第二章线性方程组的敏度分析与消去法的舍入误差分析 6 将此式两边取一范数后，利用三角不等式与l≤1可知lah+∑二il1之u,由此归纳 可得‖1≤-2-1-‖al1+Ia≤2-1川A‖c,右边的不等号是由于A。为所有‖aF中 最大的一个。由此，吃，u1≤2n-1Ae,从而IUx≤2n-1‖Ax。 1.(4=35-187） （-370375/20=(52+750376+婴)=8M637 (2)6=(1,1)T时x=(188,-188.5)7,而6=(1,1.1)7时x=(169.3,-169.75)7 (3)x=(1,-1)T时b=(1,2)T,而x=(1.1,-1)T时b=(38.5,77.2)T。 12.由于I川≥川且川>0，可知川≥1，从而(A)=AA-‖≥AA‖≥1。 13.右侧即为A-1II(A+E)-AI(A+E)-≥IA1-(A+E)-‖=I(A+E)-1-A1,从而得证。 14.由于1)=Ⅱ1x,1+-,4,代表每次乘法运算的舍入产生的误差，o=0。从而可知 的上界为(1+叫m-1-1,由定理2.3.3，当(m-1)u≤0.01时即不超过1.01(n-1)u: 15.由定义可知（∑1）=∑1xⅡ，(1+，其中d表示每次加法运算产生的误差，d1=0。由 ≤0.01可知k知≤0.01当k≤n时成立，从而由定理23.3考虑每个x右边的(1+)个数可 知结论。 16.设a为A的第i个行向量，则(Ar)=(ax)-∑1a1+)Π=，1+d),其中表示乘 法运算产生的误差，dk代表加法运算产生的误差，1k=0,由于，的右侧乘上了 n j-1 n-j+2j≠1 个误差项，由定理2.3.3可知结论成立。 2=1+四L+,其中d表示每次加法运算产生的误差，6=0：由于每个一 n个误差项， 的误差必在(1-)”与(1+)”之间。由于均为正，最大 误差在同取+或-时，因此即有2∈1-，1+u门，于是a≤mm+O 18.类似第一章习题18可说明L与U均为带宽为2的带状矩阵，利用习题10等式，当A为三对角阵时， 由于其他项都为0，有=-l-11,i≥2，从而由l≤1可知≥lal+-1≥ udl.i>2。 由于0为带宽2的上三角阵，当且仅当i=j-1或j时4≠0，从而4，-1l≤a-1+4,-2l a-lu≤la+出-1d≤a-ld+a,因此U中任何元素不超过2 naxi lagl,从而得证。 1g.利用习题10等式可知。 -叫=∑二l第一章习题15已说明每一步分解中A的右下角子 矩阵为列对角占优，因此∑二<l,于是ul≤lal+maxk<u 对上式归纳，ul≤al,此后每次最大值最多增加lal,因此i≤方时ul≤∑-1lal≤ ∑1lal≤2al而由于其为上三角阵，i<j时恒为0，从而p≤2。 20.由算法过程可以发现，由于每个元素所在的行列最多还有m个其他元素，计算[.U的过程中每 个元素至多产生m次减法、m次乘法与1次除法的误差，由定理23.3可知每个元素的误差至多 为(2m+1)u+O(u2),而计算回A的部分需要m次乘法与m一1次加法，类似得最终误差为 (2m-1)(2m+1)u+0(u2),当u较小时以4m2u为上界，m=3时即为36u 21.由算法过程可以发现，计算L的过程中每个元素至多产生n次减法、n次乘法与1次除法或开 方的误差，而计算回A得过程中最多需要n次乘法与n一1次加法，类似习题20知最终误差为 Π-1(1+d),类似引理2.4.1计算方法可知条件下误差可以用4.09m2u控制
第二章 线性方程组的敏度分析与消去法的舍入误差分析 6 将此式两边取一范数后，利用三角不等式与 |lij | ≤ 1 可知 ∥a T i ∥1 + Pi−1 j=1 ∥u T j ∥1 ≥ ∥u T i ∥1，由此归纳 可得 ∥u T i ∥1 ≤ Pi−1 j=1 2 i−1−j∥a T j ∥1 + ∥a T i ∥1 ≤ 2 i−1∥A∥∞，右边的不等号是由于 ∥A∥∞ 为所有 ∥a T i ∥ 中 最大的一个。由此，∀i, ∥u T i ∥1 ≤ 2 n−1∥A∥∞，从而 ∥U∥∞ ≤ 2 n−1∥A∥∞。 11. (1) A−1 = 375 −187 −376 375/2! , κ∞(A) = (752 + 750)(376 + 375 2 ) = 846377 (2) b = (1, 1)T 时 x = (188, −188.5)T，而 b = (1, 1.1)T 时 x = (169.3, −169.75)T。 (3) x = (1, −1)T 时 b = (1, 2)T，而 x = (1.1, −1)T 时 b = (38.5, 77.2)T。 12. 由于 ∥I∥∥I∥ ≥ ∥I∥ 且 ∥I∥ > 0，可知 ∥I∥ ≥ 1，从而 κ(A) = ∥A∥∥A−1∥ ≥ ∥AA−1∥ ≥ 1。 13. 右侧即为 ∥A−1∥∥(A + E) − A∥∥(A + E) −1∥ ≥ ∥A−1 − (A + E) −1∥ = ∥(A + E) −1 − A−1∥，从而得证。 14. 由于 fl( Qn i=1 xi) = Qn i=1 xi(1 + δi−1)，δi 代表每次乘法运算的舍入产生的误差，δ0 = 0。从而可知 ε 的上界为 (1 + u) n−1 − 1，由定理 2.3.3，当 (n − 1)u ≤ 0.01 时即不超过 1.01(n − 1)u。 15. 由定义可知 fl( Pn i=1 xi) = Pn i=1 xi Qn j=i (1 + δj )，其中 δi 表示每次加法运算产生的误差，δ1 = 0。由 nu ≤ 0.01 可知 ku ≤ 0.01 当 k ≤ n 时成立，从而由定理 2.3.3 考虑每个 xi 右边的 (1 + δj ) 个数可 知结论。 16. 设 a T i 为 A 的第 i 个行向量，则 fl(Axi) = fl(a T i x) = Pn j=1 aijxj (1+λij ) Qn k=j (1+δik)，其中 λij 表示乘 法运算产生的误差，δik 代表加法运算产生的误差，δ1k = 0，由于 aij 的右侧乘上了 n j = 1 n − j + 2 j ̸= 1 个误差项，由定理 2.3.3 可知结论成立。 17. fl(x T x) = Pn i=1 x 2 i (1 + λi) Qn j=i (1 + δi)，其中 δi 表示每次加法运算产生的误差，δ1 = 0。由于每个 x 2 i 右侧最多有 n 个误差项，每个 xi 的误差必在 (1 − u) n 与 (1 + u) n 之间。由于 x 2 i 均为正，最大 误差在同取 + 或 − 时，因此即有 fl(x T x) xT x ∈ [(1 − u) n ,(1 + u) n ]，于是 α ≤ nu + O(u 2 )。 18. 类似第一章习题 18 可说明 L 与 U 均为带宽为 2 的带状矩阵，利用习题 10 等式，当 A 为三对角阵时， 由于其他项都为 0，有 u T i = a T i −li,i−1u T i−1 , i ≥ 2，从而由 |lij | ≤ 1 可知 |a1j | ≥ |u1j |, |aij |+|ui−1,j | ≥ |uij |, i ≥ 2。 由于 U 为带宽 2 的上三角阵，当且仅当 i = j −1 或 j 时 uij ̸= 0，从而 |uj−1,j | ≤ |aj−1,j |+|uj−2,j | = |aj−1,j |, |uii| ≤ |aii| + |ui−1,i| ≤ |ai−1,i| + |aii|，因此 U 中任何元素不超过 2 maxi,j |aij |，从而得证。 19. 利用习题 10 等式可知 aij − uij = Pi−1 k=1 likukj，第一章习题 15 已说明每一步分解中 A 的右下角子 矩阵为列对角占优，因此 Pi−1 k=1 |lik| < 1，于是 |uij | ≤ |aij | + maxk<i |ukj |。 对上式归纳，|u1j | ≤ |a1j |，此后每次最大值最多增加 |aij |，因此 i ≤ j 时 |uij | ≤ Pi k=1 |akj | ≤ Pj k=1 |akj | ≤ 2|ajj |，而由于其为上三角阵，i < j 时恒为 0，从而 ρ ≤ 2。 20. 由算法过程可以发现，由于每个元素所在的行列最多还有 m 个其他元素，计算 L, U 的过程中每 个元素至多产生 m 次减法、m 次乘法与 1 次除法的误差，由定理 2.3.3 可知每个元素的误差至多 为 (2m + 1)u + O(u 2 )，而计算回 A 的部分需要 m 次乘法与 m − 1 次加法，类似得最终误差为 (2m − 1)(2m + 1)u + O(u 2 )，当 u 较小时以 4m2u 为上界，m = 3 时即为 36u。 21. 由算法过程可以发现，计算 L 的过程中每个元素至多产生 n 次减法、n 次乘法与 1 次除法或开 方的误差，而计算回 A 得过程中最多需要 n 次乘法与 n − 1 次加法，类似习题 20 知最终误差为 Q4n 2−1 i=1 (1 + δi)，类似引理 2.4.1 计算方法可知条件下误差可以用 4.09n 2u 控制
第三章最小二乘问题的解法 第三章最小二乘问题的解法 1c-(▣)a-(0)w(6) /6311 3933 3 2.C 可发现C的零化子空间一组基为 1311 1311 3/5 特解为0 2/15 ，由此通解为x0+au+bu,a,b∈R。 0 0 3.由乘正交阵不改变二范数可知变换前后二范数必然相同，从而a=5。由定义设H=1-2wwT, 可知2ww(1,0,4,6,3,4)F=(0,-5,0,0,3,4),也即2(1,0,4,6,3,4)Tw=(0,-5,0,0,3,4),可得 w=号(0，-5,0,0,3,4). 4.即5c+12s=-5s+12c,有17s=7,解得s=12,c=2,此时a=132。 -aa+bb+b2c=0 5.即-s1+c2=0,设8=a+bi,=a十bi可知 。若=0，取 -b1a-a1b+a2c=0 s=1,c=0即可，否则方程组中a,b线性无关，可令c=1得到此方程的特解，再对模长进行归一 化（三个分量同时除以模长）即可。 6.当，≠0时，类似习5解方程可构造二阶Gs方阵Q使得Q的第二个分量为0，记其 度为0，则a,4在向量a的第i,j行时，计算知Q(,j,0)a可使4=0，且不影响i,j外的其他 行 于是得到算法：对x除第一行外的每一行，若为0则跳过，否则找到对应将其置为0的Q(1,,9) 同理，对y除第一行外的每一行找到P1,k,),则T=nP(1,k,-)Π=，Q(1,方，)即为所求。 证明：记Q=I1Q(1,i,9,),P=1P(1,k,k小，则根据构造过程可知Qx=Py=e1,而每个 Givens方阵的逆为其转置，也即将0变为-0，于是P的逆为T=nP(1,k,-0s),即有P-1Qx=y: 7.类似习题3，先计算a-,设H为1-2w7,可发现2(wx)w=x-a,从而先令o=ay-工， 再计算w=高即可得到H。 8.思路事实上与定理3.3.1完全一致，只是改变操作顺序与边的序号。归纳构造： H.操作前，后k-1列已符合要求，而H.将倒数第k列(0，.，0，an-k+1,,an,4n+1,,an)T变 为(0...0.0.0m4 ,.0.,.,.0)T。这样得到的只有第n-k+1与后m一n个分量非零， 而后k-1列这些分量都是0，因此利用x,w非零分量不重合时(1-2)x=x-2(ux)w= 可知不会破坏己符合婴求的部分，从而成立。 9.由定理31.4知只需求解LTLz=LTP%,由于L为单位下三角，其列满秩，于是LTL2=LTP% 有唯解。将其分解为口（白）后，计算发现即为求解以：=P%,而这可以直接适过求解 L?0=LTP%与L12=0两个方程得到解。 当Ux=z时，由于z满足LTLz=LTP%,代入知LTLUx=LTPb,于是UTLTLUx=UTLT Pb,. 即ATAr=ATPb,由定理3.1.4可知结论
第三章 最小二乘问题的解法 7 第三章 最小二乘问题的解法 1. C = 35 44 44 56! , d = 9 12! ，解为 −1 1 ! 。 2. C = 6 3 1 1 3 9 3 3 1 3 1 1 1 3 1 1 , d = 4 3 1 1 ，可发现 C 的零化子空间一组基为 u = 0 −1 0 3 , v = 0 0 1 −1 ，而一个 特解为 x0 = 3/5 2/15 0 0 ，由此通解为 x0 + au + bv, a, b ∈ R。 3. 由乘正交阵不改变二范数可知变换前后二范数必然相同，从而 α = 5。由定义设 H = I − 2wwT， 可知 2wwT (1, 0, 4, 6, 3, 4)T = (0, −5, 0, 0, 3, 4)，也即 2w T (1, 0, 4, 6, 3, 4)T w = (0, −5, 0, 0, 3, 4)，可得 w = √ 2 10 (0, −5, 0, 0, 3, 4)。 4. 即 5c + 12s = −5s + 12c，有 17s = 7c，解得 s = 7 √ 2 26 , c = 17√ 2 26 ，此时 α = 13√ 2 2 。 5. 即 −sx1 + cx2 = 0，设 s = a + bi, xi = ai + bi i 可知 −a1a + b1b + b2c = 0 −b1a − a1b + a2c = 0 。若 |x1| = 0，取 s = 1, c = 0 即可，否则方程组中 a, b 线性无关，可令 c = 1 得到此方程的特解，再对模长进行归一 化 (三个分量同时除以模长) 即可。 6. 当 aj ̸= 0 时，类似习题 5 解方程可构造二阶 Givens 方阵 Q 使得 Q ai aj ! 的第二个分量为 0，记其 角度为 θ，则 ai , aj 在向量 α 的第 i, j 行时，计算知 Q(i, j, θ)α 可使 aj = 0，且不影响 i, j 外的其他 行。 于是得到算法：对 x 除第一行外的每一行，若为 0 则跳过，否则找到对应将其置为 0 的 Q(1, j, θj )。 同理，对 y 除第一行外的每一行找到 P(1, k, θk)，则 Q1 k=n P(1, k, −θk) Qn j=1 Q(1, j, θj ) 即为所求。 证明：记 Q = Qn j=1 Q(1, j, θj )，P = Qn k=1 P(1, k, θk)，则根据构造过程可知 Qx = P y = e1，而每个 Givens 方阵的逆为其转置，也即将 θ 变为 −θ，于是 P 的逆为 Q1 k=n P(1, k, −θk)，即有 P −1Qx = y。 7. 类似习题 3，先计算 α = ∥x∥2 ∥y∥2 ，设 H 为 I −2wwT，可发现 2(w T x)w = x−αy，从而先令 w0 = αy−x， 再计算 w = w0 ∥w0∥2 即可得到 H。 8. 思路事实上与定理 3.3.1 完全一致，只是改变操作顺序与边的序号。归纳构造： Hk 操作前，后 k −1 列已符合要求，而 Hk 将倒数第 k 列 (0, . . . , 0, an−k+1, . . . , an, an+1, . . . , am) T 变 为 (0, . . . , 0, α, an−k+2, . . . , an, 0, . . . , 0)T。这样得到的 wk 只有第 n − k + 1 与后 m − n 个分量非零， 而后 k − 1 列这些分量都是 0，因此利用 x, w 非零分量不重合时 (I − 2wwT )x = x − 2(w T x)w = x 可知不会破坏已符合要求的部分，从而成立。 9. 由定理 3.1.4 知只需求解 L TLz = L T P b，由于 L 为单位下三角，其列满秩，于是 L TLz = L T P b 有唯一解。将其分解为 H L1 O ! 后，计算发现即为求解 L T 1 L1z = L T P b，而这可以直接通过求解 L T 1 z0 = L T P b 与 L1z = z0 两个方程得到解。 当 Ux = z 时，由于 z 满足 L TLz = L T P b，代入知 L TLUx = L T P b，于是 U TL TLUx = U TL T P b， 即 AT Ax = AT P b，由定理 3.1.4 可知结论