第 2 章习题（教材 1–24）

题面数据以颜庆津《数值分析》（第 4 版）第 2 章习题（p.45–47）为准；本表给题面摘要、答案/提示、正文落点，保证 24 题不漏。标记：✅ 已给答案/提示；⏳ 需按教材数据补算具体数值。

题	主题	题面摘要	答案 / 提示
1	三位十进制：顺序 Gauss vs 列主元	解一个 3×3 方程组，精确解 $(-2.6,1,2)^{\mathrm T}$	✅ 顺序消去在小主元处失稳；列主元结果接近精确解。见 2.1。
2	消元矩阵 $R$	写出 $k=1$ 消元对应的左乘矩阵	✅ $R=I-\sum_{i=2}^n m_{i1}e_ie_1^{\mathrm T}$ ，单位下三角。
3	行交换矩阵 $Q_k$	交换第 $k$ 行与第 $i_k$ 行	✅ 置换矩阵； $Q_k^{-1}=Q_k^{\mathrm T}=Q_k$ 。
4	Doolittle 运算量	统计乘除法次数	✅ 约 $n^3/3+n^2$ ；主导项 $n^3/3$ 。
5	不选主元 Doolittle	解教材给出的 3×3 方程组	✅ 解 $\approx(0.9314,-0.3885,-1.0244)^{\mathrm T}$ ；分解可进行，无需换行。
6	选主元 Doolittle	解教材给出的 4×4 方程组	✅ 选主元后 $x=(-18.3875,-5.8125,-15.4625,35.9375)^{\mathrm T}$ ；置换后 $LU$ 的 $U$ 对角为 $10,7.5,5,-3.84$ 。
7	带状存储计算 $Ax$	带内元素存于 $(r+s+1)\times n$ 矩阵 $C$	✅ $u_i=\sum_{j=\max(1,i-r)}^{\min(n,i+s)}C_{r+1+i-j,j}y_j$ 。
8	追赶法	解五元三对角方程组，精确解 $(0.21,-0.52,1.2,0.82,-0.64)^{\mathrm T}$	✅ 追/赶公式； $O(n)$ 。见 2.2.4。
9	八位十进制列主元 + 条件数	解 2×2 方程组并求行范数条件数	✅ $x\approx(2,-2)^{\mathrm T}$ ， $\mathrm{cond}_\infty(A)\approx3.27\times10^8$ ；条件数极大，八位十进制下解仍可能严重失真。
10	正交矩阵条件数	证明 $\mathrm{cond}_2(A)=1$	✅ $\sigma_i=1$ ，故比值 1。
11	残差与误差界	证明 $\frac{\lVert x^-\tilde x\rVert}{\lVert x^\rVert}\le\mathrm{cond}(A)\frac{\lVert r\rVert}{\lVert b\rVert}$	✅ $x^-\tilde x=A^{-1}r$ ，取范数并用 $\lVert b\rVert\le\lVert A\rVert\lVert x^\rVert$ 。
12	条件数 / 残差反例	两个近似解的残差与误差对比	✅ $\mathrm{cond}_\infty(A)\approx3.96\times10^4$ ； $\tilde x=(1,0)$ 残差 $(0,0.01)$ ， $\tilde x=(100.5,-99.5)$ 残差 $(-0.995,-0.985)$ ——前者残差小但误差巨大，后者残差大但更接近真解。
13	迭代序列收敛判断	两个迭代公式，初值任取	✅ (1) $\rho(G)=5$ ，发散；(2) $\rho(G)\approx0.8358\lt1$ ，收敛。
14	迭代公式必收敛	证明收敛并指出对应方程组	✅ $\rho(G)\approx0.6236\lt1$ （虽然 $\lVert G\rVert_\infty=1.55$ ）；极限满足 $(I-G)x=d$ ，即对应方程组 $x=Gx+d$ 。
15	Jacobi 解方程组	3×3 方程组，相邻差 $\le10^{-4}$	✅ $x\approx(-3.0909,1.0946,1.2655)^{\mathrm T}$ ； $\rho(G_J)\approx0.5877\lt1$ ，20 次迭代达到 $10^{-4}$ 。
16	Jacobi 收敛性讨论	四个 3×3 矩阵	✅ (1) $\rho_J\approx1.118$ 发散；(2) $\rho_J\approx1.2\times10^{-5}$ 收敛；(3) $\rho_J\approx1.2\times10^{-5}$ 收敛；(4) $\rho_J\approx1.118$ 发散。
17	GS 解第 15 题	同上，用 GS	✅ $x\approx(-3.0909,1.0945,1.2655)^{\mathrm T}$ ； $\rho(G_{GS})=0.2$ ，9 次迭代达到 $10^{-4}$ （Jacobi 20 次）。
18	GS 收敛性讨论	第 16 题四个矩阵	✅ (1) $\rho_{GS}=0.5$ 收敛；(2) $\rho_{GS}=2$ 发散；(3) $\rho_{GS}\approx4.828$ 发散；(4) $\rho_{GS}\approx1.651$ 发散——(1)(2)(3) 正是“Jacobi 与 GS 一收一散”的例子。
19	构造必收敛迭代	为给定方程组设计迭代	✅ 把方程重排为 $[10,-2,0;2,10,-1;1,2,-5]$ ，严格对角占优；用 Jacobi/GS 必收敛，解 $\approx(0.5502,1.2510,-1.3896)^{\mathrm T}$ 。
20	2×2 的 Jacobi/GS	证明同时收敛/发散	✅ $\rho(G_{GS})=\rho(G_J)^2$ 。
21	含参数 $a$ 的收敛范围	$A$ 对角 1、非对角 $a$	✅ Jacobi： $\rho(G_J)=2\|a\|$ ，故 $\|a\|\lt1/2$ ；GS： $\rho(G_{GS})\lt1$ 当且仅当 $-1/2\lt a\lt1$ （端点 $\rho=1$ ，不保证）。
22	直接判定 GS	给定矩阵，证明 GS 必收敛	✅ $A$ 对称，特征值 $\approx0.0885,1.8705,6.0410$ 全正，故对称正定；由定理 2.16，GS 收敛（ $\rho(G_{GS})=0.9$ ）。
23	SOR（ $\omega=0.9$ ）	解方程组，相邻差 $\le10^{-5}$	✅ $A$ 严格对角占优， $\omega=0.9\le1$ ，定理 2.20 保证收敛；10 次迭代得 $(-4,3,2)^{\mathrm T}$ 。
24	SOR（ $\omega=1.25$ ）	解方程组，相邻差 $\le10^{-5}$	✅ $A$ 对称正定（特征值 $1,1,10$ ）， $\omega=1.25\in(0,2)$ ，Ostrowski 保证收敛；20 次迭代得 $(0.5,1,1)^{\mathrm T}$ 。

课堂补充题

2.C1 · 为什么列主元能控制误差？

从乘数 $|m_{ik}|\le1$ 出发，解释列主元为什么能避免“小主元放大舍入误差”。

参考答案

消元第 $k$ 步的误差放大与 $|m_{ik}|$ 有关；列主元使 $|m_{ik}|\le1$ ，不会把小数当分母。它不能改变条件数，但能避免算法额外放大误差。

2.C2 · 残差小是否等于解准？

举一个 $\mathrm{cond}(A)$ 很大、残差很小但误差很大的例子，并说明停机判据的局限。

参考答案

取 $A=\begin{pmatrix}1&1\\1&1.0001\end{pmatrix}$ ，两个近似解的残差都可很小，但解可差很远；因为 $e=A^{-1}r$ ， $\lVert A^{-1}\rVert$ 很大。停机判据只能控制残差，不能控制误差。

覆盖核对

本页覆盖教材习题 1–24（题面摘要 + 答案/提示）与两道课堂补充题；逐题数值可按教材数据复算。覆盖矩阵见第 2 章覆盖矩阵。

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