, 则 x i = 1( i) 则 a ii = a ii x i = a i x a i, i 这与 A 弱严格对角占优矛盾 =1, i =1, i
186 证明. 2 再证不可约对角占优矩阵非奇异 若 A 奇异, 设 x 满足 x = 1 使得 Ax = 0 令 S = {i : x i = 1}, T = {k : x k < 1} = S T = W, S T =, 且 T 非空事实上, 若 T 空, 则 x i = 1( i) 则 a ii = a ii x i = a i x a i, i 这与 A 弱严格对角占优矛盾 =1, i =1, i
187 证明. 2 ( 续 ) A 不可约 = i, k s.t. a ik 0, i S, k T = a ik x (k) < a ik = a ii a i x + a ik x (k) 这与 A 弱严格对角占优矛盾 S, i k T < a i + a ik S, i k T = a i i
188 证明. 2 ( 续 ) A 不可约 = i, k s.t. a ik 0, i S, k T = a ik x (k) < a ik = a ii a i x + a ik x (k) 这与 A 弱严格对角占优矛盾 S, i k T < a i + a ik S, i k T = a i i
189 证明. 2 ( 续 ) A 不可约 = i, k s.t. a ik 0, i S, k T = a ik x (k) < a ik = a ii a i x + a ik x (k) 这与 A 弱严格对角占优矛盾 S, i k T < a i + a ik S, i k T = a i i
190 证明. 2 ( 续 ) A 不可约 = i, k s.t. a ik 0, i S, k T = a ik x (k) < a ik = a ii a i x + a ik x (k) 这与 A 弱严格对角占优矛盾 S, i k T < a i + a ik S, i k T = a i i
191 证明. 2 ( 续 ) A 不可约 = i, k s.t. a ik 0, i S, k T = a ik x (k) < a ik = a ii a i x + a ik x (k) 这与 A 弱严格对角占优矛盾 S, i k T < a i + a ik S, i k T = a i i
192 证明. 2 ( 续 ) A 不可约 = i, k s.t. a ik 0, i S, k T = a ik x (k) < a ik = a ii a i x + a ik x (k) 这与 A 弱严格对角占优矛盾 S, i k T < a i + a ik S, i k T = a i i
193 证明. 2 ( 续 ) A 不可约 = i, k s.t. a ik 0, i S, k T = a ik x (k) < a ik = a ii a i x + a ik x (k) 这与 A 弱严格对角占优矛盾 S, i k T < a i + a ik S, i k T = a i i
194 推论 若 A 是严格对角占优的或不可约对角占优的对称矩阵, 且对角线元素皆为正, 则 A 正定 证明. 设 λ 0, 考察矩阵 A λi A λi 只是对角线元素上增加了一些正数 = A λi 与 A 一样, 是严格对角占优的或不可约对角占优的 = A λi 非奇异 注意到 λ 0 的任意性, 知 A 的特征值均大于 0, 从而 A 正定
195 推论 若 A 是严格对角占优的或不可约对角占优的对称矩阵, 且对角线元素皆为正, 则 A 正定 证明. 设 λ 0, 考察矩阵 A λi A λi 只是对角线元素上增加了一些正数 = A λi 与 A 一样, 是严格对角占优的或不可约对角占优的 = A λi 非奇异 注意到 λ 0 的任意性, 知 A 的特征值均大于 0, 从而 A 正定
196 定理若 A 是严格对角占优的或不可约对角占优的, 则 Jacobi 迭代和 G-S 迭代收敛 证明 A 严格对角占优或不可约对角占优 = D 可逆
197 定理若 A 是严格对角占优的或不可约对角占优的, 则 Jacobi 迭代和 G-S 迭代收敛 证明 A 严格对角占优或不可约对角占优 = D 可逆
198 证明. 1 先证 Jacobi 迭代收敛若 B 的某个特征值 λ 1, 考察 λd + L + U A 严格对角占优或不可约对角占优 = λd + L + U 也严格对角占优或不可约对角占优 = λd + L + U 非奇异 而 λi B = λi + D 1 (L + U) = D 1 (λd + L + U) = det(λi B) = det(d 1 ) det(λd + L + U) 0 这与 λ 是 B 的特征值矛盾, 从而 ρ(b) < 1 = Jacobi 迭代收敛
199 证明. 1 先证 Jacobi 迭代收敛若 B 的某个特征值 λ 1, 考察 λd + L + U A 严格对角占优或不可约对角占优 = λd + L + U 也严格对角占优或不可约对角占优 = λd + L + U 非奇异 而 λi B = λi + D 1 (L + U) = D 1 (λd + L + U) = det(λi B) = det(d 1 ) det(λd + L + U) 0 这与 λ 是 B 的特征值矛盾, 从而 ρ(b) < 1 = Jacobi 迭代收敛
200 证明. 1 先证 Jacobi 迭代收敛若 B 的某个特征值 λ 1, 考察 λd + L + U A 严格对角占优或不可约对角占优 = λd + L + U 也严格对角占优或不可约对角占优 = λd + L + U 非奇异 而 λi B = λi + D 1 (L + U) = D 1 (λd + L + U) = det(λi B) = det(d 1 ) det(λd + L + U) 0 这与 λ 是 B 的特征值矛盾, 从而 ρ(b) < 1 = Jacobi 迭代收敛
201 证明. 1 先证 Jacobi 迭代收敛若 B 的某个特征值 λ 1, 考察 λd + L + U A 严格对角占优或不可约对角占优 = λd + L + U 也严格对角占优或不可约对角占优 = λd + L + U 非奇异 而 λi B = λi + D 1 (L + U) = D 1 (λd + L + U) = det(λi B) = det(d 1 ) det(λd + L + U) 0 这与 λ 是 B 的特征值矛盾, 从而 ρ(b) < 1 = Jacobi 迭代收敛
202 证明. 1 先证 Jacobi 迭代收敛若 B 的某个特征值 λ 1, 考察 λd + L + U A 严格对角占优或不可约对角占优 = λd + L + U 也严格对角占优或不可约对角占优 = λd + L + U 非奇异 而 λi B = λi + D 1 (L + U) = D 1 (λd + L + U) = det(λi B) = det(d 1 ) det(λd + L + U) 0 这与 λ 是 B 的特征值矛盾, 从而 ρ(b) < 1 = Jacobi 迭代收敛
203 证明. 1 先证 Jacobi 迭代收敛若 B 的某个特征值 λ 1, 考察 λd + L + U A 严格对角占优或不可约对角占优 = λd + L + U 也严格对角占优或不可约对角占优 = λd + L + U 非奇异 而 λi B = λi + D 1 (L + U) = D 1 (λd + L + U) = det(λi B) = det(d 1 ) det(λd + L + U) 0 这与 λ 是 B 的特征值矛盾, 从而 ρ(b) < 1 = Jacobi 迭代收敛
204 证明. 1 先证 Jacobi 迭代收敛若 B 的某个特征值 λ 1, 考察 λd + L + U A 严格对角占优或不可约对角占优 = λd + L + U 也严格对角占优或不可约对角占优 = λd + L + U 非奇异 而 λi B = λi + D 1 (L + U) = D 1 (λd + L + U) = det(λi B) = det(d 1 ) det(λd + L + U) 0 这与 λ 是 B 的特征值矛盾, 从而 ρ(b) < 1 = Jacobi 迭代收敛
205 证明. 1 先证 Jacobi 迭代收敛若 B 的某个特征值 λ 1, 考察 λd + L + U A 严格对角占优或不可约对角占优 = λd + L + U 也严格对角占优或不可约对角占优 = λd + L + U 非奇异 而 λi B = λi + D 1 (L + U) = D 1 (λd + L + U) = det(λi B) = det(d 1 ) det(λd + L + U) 0 这与 λ 是 B 的特征值矛盾, 从而 ρ(b) < 1 = Jacobi 迭代收敛
206 证明. 2 再证 G-S 迭代收敛若 L 1 的某个特征值 λ 1, 考察 λd λl U A 严格对角占优或不可约对角占优 = λd + λl + U 也严格对角占优或不可约对角占优 = λd + λl + U 非奇异 而 λi L 1 = λi + (D + L) 1 U = (D + L) 1 (λd + λl + U) = det(λi L 1 ) = det((d + L) 1 ) det(λd + λl + U) 0 这与 λ 是 L 1 的特征值矛盾, 从而 ρ(l 1 ) < 1 = G-S 迭代收敛
207 证明. 2 再证 G-S 迭代收敛若 L 1 的某个特征值 λ 1, 考察 λd λl U A 严格对角占优或不可约对角占优 = λd + λl + U 也严格对角占优或不可约对角占优 = λd + λl + U 非奇异 而 λi L 1 = λi + (D + L) 1 U = (D + L) 1 (λd + λl + U) = det(λi L 1 ) = det((d + L) 1 ) det(λd + λl + U) 0 这与 λ 是 L 1 的特征值矛盾, 从而 ρ(l 1 ) < 1 = G-S 迭代收敛
208 证明. 2 再证 G-S 迭代收敛若 L 1 的某个特征值 λ 1, 考察 λd λl U A 严格对角占优或不可约对角占优 = λd + λl + U 也严格对角占优或不可约对角占优 = λd + λl + U 非奇异 而 λi L 1 = λi + (D + L) 1 U = (D + L) 1 (λd + λl + U) = det(λi L 1 ) = det((d + L) 1 ) det(λd + λl + U) 0 这与 λ 是 L 1 的特征值矛盾, 从而 ρ(l 1 ) < 1 = G-S 迭代收敛
209 证明. 2 再证 G-S 迭代收敛若 L 1 的某个特征值 λ 1, 考察 λd λl U A 严格对角占优或不可约对角占优 = λd + λl + U 也严格对角占优或不可约对角占优 = λd + λl + U 非奇异 而 λi L 1 = λi + (D + L) 1 U = (D + L) 1 (λd + λl + U) = det(λi L 1 ) = det((d + L) 1 ) det(λd + λl + U) 0 这与 λ 是 L 1 的特征值矛盾, 从而 ρ(l 1 ) < 1 = G-S 迭代收敛
210 证明. 2 再证 G-S 迭代收敛若 L 1 的某个特征值 λ 1, 考察 λd λl U A 严格对角占优或不可约对角占优 = λd + λl + U 也严格对角占优或不可约对角占优 = λd + λl + U 非奇异 而 λi L 1 = λi + (D + L) 1 U = (D + L) 1 (λd + λl + U) = det(λi L 1 ) = det((d + L) 1 ) det(λd + λl + U) 0 这与 λ 是 L 1 的特征值矛盾, 从而 ρ(l 1 ) < 1 = G-S 迭代收敛
211 证明. 2 再证 G-S 迭代收敛若 L 1 的某个特征值 λ 1, 考察 λd λl U A 严格对角占优或不可约对角占优 = λd + λl + U 也严格对角占优或不可约对角占优 = λd + λl + U 非奇异 而 λi L 1 = λi + (D + L) 1 U = (D + L) 1 (λd + λl + U) = det(λi L 1 ) = det((d + L) 1 ) det(λd + λl + U) 0 这与 λ 是 L 1 的特征值矛盾, 从而 ρ(l 1 ) < 1 = G-S 迭代收敛
212 证明. 2 再证 G-S 迭代收敛若 L 1 的某个特征值 λ 1, 考察 λd λl U A 严格对角占优或不可约对角占优 = λd + λl + U 也严格对角占优或不可约对角占优 = λd + λl + U 非奇异 而 λi L 1 = λi + (D + L) 1 U = (D + L) 1 (λd + λl + U) = det(λi L 1 ) = det((d + L) 1 ) det(λd + λl + U) 0 这与 λ 是 L 1 的特征值矛盾, 从而 ρ(l 1 ) < 1 = G-S 迭代收敛
213 证明. 2 再证 G-S 迭代收敛若 L 1 的某个特征值 λ 1, 考察 λd λl U A 严格对角占优或不可约对角占优 = λd + λl + U 也严格对角占优或不可约对角占优 = λd + λl + U 非奇异 而 λi L 1 = λi + (D + L) 1 U = (D + L) 1 (λd + λl + U) = det(λi L 1 ) = det((d + L) 1 ) det(λd + λl + U) 0 这与 λ 是 L 1 的特征值矛盾, 从而 ρ(l 1 ) < 1 = G-S 迭代收敛
214 1 3.1 三种迭代格式 Jacobi 迭代法 Gauss-Seidel 迭代 超松弛迭代法 Jacobi 与 G-S 迭代的收敛性分析 收敛的充分必要条件 收敛的充分条件及误差估计 收敛速度 平均收敛速度和渐近收敛速度 模型问题 Jacobi 和 G-S 迭代的渐近收敛速度 超松弛迭代法 收敛性分析
215 1 3.1 三种迭代格式 Jacobi 与 G-S 迭代的收敛性分析 收敛速度 平均收敛速度和渐近收敛速度 模型问题 Jacobi 和 G-S 迭代的渐近收敛速度 超松弛迭代法
216 3.3.1 平均收敛速度和渐近收敛速度 设方程组 的迭代格式为 令 e (k) = x (k) x, 则有 Ax = b x (k) = Mx (k 1) + g. e (k) M k e (0). 初始误差一般不知道, 通常用 M k 的大小来刻画迭代方法收敛的速度
217 3.3.1 平均收敛速度和渐近收敛速度 定义 (k 次迭代的平均收敛速度 ) R k (M) = ln Mk. (10) k
218 3.3.1 平均收敛速度和渐近收敛速度 定义 (k 次迭代的平均收敛速度 ) R k (M) = ln Mk. (10) k 若迭代收敛, 则 M k 0, as k 0, 从而当 k 足够大时,R k (M) > 0 设 R k = R k (M) > 0, 则 σ = ( e (k) ) 1/k M k 1/k = e R k e (0) 表示误差范数在 k 次迭代中平均每次迭代所缩减的比例因子
219 3.3.1 平均收敛速度和渐近收敛速度 定义 (k 次迭代的平均收敛速度 ) R k (M) = ln Mk. (10) k 设有两个迭代矩阵 G 和 H, 若 R k (H) > R k (G) > 0, 则对应于 H 的迭代法比对应于 G 的迭代法快
220 3.3.1 平均收敛速度和渐近收敛速度 定义 (k 次迭代的平均收敛速度 ) R k (M) = ln Mk. (10) k 若 M 是对称矩阵 ( 或 Hermite 矩阵 ), 则 M k 2 = ρ(m) k R k (M) = ln ρ(m), 它与 k 无关 一般情形下 R k 是依赖于 k, 这时计算非常复杂
221 3.3.1 平均收敛速度和渐近收敛速度 比较迭代矩阵 G 和 H 时, 可能对某些 k 有 R k (H) > R k (G), 可能对另一些 k 又有 R k (H) < R k (G) 为了刻画整个迭代过程的收敛速度, 通常考虑渐近收敛速度 : 定义 ( 渐近收敛速度 ) R (M) = lim k R k (M). (11)
222 3.3.1 平均收敛速度和渐近收敛速度 比较迭代矩阵 G 和 H 时, 可能对某些 k 有 R k (H) > R k (G), 可能对另一些 k 又有 R k (H) < R k (G) 为了刻画整个迭代过程的收敛速度, 通常考虑渐近收敛速度 : 定义 ( 渐近收敛速度 ) R (M) = lim k R k (M). (11)
223 3.3.1 平均收敛速度和渐近收敛速度 定理 R (M) = ln ρ(m). (12) 证明. 只需证 lim k M k 1/k = ρ(m) 一方面, ρ(m) k = ρ(m k ) M k ρ(m) M k 1/k. M 另一方面, 由 M < ρ(m) + ɛ 知 ρ(m)+ɛ < 1 于是取 B ɛ = M ρ(m)+ɛ, 则 ρ(b ɛ ) < 1, 从而 lim k B k ɛ = 0 K, s.t. 当 k K 时 B k ɛ 1 M k (ρ(m) + ɛ) k 从而 定理即证 ρ(m) M k 1/k ρ(m) + ɛ
224 3.3.1 平均收敛速度和渐近收敛速度 定理 R (M) = ln ρ(m). (12) 证明. 只需证 lim k M k 1/k = ρ(m) 一方面, ρ(m) k = ρ(m k ) M k ρ(m) M k 1/k. M 另一方面, 由 M < ρ(m) + ɛ 知 ρ(m)+ɛ < 1 于是取 B ɛ = M ρ(m)+ɛ, 则 ρ(b ɛ ) < 1, 从而 lim k B k ɛ = 0 K, s.t. 当 k K 时 B k ɛ 1 M k (ρ(m) + ɛ) k 从而 定理即证 ρ(m) M k 1/k ρ(m) + ɛ
幻灯片 1
线性代数方程组 浙江大学控制系 本章内容 高斯消去法 LU 分解 特殊矩阵和矩阵求逆 误差分析 条件数 迭代方法 205/6/2 数值计算方法 2 误差分析和方程组条件数 利用逆矩阵确定方程组是否病态的方法 缩放系数矩阵 A, 使其每一行的最大元素为 计算缩放后的逆矩阵, 如果 A - 中有元素的值大于 几倍, 则方程组是病态的 将逆矩阵与原矩阵相乘, 检查结果是否接近单位阵 如果不接近单位阵, 则方程组是病态的
6.3 正定二次型
6.3 正定二次型 一个实二次型, 既可以通过正交变换化为标准形, 也可以通过拉格朗日配方法化为标准形, 显然, 其标准形一般来说是不惟一的, 但标准形中所含有的项数是确定的, 项数等于二次型的秩 当变换为实变换时, 标准形中正系数和负系数的个数均是不变的 定理 ( 惯性定理 ) 设有二次型 f =x T Ax, 它的秩为 r, 如果有两个实的可逆变换 x=c y 及 x=c z 分别使 f =k
2/63 1 非负矩阵 1.1 非负矩阵基本性质 1.2 正矩阵 1.3 非负矩阵的更多性质
第二讲 非负矩阵与 M 矩阵 非负矩阵 不可约非负矩阵 M- 矩阵与单调矩阵 对角占优 M- 矩阵 注记 非负矩阵在很多领域都有重要应用, 如数理经济, 运筹, 图像处理等. 同样, 它在矩阵理论与数值代数中也扮演着很重要的角色. 若无特别注明, 本讲内容都是在实数域中讨论. 2/63 1 非负矩阵 1.1 非负矩阵基本性质 1.2 正矩阵 1.3 非负矩阵的更多性质 3/63 非负矩阵, 正矩阵
ⅠⅡⅢ Ⅳ
ⅠⅡⅢ Ⅳ ! "!"#$%&!!! !"#$%& ()*+,!"" *! " !! " #$%& ( Δ !"#$%& ()*+,!"" * !! " #$%& ( !"#$%& ()*+,!"" * !! " #$%& ( !"#$%& ()*+,!"" * !! " #$%& (! # !"#$%& ()*+,!"" * !! " #$%& ( 1 1 !"#$%& ()*+,!"" *
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试卷
竞赛试卷 ( 数学专业 参考答案 一 (5 分 在仿射坐标系中 求过点 M ( 与平面 :3x y + z 平行 且与 x y 3 z 直线 l : 相交的直线 l 的方程 4 解法一 : 先求 l 的一个方向向量 X Y Z 因为 l 过点 M 且 l 与 l 相交 所以有 4 X 3 - Y ( Z..4 分 即 X + Y Z...3 分 又因为 l 与 平行 所以有 联立上述两个方程解得 :
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-- 第 讲 一 特征值与特征向量的概念定义 设 是 阶矩阵 如果数 和 维非零列向量 x 使关系式 x x 成立 那末 这样的数 称为方阵 的特征值 非零向量 x称为 的对应于特征值 的特征向量 说明 特征向量 x 特征值问题是对方阵而言的 阶方阵 的特征值 就是使齐次线性方程组 ( E x 有非零解的 值 即满足方程 E 的 都是矩阵 的特征值 // // E a a a a a a a a a
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1 2 3 4 5 6 7 08 11 19 26 31 35 38 47 52 59 64 67 73 10 18 29 76 77 78 79 81 84 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48
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《分析化学辞典》_数据处理条目_1.DOC
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슬라이드 1
08-09 年度第一学期 0050 00503 计算方法 (B) 童伟华管理科研楼 05 室 E-mail: togwh@ustc.edu.c 中国科学技术大学数学科学学院 http://math.ustc.edu.c/ 第七章计算矩阵的特征值与 特征向量 特征值与特征向量 在实际工程计算中, 经常会遇到特征值和特征向量的计算, 如 : 机械 结构或电磁振动中的固有值问题 ; 物理学中的各种临界值等
4 A C n n, AA = A A, A,,, Hermite, Hermite,, A, A A, A, A 4 (, 4,, A A, ( A C n n, A A n, 4 A = (a ij n n, λ, λ,, λ n A n n ( (Schur λ i n
,?,,, A, A ( Gauss m n A B P Q ( Ir B = P AQ r(a = r, A Ax = b P Ax = P b, x = Qy, ( Ir y = P b (4 (4, A A = ( P Ir Q,,, Schur, Cholesky LU, ( QR,, Schur,, (,,, 4 A AA = A A Schur, U U AU = T AA = A A
4= 8 4 < 4 ϑ = 4 ϑ ; 4 4= = 8 : 4 < : 4 < Κ : 4 ϑ ; : = 4 4 : ;
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矩阵论 第三章：矩阵分析
矩阵论 第三章 : 矩阵分析 马锦华 数据科学与计算机学院 中山大学 第三章 : 矩阵分析 3.1 矩阵序列 3.2 矩阵级数 3.3 矩阵函数 3.4 矩阵的微分与积分 3.5 矩阵分析应用举例 2 矩阵序列 定义 3.1: 设有中的矩阵序列 其中 若 m n C lim a a i 1, 2,, m; j 1, 2,, n, ij ij, 收敛于 记为 或 a ij mn 不收敛的矩阵序列称为发散.,
.., + +, +, +, +, +, +,! # # % ( % ( / 0!% ( %! %! % # (!) %!%! # (!!# % ) # (!! # )! % +,! ) ) &.. 1. # % 1 ) 2 % 2 1 #% %! ( & # +! %, %. #( # ( 1 (
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Jordan, A m? (264(, A A m, A (, P P AP = D, A m = P D m P, P AP 837, Jacobi (, ( Jacobi,, Schur 24 Cayley-Hamilton 25,, A m Schur Jordan 26 Schur : 3 (Schur ( A C n n, U U AU = B, (3 B A n n =, n, n λ
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( ) Wuhan University
Email: huangzh@whueducn, 47 Wuhan Univesity i L A TEX,, : http://affwhueducn/huangzh/ 8 4 49 7 ii : : 4 ; 8 a b c ; a b c 4 4 8 a b c b c a ; c a b x y x + y y x + y x x + y x y 4 + + 8 8 4 4 + 8 + 6 4
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高等代数第十章双线性函数 第十章双线性函数 10.1 线性函数 1. 设 V 是数域 F 上的一个线性空间, f 是 V 到 F 的一个映射, 若 f 满足 : (1) f( α + β) = f( α) + f( β); (2) f( kα) = kf( α), 式中 α, β 是 V 中任意元素, k 是 F 中任意数, 则称 f 为 V 上的一个线性函数. 2. 简单性质 : 设 f 是 V
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标题
第 35 卷第 期西南大学学报 ( 自然科学版 ) 3 年 月 Vol.35 No. JouralofSouthwestUiversity (NaturalScieceEditio) Feb. 3 文章编号 :673 9868(3) 69 4 一类积分型 Meyer-KiḡZeler-Bzier 算子的点态逼近 赵晓娣, 孙渭滨 宁夏大学数学计算机学院, 银川 75 摘要 : 应用一阶 DitziaṉTotik
1 线性空间 基 维数和坐标 3 子空间 4 线性空间的同构 5 线性映射 6 线性映射的像与核 7 线性变换 8 不变子空间 厦门大学数学科学学院网址 :gdjpkc.xmu.edu.c; IP://
线性空间与线性映射 知识回顾 1 线性空间 基 维数和坐标 3 子空间 4 线性空间的同构 5 线性映射 6 线性映射的像与核 7 线性变换 8 不变子空间 厦门大学数学科学学院网址 :gdjpkc.xmu.edu.c; IP://11.19.180.133 1 线性空间 厦门大学数学科学学院网址 :gdjpkc.xmu.edu.c; IP://11.19.180.133 定义称 V 是数域 F 上的线性空间,
PowerPoint 演示文稿
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标题
第 38 卷第 5 期西南大学学报 ( 自然科学版 ) 2016 年 5 月 Vol.38 No.5 JournalofSouthwestUniversity (NaturalScienceEdition) Maẏ 2016 DOI:10.13718/j.cnki.xdzk.2016.05.019 1 求解一类广义均衡问题的交替方向法 徐洁, 张俊容, 刘佳 西南大学数学与统计学院, 重庆 400715
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微积分 授课讲义
2018 10 aiwanjun@sjtu.edu.cn 1201 / 18:00-20:20 213 14:00-17:00 I II Taylor : , n R n : x = (x 1, x 2,..., x n ) R; x, x y ; δ( ) ; ; ; ; ; ( ) ; ( / ) ; ; Ů(P 1,δ) P 1 U(P 0,δ) P 0 Ω P 1: 1.1 ( ). Ω
目录 2. 高斯消去法 2.. 顺序消去法 2..2 列主元消去法 2..3 全主元消去法 2..4 选主元消去法的应用 三角形方程组和三角分解 2.2. 三角方程组的解法 Gauss 变换 Doolittle 分解 选主元三角分解 平方根
线性方程组的直接解法 目录 2. 高斯消去法 2.. 顺序消去法 2..2 列主元消去法 2..3 全主元消去法 2..4 选主元消去法的应用 2 2.2 三角形方程组和三角分解 2.2. 三角方程组的解法 2.2.2 Gauss 变换 2.2.3 Doolittle 分解 3 2.3 选主元三角分解 4 2.4 平方根法及改进的平方根法 2.4. 平方根法 2.4.2 改进的平方根法 5 2.5
4 # = # 4 Γ = 4 0 = 4 = 4 = Η, 6 3 Ι ; 9 Β Δ : 8 9 Χ Χ ϑ 6 Κ Δ ) Χ 8 Λ 6 ;3 Ι 6 Χ Δ : Χ 9 Χ Χ ϑ 6 Κ
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3 3.... xy z.... X Y (cdf) F (x, y) = P (X x, Y y) (X, Y ) 3.. (X, Y ) 3.2 P (x < X x 2, y < Y y 2 ) = F (x 2, y 2 ) F (x 2, y ) F (x, y 2 ) + F (x, y ) 3. F (a, b) 3.2 (x 2, y 2) (x, y 2) (x 2, y ) (x,
认定编号
7 附 3 合 格 职 业 资 格 培 训 机 构 名 单 ( 注 : 相 关 职 业 级 的 职 业 资 格 培 训 鉴 定 按 有 关 规 定 执 行 ) 一 省 直 属 合 格 职 业 资 格 培 训 机 构 名 单 认 定 编 职 业 资 格 培 训 机 构 全 称 培 训 职 业 等 级 联 系 人 及 电 话 办 公 地 址 备 注 保 健 刮 痧 师 1 PX00001 河 北 省 垂
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2019 考研数学三考试真题及答案详解 来源 : 文都教育 一 选择题 :1~8 小题, 每小题 4 分, 共 32 分, 下列每题给出的四个选项中, 只有一个选项是符合题目要 求的. k 1. 当 x 0 时, 若 x - tan x 与 x 是同阶无穷小, 则 k = A. 1. B. 2. C
9 考研数学三考试真题及答案详解 来源 : 文都教育 一 选择题 :~8 小题 每小题 4 分 共 分 下列每题给出的四个选项中 只有一个选项是符合题目要 求的. k. 当 时 若 - ta 与 是同阶无穷小 则 k = A.. B.. C.. D. 4. k - ta - 若要 - ta 与 是同阶无穷小 \ k = \ 选 C 5. 已知方程 - 5 + k = 有 个不同的实根 则 k 的取值范围为
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南京大学（中）.doc
...1...5...9...12...14...15...16...24...29...31...32 2004...33...35...61...63...68 I ...71...75...76...80...86...88...90...92...96...97 ( )...98 2003 2 2... 102 ( )... 106... 110... 113... 114 II ... 129...
矩阵函数
矩阵函数 矩阵分析 - 研究生课程 矩阵的多项式表示与矩阵的极小多项式 定义 1: 已知 和关于变量 的多项 式 那么我们称 为 的矩阵多项式 n x n 1 n 1 1 0 f( x) a x + a x + L + a x+ a n n n 1 n 1 1 0 f( ) a + a + L + a + a I n n n C 设为一个阶矩阵, 为其 Jordan 标准形, 则 n J 于是有 1
微分流形上积分学 流形上 Stokes 公式 复旦力学 谢锡麟 1 知识要素 1.1 单位 1 分解 2016 年 4 月 21 日 引理 1.1. 设 U, V R m 为开集, 且 V U, 则 ϕ(x) Cc (R m ), 满足 : supp ϕ(x) U, ϕ(x) 1, x V, ϕ(x
复旦力学 知识要素. 单位 分解 206 年 4 月 2 日 引理.. 设 U, V R m 为开集, 且 V U, 则 ϕx Cc R m, 满足 : supp ϕx U, ϕx, x V, ϕx [0, ], x R m. 如图 所示. X m O εε X α V 2ε X V U V ε O y 图 : 单位 分解示意证明由于 V U, 则有 dv, U : δ > 0, 故可作 X m X
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I II III IV V VI 1 3 X '' 0. 15 d X '' 0. 7 d 4 5 S 0. 6 n P M PM S 0. 6P n M 6 7 8 9 10 11 1 S N 0.6PM 0.6 3.95 19. 77MVA 0000 100% 61.0% 46700 13 14 15 S V V x '' B B av d g 16 ( i 1 g) x fs x f i S
a b a = a ϕ λ ϕ λ ρ δ ρ δ ϕ λ M' J' x' = = m MJ x M' K' y' = = n MK y x' x = m 2-1 y' y = n 2 2 x + y = 1 2-2 2 2 x' y' 2 + 2 = 1 m n µ = ds ' ds 2 2 2 2 m + n = a + b 2-3 mnsinθ = ab 2-4 2 2 2 (
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设 X 是 Baach 空间 X 是 X 的闭子空间 映射 : X X / X 定义为 : [ ] X 其中 [ ] 表 示含 的商类 求证 是开映 射 证法 用开映射定理 只需证明 满射 事实上 [ ] X X 任取 [ ] 则有 X [ ] 证法 不用开映射定理 教材 9 定理 8 的证明中的 () 为了证 T 是开映射 必须且仅 须 > st TB( ) U ( ) 取 并设 B X 中的开单位球
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+ lim = + + lim = + lim ( ) + + + () f = lim + = + = e cos( ) = e f + = e cos = e + e + + + sin + = = = = = + = + cos d= () ( sin ) 8 cos sin cos = ( ) ( sin ) cos + d= ( + ) = cos sin cos d sin d 4 =
3978 30866 4 3 43 [] 3 30 4. [] . . 98 .3 ( ) 06 99 85 84 94 06 3 0 3 9 3 0 4 9 4 88 4 05 5 09 5 8 5 96 6 9 6 97 6 05 7 7 03 7 07 8 07 8 06 8 8 9 9 95 9 0 05 0 06 30 0 .5 80 90 3 90 00 7 00 0 3
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《分析化学辞典》_数据处理条目_2.DOC
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第一章三角函数 1.3 三角函数的诱导公式 A 组 ( ) 一 选择题 : 共 6 小题 1 ( 易诱导公式 ) 若 A B C 分别为 ABC 的内角, 则下列关系中正确的是 A. sin( A B) sin C C. tan( A B) tan C 2 ( 中诱导公式 ) ( ) B. cos(
第一章三角函数 1. 三角函数的诱导公式 A 组 一 选择题 : 共 6 小题 1 ( 易诱导公式 ) 若 A B C 分别为 ABC 的内角 则下列关系中正确的是 A. sin( A B) sin C C. tan( A B) tan C ( 中诱导公式 ) B. cos( B C) cos A D. sin( B C) sin A sin60 cos( ) sin( 0 )cos( 70 ) 的值等于
1989－2004数学三、四考研试题（线性代数部分3）
989- 数学三 四考研试题 线性代数部分 ) 三 计算证明题. 已知 XXB 其中 求矩阵 X. B - 5 989 年数学三 四 ). 设 ) ) t) ) 问当 t 何值时 向量组 线性无关? ) 问当 t 何值时 向量组 线性相关? ) 当向量组 线性相关时 将 表示为 的线性组合. 设 ) 试求矩阵 的特征值 - - 989 年数学三 ) ) 利用 ) 小题的结果 求矩阵 E 的特征值 其中
, ( 6 7 8! 9! (, 4 : : ; 0.<. = (>!? Α% ), Β 0< Χ 0< Χ 2 Δ Ε Φ( 7 Γ Β Δ Η7 (7 Ι + ) ϑ!, 4 0 / / 2 / / < 5 02
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μ μ - - β- - μ
SUA41 - β- - - - - - - -- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - μ μ - - β- - μ μ - β- β- β- - - - - - - - - - - - - - - - - - - μ - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -
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Ps22Pdf
) ,,, :,,,,,,, ( CIP) /. :, 2001. 9 ISBN 7-5624-2368-7.......... TU311 CIP ( 2001) 061075 ( ) : : : : * : : 174 ( A ) : 400030 : ( 023) 65102378 65105781 : ( 023) 65103686 65105565 : http: / / www. cqup.
1984 1985 2130 1006 366 405 379 324 4601 2327 1169 524 555 440 361 5376 1984 51.4 31.8 56.2 2.6 45.4 28.3 29.8 16.7 44.2 34.9 665.4 10.1 1989 1990 1991 1992 1993 121.1 124.5 116.0 117.9 130.1 81.6
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995 + t lim( ) = te dt =. α α = lim[( + ) ] = e, α α α α = t t t t te dt = tde = te α α e dt = αe e, =, e α = αe α e α, α =. y z = yf, f( u) z + yz y =. z y y y y y y z = yf + y f = yf f, y y y y z y =
习 题 12
.7 Lgrge. ( + = f, ) = f (,, ) = + + + = + + =, f (,, ) = + + A + B + C = 0, > > > 0 A + B + C = L (,, λ) = λ( + ) L = λ = 0 L = λ = 0 λ = ( + ) = 0, = =, + = 4, f m f(, ) = = 4 L (,,, λ) = + λ( + + )
2016自然科学版第3期
兰州大学学报 : 自然科学版, 016, 5(3) / 6 月 Journal of Lanzhou University:Natural Sciences,016,5(3) / June 几类特殊矩阵及性质 雍龙泉 1, 刘三阳, 史加荣 3, 熊文涛 4 5, 封全喜 1 陕西理工大学数学与计算机科学学院, 陕西汉中 73001 西安电子科技大学数学与统计学院, 西安 710071 3 西安建筑科技大学理学院,
x x x x y i j x x x x4 y x x x x4 y ( )( )( )( ) ( j i ) D = x x x x y = y x y x y x y x Π x x () 4 而 D = A5 + ya5 + y A5 + y A45 + y
线性代数练习册 复习题和自测题解答 三 求解下列各题 : 0 计算 0 4 99 第一章 复习题 0 0 0 0 5 5 解 : 原式 = 0 = 0 = 0 = 0 4 99 6 0 0 5 00 0 5 00 = 55 5 x 0 解方程 x 7 6 = 0 7 x 4 解 : 计算左边的行列式, 按第一列展开得 :9x 6 = 0, x = 4 ax + x + x = 0 确定 a 的值,
8 9 8 Δ 9 = 1 Η Ι4 ϑ< Κ Λ 3ϑ 3 >1Ε Μ Ε 8 > = 8 9 =
!! % & ( & ),,., / 0 1. 0 0 3 4 0 5 3 6!! 7 8 9 8!! : ; < = > :? Α 4 8 9 < Β Β : Δ Ε Δ Α = 819 = Γ 8 9 8 Δ 9 = 1 Η Ι4 ϑ< Κ Λ 3ϑ 3 >1Ε 8 9 0 Μ Ε 8 > 9 8 9 = 8 9 = 819 8 9 =
第二章 流体力学控制方程
第八章代数方程组的数值解法 王娴 西安交通大学航天学院 内容 本章内容 : 对流动传热问题的控制方程进行离散后所 形成的代数方程组的求解方法, 这是对物理过程进行 数值模拟的最后一个重要环节 代数方程组求解方法概述 求解代数方程组的迭代法 迭代法的收敛性及加速收敛的方法 1. 代数方程组求解方法概述 1.1 多维流动换热问题离散方程组系数矩阵的特点 压力泊松方程, 导热问题, 离散方程总可以表示成以下形式
/ Ν #, Ο / ( = Π 2Θ Ε2 Ρ Σ Π 2 Θ Ε Θ Ρ Π 2Θ ϑ2 Ρ Π 2 Θ ϑ2 Ρ Π 23 8 Ρ Π 2 Θϑ 2 Ρ Σ Σ Μ Π 2 Θ 3 Θ Ρ Κ2 Σ Π 2 Θ 3 Θ Ρ Κ Η Σ Π 2 ϑ Η 2 Ρ Π Ρ Π 2 ϑ Θ Κ Ρ Π
! # #! % & ( ) % # # +, % #. % ( # / ) % 0 1 + ) % 2 3 3 3 4 5 6 # 7 % 0 8 + % 8 + 9 ) 9 # % : ; + % 5! + )+)#. + + < ) ( # )# < # # % 0 < % + % + < + ) = ( 0 ) # + + # % )#!# +), (? ( # +) # + ( +. #!,
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1 02 04 08 14 20 27 31 35 40 43 51 57 60 07 26 30 39 50 56 65 65 67 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 ω ρ ε 23 λ ω < 1 ω < 1 ω > 0 24 25 26 27 28 29 30 31 ρ 1 ρ σ b a x x i +3 x i
复习 : 线性变换与矩阵 _1 设 V 是数域 K 上 n 维向量空间, ξ1, ξ2... ξ n 是 V 的一组基, 则存在线性空间同构 1 η : V K n a 1 n a 2 α = a iξ i i = 1 a n 线性空间同构保持线性关系, 保持直和分解.
第六章特征值 Eigenvalue 复习 : 线性变换与矩阵 _1 设 V 是数域 K 上 n 维向量空间, ξ1, ξ2... ξ n 是 V 的一组基, 则存在线性空间同构 1 η : V K n a 1 n a 2 α = a iξ i i = 1 a n 线性空间同构保持线性关系, 保持直和分解. 复习 : 线性变换与矩阵 _2 线性变换的表示矩阵设 ϕ 是 V V 的线性变换, 取 V 的一组基
2003年
00 年数学考研试卷 - 线性代数部分试卷一 一 填空题 ( 每小题 4 分 ) () 曲面 z x y 与平面 x 4y z 0 平行的切平面的方程是 解 : x 4y z 5 设 ( x0, y0, z 0) 为与平面 x 4y z 0 平行的切平面的切点坐标, 则过 ( x0, y0, z 0) 的法向量为 { x0, y0, } 于是过 ( x0, y0, z 0) 的切平面方程为 x0 (
koji-13.dvi
26 13 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 1 18 1. xy D D = {(x, y) y 2 x 4 y 2,y } x + y2 dxdy D 2 y O 4 x 2. xyz D D = {(x, y, z) x 1, y x 2, z 1, y+ z x} D 3. [, 1] [, 1] (, ) 2 f (1)
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140 327 [] 1983 9 10 123 [] 1983 9 30 1976 1781 1983 160 1985 35 [] 1983 14 ü 1983 300 304 1985 35 1981 64 [ ] 1983 273 [ ] 1983 273 [ ] 1983 273 244245 244245 244245 1955 5 1976 1923 1926 [ ]
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 3.1 4.5 8.5 14.5 19.5 23.9 28.2 27.9 23.3 17.6 11.9 5.8 7.2 8.7 13.0 19.2 24.0 28.0 32.0 31.7 27.2 22.2 16.4 10.1-0.1 1.2 5.0 10.7 15.8 20.7 25.0 24.9 20.2 13.8 8.2 2.3 42 62.7
