数值代数习题解答 原生生物 作者QQ:3257527639 对应教材：数值线性代数（第二版） 使用资料：个人解题为主，答案来源包括助教的习题课讲义、同学解出的难题或网络上的论文与解答等。 *解答中的伪代码采用严格缩进判断嵌套关系，总体类似Python 目录 第一章线性方程组的直接解法 第二章线性方程组的敏度分析与消去法的舍入误差分析 5 第三章最小二乘问题的解法 第四章线性方程组的古典迭代解法 第五章共轭梯度法 第六章非对称特征值问题的计算方法 12 第七章对称特征值问题的计算方法
数值代数习题解答 原生生物 作者 QQ：3257527639 对应教材：数值线性代数 (第二版) 使用资料：个人解题为主，答案来源包括助教的习题课讲义、同学解出的难题或网络上的论文与解答等。 *解答中的伪代码采用严格缩进判断嵌套关系，总体类似 Python 目录 第一章 线性方程组的直接解法 2 第二章 线性方程组的敏度分析与消去法的舍入误差分析 5 第三章 最小二乘问题的解法 7 第四章 线性方程组的古典迭代解法 8 第五章 共轭梯度法 11 第六章 非对称特征值问题的计算方法 12 第七章 对称特征值问题的计算方法 16 1
第一章线性方程组的直接解法 第一章线性方程组的直接解法 1.假设输入方阵下标1到n,A表示A的第i个行向量，O代表n维零方阵（采用增广矩阵求逆的 思路)： def inverse(A,In): In=0; for j 1 to n A[]/=A[1][j] In[j][j]=1/A[][j] for i=1 to n for i j+1 to n In[i]-A[i][j]In[j]; 2.构造辅助n维向量，初始为零向量，设方阵下标为1到n:令k从n到1循环，每次计算 4=器生=+a6≥n+1-月 由定义可发现，每次循环的计算量都是O(),因此总计算量为O(2) 证明思路：将矩阵分块为已算过的部分和将算的部分，已算过的部分通过进行“消除偏差”（在 每步后为假设x除了己算过的分量外均为0后被T左乘的结果)后，即可通过直接的减法、除法得 到将算的值。 3.直接计算可验证其为逆。由定义1k只需满足前k个分量为0，而-1k亦满足此要求，因此成立。 100 4.由于7=3+2×2,8=4+2×2，可直接构造L= 210 201 5.若有=L=A,由A非奇异可知L1,L,,非奇异，而1=，左侧为单位 下三角阵，右侧为上三角阵，因此均只能是1，从而得证。 6.令L=I+teT,其中t的前k个分量为0，其余为1，考虑Lm.L1A=U的结果。由于这相 当于分别将A的每一行加到其下的所有行上，V的左上角n-1×n-1子矩阵为单位阵，最后 列为1.2，...，2一1，其余为0，即为所求。而所求的L为L,.,L1,除了主对角线外下三角部分 的元素为-1，满足要求。 7.由对称阵定义，设变换后矩阵为B,只需说明b=：（位，j之2），由高斯消去进行的行变换操作可 知范围内b=a与-a1,,而a与-a1,=a-a1=b,从而得证。 8.利用习题7结论，同乘a后即需证明anb=a1akk-a1ka1l>∑=2aa-aa1。而 ∑-ayal≤ lajakl-lankaml 2 2
第一章 线性方程组的直接解法 2 第一章 线性方程组的直接解法 1. 假设输入方阵下标 1 到 n，A[i] 表示 A 的第 i 个行向量，O 代表 n 维零方阵 (采用增广矩阵求逆的 思路)： def inverse(A, In): In = O; for j = 1 to n A[j] /= A[j][j] In[j][j] = 1/A[j][j] for j = 1 to n for i = j+1 to n In[i] ‐= A[i][j]In[j]; 2. 构造辅助 n 维向量 y，初始为零向量，设方阵下标为 1 到 n：令 k 从 n 到 1 循环，每次计算 xk = bk − Pn i=k skiyi skktkk − λ , yj = yj + xktjk(j ≥ n + 1 − k) 由定义可发现，每次循环的计算量都是 O(n)，因此总计算量为 O(n 2 )。 证明思路：将矩阵分块为已算过的部分和将算的部分，已算过的部分通过 yi 进行“消除偏差”(yi 在 每步后为假设 x 除了已算过的分量外均为 0 后被 T 左乘的结果) 后，即可通过直接的减法、除法得 到将算的值。 3. 直接计算可验证其为逆。由定义 lk 只需满足前 k 个分量为 0，而 −lk 亦满足此要求，因此成立。 4. 由于 7 = 3 + 2 × 2, 8 = 4 + 2 × 2，可直接构造 L = 1 0 0 2 1 0 2 0 1 。 5. 若有 L1U1 = L2U2 = A，由 A 非奇异可知 L1, L2, U1, U2 非奇异，而 L −1 2 L1 = U2U −1 1 ，左侧为单位 下三角阵，右侧为上三角阵，因此均只能是 I，从而得证。 6. 令 Lk = I + tke T k ，其中 tk 的前 k 个分量为 0，其余为 1，考虑 Ln . . . L1A = U 的结果。由于这相 当于分别将 A 的每一行加到其下的所有行上，U 的左上角 n − 1 × n − 1 子矩阵为单位阵，最后一 列为 1, 2, . . . , 2 n−1，其余为 0，即为所求。而所求的 L 为 L −1 1 . . . L−1 n ，除了主对角线外下三角部分 的元素为 −1，满足要求。 7. 由对称阵定义，设变换后矩阵为 B，只需说明 bij = bji (i, j ≥ 2)，由高斯消去进行的行变换操作可 知范围内 bij = aij − a1j ai1 a11，而 aij − a1j ai1 a11 = aji − aj1 a1i a11 = bji，从而得证。 8. 利用习题 7 结论，同乘 a11 后即需证明 |a11bkk| = |a11akk − a1kak1| > Pn j=2,j̸=k |a11akj − a1jak1|。而 Xn j=2,j̸=k |a11akj − a1jak1| ≤ Xn j=2,j̸=k |a11akj | + Xn j=2,j̸=k |a1jak1| = Xn j=2,j̸=k |a11akj | + Xn j=2 |a1jak1| − |a1kak1|
第一章钱性方程组的直接解法 3 ≤ lanal+lanaxl-lauakil <laal-lauakil s lanakx-aikaml 从而得证。又由习题7可知对称性保持，从而现在的主对角线对应元素是行列中的最大值，不需要 再进行交换，由此即知列主元与直接消去结果相同。 9.不必储存L:将A与b同时左乘高斯变换阵，这样当A化为上三角阵时b也成为了合适的形式。此 时再使用回代法即可。 运算次数：高斯变换时，第k次需要对右下角n一k×n+1一k子方阵的每一个进行操作，每次操 作需要减法、乘法、除法各一次，因此总数量为∑必=1n一)(m十1一)=n3一n。回代法需要 的乘法运算数量为血-一严，因此总数量为n3+nm-n。 10.由习题7可知其对称，下面进一步说明正定。 设变换后的B=LA,考虑C=LALT,由于右乘LT对应的操作为左下角右侧的列减去第一列，而 此时第一列只有b:不为0，C的右下角仍然为A2,更进一步，由正定阵性质，相合变换后仍正定 因此C为正定阵，由对称性可知C必然为diag(a11,A2):考虑特征值可知A2必然也为正定阵，由 此得证。 s 下方一列可知MA1+A21=0,MA12+A2=S,左式可解出M=-A21A,代入右式即得结论 12.由于全主元第i次消去时将“：调整为右下角矩阵中最大元，此时其必然大于等于右侧的任何元素， 而此后的操作并不会影响第i行及其上方的部分，大于等于本行右边的性质得以保存，从而得证。 13.通过列主元高斯消去，可得到PA=LU,利用习题1实现的求逆算法（对上三角阵类以）可得到L一 与U1,再计算U-1L-1P即为A的逆。 14.记4，为A~1的第j列，考虑方程0=即可解出a,而其第i个分量即为所求（由于只需要 知道一个分量，最后一步解Ua,=L-1e的过程进行部分即可)。 15.由于AT是严格对角占优阵，A的主对角线元素模长大于本列其他所有元素模长之和。类似习题8 估算可证明每次高斯消去后的A2仍满足A严格对角占优，从而选出的列主元即为主对角线上元 素，因此直接高斯清元与列主元效果相同。由于每次保证了对角元模长是本列最大，当：≠方时有 ll<1。 16.(四由于(-e)+ye)=1-班yef,有(I-ye0+ye-班)=(1-)，由此即得非奇 异时逆为1+，而直接计算行列式可验证1一熟=0时奇异， (2(I-yef)z=ek,即y=I-ee,存在解要求不能为0. 间第法类似高断消去，每次操作后成为())需要4左上角的元素丰零才能维线取解。 利用分块考虑每次操作使用的方阵的k阶顺序主子式部分，其为单位下三角阵，与定理1.1,1完 全相同可知每次得到的A-k左上角的元素非零等价于A的各阶顺序主子式非奇异。 17.若有A=L,T=L2Lg,则有L2L1=LT,由于左侧为下三角，右侧为上三角，最终乘积一 定为对角阵。但由于LT=(LL2)=(LL)T,此对角阵与自己逆转置相同，每个元素只 能为正负1。由于乙1与L2对角元为正，计算可知每个元素只能为此对角阵元素必须为正，因此即 为单位阵，从而得证
第一章 线性方程组的直接解法 3 ≤ Xn j=2,j̸=k |a11akj | + |a11ak1| − |a1kak1| < |a11akk| − |a1kak1| ≤ |a11akk − a1kak1| 从而得证。又由习题 7 可知对称性保持，从而现在的主对角线对应元素是行列中的最大值，不需要 再进行交换，由此即知列主元与直接消去结果相同。 9. 不必储存 L：将 A 与 b 同时左乘高斯变换阵，这样当 A 化为上三角阵时 b 也成为了合适的形式。此 时再使用回代法即可。 运算次数：高斯变换时，第 k 次需要对右下角 n − k × n + 1 − k 子方阵的每一个进行操作，每次操 作需要减法、乘法、除法各一次，因此总数量为 Pn k=1(n − k)(n + 1 − k) = 1 3 n 3 − 1 3 n。回代法需要 的乘法运算数量为 (n−1)n 2 ，因此总数量为 1 3 n 3 + 1 2 n 2 − 5 6 n。 10. 由习题 7 可知其对称，下面进一步说明正定。 设变换后的 B = LA，考虑 C = LALT，由于右乘 L T 对应的操作为左下角右侧的列减去第一列，而 此时第一列只有 b11 不为 0，C 的右下角仍然为 A2，更进一步，由正定阵性质，相合变换后仍正定， 因此 C 为正定阵，由对称性可知 C 必然为 diag(a11, A2)。考虑特征值可知 A2 必然也为正定阵，由 此得证。 11. 设 k 次后对应左乘的 L 为 Lk O M In−k ! ，则由算法有 Lk O M In−k ! A11 A12 A21 A22! = Uk N O S ! 。考虑 下方一列可知 MA11 + A21 = O, MA12 + A22 = S，左式可解出 M = −A21A −1 11 ，代入右式即得结论。 12. 由于全主元第 i 次消去时将 uii 调整为右下角矩阵中最大元，此时其必然大于等于右侧的任何元素， 而此后的操作并不会影响第 i 行及其上方的部分，uii 大于等于本行右边的性质得以保存，从而得证。 13. 通过列主元高斯消去，可得到 P A = LU，利用习题 1 实现的求逆算法 (对上三角阵类似) 可得到 L −1 与 U −1，再计算 U −1L −1P 即为 A 的逆。 14. 记 aj 为 A−1 的第 j 列，考虑方程 LU aj = ej 即可解出 aj，而其第 i 个分量即为所求 (由于只需要 知道一个分量，最后一步解 U aj = L −1 ej 的过程进行部分即可)。 15. 由于 AT 是严格对角占优阵，A 的主对角线元素模长大于本列其他所有元素模长之和。类似习题 8 估算可证明每次高斯消去后的 A2 仍满足 AT 2 严格对角占优，从而选出的列主元即为主对角线上元 素，因此直接高斯消元与列主元效果相同。由于每次保证了对角元模长是本列最大，当 i ̸= j 时有 |lij | < 1。 16. (1) 由于 (I − yeT k )(I + yeT k ) = I − ykyeT k ，有 (I − yeT k )(I + yeT k − ykI) = (1 − yk)I，由此即得非奇 异时逆为 I + yeT k 1 − yk ，而直接计算行列式可验证 1 − yk = 0 时奇异。 (2) (I − yeT k )x = ek，即 xky = I − ek，存在解要求 xk 不能为 0。 (3) 算法类似高斯消去，每次操作后成为 Ik M O An−k ! ，需要 An−k 左上角的元素非零才能继续取解。 利用分块考虑每次操作使用的方阵的 k 阶顺序主子式部分，其为单位下三角阵，与定理 1.1.1 完 全相同可知每次得到的 An−k 左上角的元素非零等价于 A 的各阶顺序主子式非奇异。 17. 若有 A = L1L T 1 = L2L T 2 ，则有 L −1 2 L1 = L T 2 L −T 1 ，由于左侧为下三角，右侧为上三角，最终乘积一 定为对角阵。但由于 L T 2 L −T 1 = (L −1 1 L2) T = (L −1 2 L1) −T，此对角阵与自己逆转置相同，每个元素只 能为正负 1。由于 L1 与 L2 对角元为正，计算可知每个元素只能为此对角阵元素必须为正，因此即 为单位阵，从而得证
第一章线性方程组的直接解法 18.带宽2n+1,也即一引>n的部分均为0，由平方根法的计算过程对k归纳可得lk亦会满足 i-k>n的部分为0（对k+1时的情况，在i-k一1川>n时，a.k+1=0,且∑k1llk知的每一 个p均为0，因此4k+1=0),又因其为三角阵，可知带宽为n+1。 19.设L=(亿：0），直接计算可知A=亿， 从而有结论（由Lk为对 M Nn- ML MMT N-kNT 角均正的下三角阵，也可推出A正定对称)。 20.类似习题10的过程，在每次高斯变换左乘Lk时，同时右乘L?。每次右乘不改变右下角的子矩阵」 因此仍可通过定理1.1.1推知操作可进行至结束。由于每步保持对称性，在进行n一1次消去后即得 对角阵，此时A=1..LDL1.L7,即可合并为LDL。 4000 1 21.利用平方根法计算可知乙 1300 进 步计算得原方程组解为 2220 1131 22.假设输入方阵下标1到m,0代表n维零方阵（实际计算过程与平方根法完全相同，只是改变计算 顺序。实际操作时可直接用A的对应部分保存，此处为清晰将两矩阵分开)： def Cholesky(A,1): 1=0 for i=1 to n for j=1 to i-1 1[i][j]=a[i][j] for p 1 to j-1 1[i][j]-=1[i][p]*1[j][p] 1[i][]/=1[j][j]: 1[i][i]-a[i][i] for p=1 to i-1 1[i][i]-=1[i][p]*1[i][p] 1[i][i]=sqrt(1[i][i]) 23.假设正定对称矩阵A可以分解为LDLT,则A-1=(L-1)TDL~1,利用习题1的算法可算出L-1, 再计算转置，D一1即为每个对角元取倒数，最后计算乘法即可。 24.()由Hermite性计算知A对称、B反对称，从而C对称。由正定（亿+i)(A+B+)>0, 从雨+7+B->0.此为()（）>0.由于可 任取，知C正定。 平方根法作出分解LDF后即可道过LD(（日-(9架出所求的
第一章 线性方程组的直接解法 4 18. 带宽 2n + 1，也即 |i − j| > n 的部分均为 0，由平方根法的计算过程对 k 归纳可得 lik 亦会满足 |i − k| > n 的部分为 0(对 k + 1 时的情况，在 |i − k − 1| > n 时，ai,k+1 = 0，且 Pk p=1 liplkp 的每一 个 lip 均为 0，因此 li,k+1 = 0)，又因其为三角阵，可知带宽为 n + 1。 19. 设 L = Lk O M Nn−k ! ，直接计算可知 A = LkL T k LkMT MLT k MMT + Nn−kNT n−k ! ，从而有结论 (由 Lk 为对 角均正的下三角阵，也可推出 Ak 正定对称)。 20. 类似习题 10 的过程，在每次高斯变换左乘 Lk 时，同时右乘 L T k 。每次右乘不改变右下角的子矩阵， 因此仍可通过定理 1.1.1 推知操作可进行至结束。由于每步保持对称性，在进行 n − 1 次消去后即得 对角阵，此时 A = L −1 1 . . . L−1 n−1DL−T n−1 . . . L−T 1 ，即可合并为 LDLT。 21. 利用平方根法计算可知 L = 4 0 0 0 1 3 0 0 2 2 2 0 1 1 3 1 ，进一步计算得原方程组解为 x = 1 1 1 1 。 22. 假设输入方阵下标 1 到 n，O 代表 n 维零方阵 (实际计算过程与平方根法完全相同，只是改变计算 顺序。实际操作时可直接用 A 的对应部分保存 l，此处为清晰将两矩阵分开)： def Cholesky(A, l): l = O for i = 1 to n for j = 1 to i‐1 l[i][j] = a[i][j] for p = 1 to j‐1 l[i][j] ‐= l[i][p]*l[j][p] l[i][j] /= l[j][j]; l[i][i] = a[i][i] for p = 1 to i‐1 l[i][i] ‐= l[i][p]*l[i][p] l[i][i] = sqrt(l[i][i]) 23. 假设正定对称矩阵 A 可以分解为 LDLT，则 A−1 = (L −1 ) T D−1L −1，利用习题 1 的算法可算出 L −1， 再计算转置，D−1 即为每个对角元取倒数，最后计算乘法即可。 24. (1) 由 Hermite 性计算知 A 对称、B 反对称，从而 C 对称。由正定 (x + yi) H(A + Bi)(x + yi) > 0， 从而 x T Ax + y T Ay + y TBx − x TBy > 0，此即为 x T y T A −B B A ! x y ! > 0，由于 x, y 可 任取，知 C 正定。 (2) 此方程即 A −B B A ! x y ! = b c ! ，利用上题结论可知 A −B B A ! 为对称正定阵，从而由改进 平方根法作出分解 LDLT 后即可通过 LDLT x y ! = b c ! 解出所求的 x, y
第二章钱性方程组的敏度分析与消去法的舍入误差分析 第二章线性方程组的敏度分析与消去法的舍入误差分析 1.正定性：由于a,>0可知其良定，进一步由定义可知。 齐次性：直接代入计算可知。 三角不等式：记士=(a14,,anxn),=(ah,,anh,由于l2+/l2之z+l2,代 入可知此范数具有三角不等式。 2.利用x+2≤x2+Iy2的证明过程可知取等当且仅当xy=zl,同平方得(1+…十 工nP=(好+…+x2)(所+…+)，作差配方有∑c,(斯-斯)2=0，即可知，y各分量成 比例。 3.直接计算A3=∑aP=∑=∑1la,P=∑1a服。 4.左：由二范数定义有A2≥业，其中B=(（61,bn),平方得A脆之，利用习题3， 将右侧进行加权平均有‖A脂之∑，德能，即IAB胫≥∑，Ab,胫=AB,最后一 步再次运用了习题3。 右：利用左可知川BTATIle≤IBT2 lATI,而二范数与Frobenius范数均在转置下不变，因此同作 转置即可。 5正定、齐次：由定义直接得。 三角不等式：maxijla与+b,l≤max(lal+）≤max+max,两边同乘n即可 相容性：max∑kakb≤max∑la≤maxax,两边同乘n即可。 v不满足相容：n维时两个全1矩阵的乘积为全n矩阵，当n>1时即可知v不满足相容性。 仅当：若A不正定，由定义存在非零的x使得xTA≤0，此时不满是正定性或根号内为负数，不 为范数。 7.正定性：由akA=n可知方程组Ax=0中可以选出n个独立方程，从而由x∈Rn可知解只能 为x=0,由此利用Ax=0片A=0可知正定 齐次性：由原范数齐次性，直接计算IAA=AAx=AAx,由此得证 三角不等式：由Ax+‖A≥Ar+A=A(+)训可知成立。 8.先说明I-A可逆。由Al<1与AI≤An可知limn A=O,从而p(A)<1。考 虑A的Jordan标准型J可发现对角元素模长小于l,而其右侧的副对角线上元素模长不超过 1,从而估算可知中任何元素不超过Ck(A),此级数求和收敛，因此∑。A收敛。由于 (-A)∑二A-1-A,取极限可知收敛极限即为(1-A)-1。 -2--+-=- 9.由于A可逆，{Az∈R"y=R",从而A-1‖=max=A-1z=maxA=A-1Az= maxl-z=max,=(min,)=(min=A)），因此得证。 10.由L下三角，U上三角可知a,=∑欢=1x,但只有当k≤mimi,j时才可能k,均非0， 从而之后的项可忽略，对第i行可写成=，lu,又由LU分解性质可知a=1,从而 a一4=∑二lu,由于所有下标对应，写为行向量后即为题中形式
第二章 线性方程组的敏度分析与消去法的舍入误差分析 5 第二章 线性方程组的敏度分析与消去法的舍入误差分析 1. 正定性：由于 αi > 0 可知其良定，进一步由定义可知。 齐次性：直接代入计算可知。 三角不等式：记 x ′ = (α1x1, . . . , αnxn), y′ = (α1y1, . . . , αnyn)，由于 ∥x ′∥2 + ∥y ′∥2 ≥ ∥x ′ + y ′∥2，代 入可知此范数具有三角不等式。 2. 利用 ∥x + y∥2 ≤ ∥x∥2 + ∥y∥2 的证明过程可知取等当且仅当 x T y = ∥x∥∥y∥，同平方得 (x1y1 + · · · + xnyn) 2 = (x 2 1 + · · · + x 2 n )(y 2 1 + · · · + y 2 n )，作差配方有 P i<j (xiyj − xjyi) 2 = 0，即可知 x, y 各分量成 比例。 3. 直接计算 ∥A∥ 2 F = P i,j |aij | 2 = Pn j=1 Pn i=1 |aij | 2 = Pn j=1 ∥aj∥ 2 2。 4. 左：由二范数定义有 ∥A∥2 ≥ ∥Abi∥2 ∥bi∥2 ，其中 B = b1 . . . bn ，平方得 ∥A∥ 2 2 ≥ ∥Abi∥ 2 2 ∥bi∥ 2 2 ，利用习题 3， 将右侧进行加权平均有 ∥A∥ 2 2 ≥ Pn i=1 ∥bi∥ 2 2 ∥B∥ 2 F ∥Abi∥ 2 2 ∥bi∥ 2 2 ，即 ∥A∥ 2 2∥B∥ 2 F ≥ Pn i=1 ∥Abi∥ 2 2 = ∥AB∥ 2 F，最后一 步再次运用了习题 3。 右：利用左可知 ∥BT AT ∥F ≤ ∥BT ∥2∥AT ∥F，而二范数与 Frobenius 范数均在转置下不变，因此同作 转置即可。 5. 正定、齐次：由定义直接得。 三角不等式：maxi,j |aij + bij | ≤ maxi,j (|aij | + |bij |) ≤ maxi,j |aij | + maxi,j |bij |，两边同乘 n 即可。 相容性：maxi,j P k aikbkj ≤ maxi,j P k |aik∥bkj | ≤ n maxi,j |aij | maxi,j |bij |，两边同乘 n 即可。 ν 不满足相容：n 维时两个全 1 矩阵的乘积为全 n 矩阵，当 n > 1 时即可知 ν 不满足相容性。 6. 当：由 A 正定，其可作 Cholesky 分解 LLT，由定义可发现 f(x) = ∥L T x∥2，由 L T 可逆可知其正 定，直接计算可知齐次，又由 L T (x + y) = L T x + L T y 可知满足三角不等式，故为范数。 仅当：若 A 不正定，由定义存在非零的 x 使得 x T Ax ≤ 0，此时不满足正定性或根号内为负数，不 为范数。 7. 正定性：由 rank A = n 可知方程组 Ax = 0 中可以选出 n 个独立方程，从而由 x ∈ R n 可知解只能 为 x = 0，由此利用 ∥Ax∥ = 0 ⇔ Ax = 0 可知正定。 齐次性：由原范数齐次性，直接计算 ∥λx∥A = ∥Aλx∥ = λ∥Ax∥，由此得证。 三角不等式：由 ∥Ax∥ + ∥Ay∥ ≥ ∥Ax + Ay∥ = ∥A(x + y)∥ 可知成立。 8. 先说明 I − A 可逆。由 ∥A∥ < 1 与 ∥An∥ ≤ ∥A∥ n 可知 limn→∞ An = O，从而 ρ(A) < 1。考 虑 A 的 Jordan 标准型 J 可发现对角元素模长小于 1，而其右侧的副对角线上元素模长不超过 1，从而估算可知 J k 中任何元素不超过 Cknρ(A) k，此级数求和收敛，因此 P∞ k=0 Ak 收敛。由于 (I − A) Pn−1 k=0 Ak = I − An，取极限可知收敛极限即为 (I − A) −1。 1 + ∥(I − A) −1∥∥A∥ ≥ 1 + ∥(I − A) −1A∥ ≥ ∥(I − A) −1 (I − A) + (I − A) −1A∥ = ∥(I − A) −1∥，同除 以 1 − ∥A∥ 后移项即得证。 9. 由于 A 可逆，{Ax|x ∈ R n} = R n，从而 ∥A−1∥ = max∥x∥=1 ∥A−1x∥ = max∥Ax∥=1 ∥A−1Ax∥ = max∥Ax∥=1 ∥x∥ = maxx ∥x∥ ∥Ax∥ = minx ∥Ax∥ ∥x∥ −1 = min∥x∥=1 ∥Ax∥ −1，因此得证。 10. 由 L 下三角，U 上三角可知 aij = Pn k=1 likukj，但只有当 k ≤ min i, j 时才可能 lik, ukj 均非 0， 从而之后的项可忽略，对第 i 行可写成 aij = Pi k=1 likukj，又由 LU 分解性质可知 lii = 1，从而 aij − uij = Pi−1 k=1 likukj，由于所有下标 j 对应，写为行向量后即为题中形式