清华大学高等数值分析(李津)所有作业答案合集

20130917题目
求证：在矩阵的LU 分解中，1
11n n T
n ij i j j i j L I e e α-==+⎛⎫=- ⎪⎝⎭
∑∑
证明：
在高斯消去过程中，假设0jj a ≠ ，若a=0，可以通过列变换使得前面的条件成立，这里不考虑这种情况。

对矩阵A 进行LU 分解，()()
()
()()1
11
1111L M n M M M n ---=-=∙∙-………… ，
其中()1n T
n ij i j i j M j I e e α=+⎛⎫=+ ⎪⎝⎭
∑ ，i e 、j e 为n 维线性空间的自然基。

()M j 是通过对单位阵进行初等变换得到，通过逆向的变换则可以得到单位阵，由此
很容易得到()M j 的逆矩阵为1n T
n ij i j i j I e e α=+⎛⎫- ⎪⎝⎭∑。

故111n n T n ij i j n j i j L I e e I α-==+⎛⎫⎛⎫=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
∏∑
上式中的每一项均是初等变换，从右向左乘，则每乘一次相当于对右边的矩阵进行一次
向下乘法叠加的初等变换。

由于最初的矩阵为单位阵，变换从右向左展开，因而每一次变换不改变已经更新的数据，既该变换是从右向左一列一列更新数据，故
11n
n T
n ij i j j i j L I e e α==+⎛⎫=- ⎪⎝⎭
∑∑。

数学证明：1n
T
i j i j
i j e
e α=+⎛⎫ ⎪⎝⎭
∑具有,0
00n j j
A -⎛
⎫ ⎪⎝⎭ 和1,1000n j n j B -+-+⎛⎫
⎪⎝
⎭ 的形式，且有+1,
-11,1
0000
=000
n j j n j n j A
B --+-+⎛⎫⎛⎫
⎪⎪⎝⎭⎝⎭ 而1
1n n T ij i j j k i j e e α-==+⎛⎫ ⎪⎝⎭
∑∑具有1,1000n k n k B -+-+⎛⎫
⎪⎝⎭的形式，因此：
1
311111211121==n n n n n n T T T n ij i j n ij i j n ik i k j i j j i j k n i k n n T n i i n ik i i i k L I e e I e e I e e I e e I e ααααα---==+==+=-=+==+⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫
⎛⎫=---⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪
⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-- ⎪ ⎪ ⎝⎭⎝⎝⎭∏∑∏∑∑∑∑∑……11211n n n T T
k n ik i k
k k i k e I e e α--===+⎛⎫⎛⎫=- ⎪⎪ ⎪⎭⎝⎭⎝⎭
∑∑∑#
20130924题目一
问：能否用逐次householder 相似变换变实矩阵A 为上三角矩阵，为什么？
解：
不能用逐次householder 相似变换变A 为上三角矩阵，原因如下：
A 记作：()
12=,,n A a a a ……， ，存在householder 阵1H s.t. 1111H a e α= ，则
()()()
111111111111111111111,,,0T T
h H AH H a A H e H A H e H A H h H A H ααα⎛⎫'''=== ⎪
⎪'⎝⎭
⎛⎫
''=+ ⎪ ⎪⎝
⎭
11H A H ''第一列的元素不能保证为1e 的倍数，故无法通过householder 变换实现上三角
化。

20130924题目二
问：能否用逐次householder 相似变换变实矩阵A 为上Hessenberg 矩阵，怎么做？
解：
可以用逐次householder 相似变换变A 为上Hessenberg 矩阵，方式如下： 记
0011
12
00021
22A A A a A ⎛⎫=
⎪ ⎪⎝⎭
，其中0
21a 为n-1维向量。

设()1110=0H H ω⎛⎫
⎪
⎝⎭
，其中()0
12111=H a e ωα ，则()()()
()()0
000
111211
1211101
001111122121221111
12
1121
221
010=00T T T T A A A A H A H A H H H e H A H a A A
A a A ωωωαωω⎛⎫⎛⎫
⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝
⎭
⎝⎭⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭
其中1
21a 为n-2×2阶阵，除最右一列以外都为0。

若11
12
21
22k k k k k A A A a A ⎛⎫=
⎪ ⎪⎝⎭
中，21k
a 为(n-k-1)×(k+1)矩阵，且除最右一列外都为0，设1()k H ω+ 是对21k
a 做householder 变换对应的householder 阵，则
()()1
1
11121112
1
1111111121
2221
220
=0
0k
k
k k k k k k k k k
k k k k k A A A A I I A H A H H H a A a A ωω+++++++++++⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪
⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭
如此，A n-2就是上Hessenberg 矩阵，即
()()22310231=n n n n n H A H H H A H H H QAQ -----==………… ，整个过程是通过
householder 变换得来，Q 是householder 阵的乘积，故是单位正交矩阵。

#
“高等数值分析”第三次书面作业
20130926题目
问：若对算子范数
，n n
R
⨯∆∈ ，s.t.1∆< ，证明：①
n I +∆ 可逆；②()
1
1
1n I -+∆≤
-∆
证明：
① 对于方程()0n I x +∆= ，移项得x x ∆=- ，两边取范数得x x x ∆=-=
而 x x ∆≤∆ ，故x x ≤∆，而01<∆<，所以，等号成立当且仅当0x = ，即0x =，这就说明方程()0n I x +∆=只有0解，故n I +∆ 可逆； ②
()()()()1
11
n n n n n n I I I I I I ---+∆+∆=⇒+∆=-∆+∆
()
()
()
1
1
1
n n n n n I I I I I ---+∆=-∆+∆≤+∆
+∆
()
1
1
11n n I I -+∆≤
=
-∆
-∆
#
事实上，更一般的结论是n I ±∆可逆，且()1
1
1n I -±∆≤
-∆
“高等数值分析”第四次书面作业
20131010题目
问：设n n
M R
⨯∈ ，证明：①0n y R ∀∈ ，000k
k
k k M
y M →+∞→+∞
⋅−−−→⇔−−−→ ；②
0(M)1k k M ρ→+∞
−−−→⇔<。

证明：
① 设0y N < （N>0），
00,..k k k M s t M N
ε
ε→+∞−−−→⇒∀><成立（范数的连续性），因此，
00k k M y M y N N
ε
ε⋅≤⋅<
⋅= ，由范数的连续性可得，00k k M y →+∞
⋅−−−→。

若0k k M →+∞
−−−→不成立，则0,m n 0,s.t.k K ,m k ij
K M n ∃>>∀>∃>中元素
，令
0y 的第j 项为1，
其余项皆为0，则0k M y ⋅第i 个元素为m ij ，且不趋于0，故0k
M y ⋅不趋于0。

综上，000k
k
k k M y M →+∞→+∞
⋅−−−→⇔−−−→
②
(M)11M ρ<⇒<（(M)ρ是M 的上确界），0k
k
M M
<≤，由于
0k
k M
→+∞−−−→，由夹挤定理0k
k M →+∞
−−−→，由范数的连续性可知，0k k M →+∞
−−−→。

由特征值定义，0,..(M)(M)k k x s t M x x M x x λλ∃≠⋅=⋅⇒⋅=⋅ 易证，00k
k k k M
M x →+∞→+∞−−−→⇒⋅−−−→，所以(M)0k
k x λ→+∞
⋅−−−→，而x 非零，所以(M)0k k λ→+∞−−−→，所以()(M)max (M)1ρλ=<。

综上，0(M)1k k M ρ→+∞
−−−→⇔< #
“高等数值分析”第五次书面作业
20131012题目1
问：设n n
A R
⨯∈ ，而且非奇异，求解Ax b = 等价于极小化2
Ax b -，试推导极小化这个
泛函的最速下降法。

解： 设k
k r b Ax =- ，取1k k k x x r α+=+ ，求出α，s.t.12
k Ax b +-取得最小值，
2
n
Ax b -=
∑()(k)(k)(k)1111212
2,,n
n n ij j
j i ij j
i j j k k k k k
k a x r b a r d d
Ax b d Ar Ar r Ar Ax b
ααα===++⎡⎤⎛⎫⎛⎫⨯+-⨯⎢⎥ ⎪ ⎪-==-=
-∑∑∑
12,0,,0,k k
k k k k k k k
r Ar d
Ax b Ar Ar r Ar d Ar Ar ααα+-=⇒-=⇒=
极小化2
Ax b -的最速下降法：
Step1 给定0n
x R ∈ ，计算0o r b Ax =- ；
Step2 对于0,1,2,k =⋯ 若2
k
r ε≤，则停止；其中0ε> 为一事先给定的停机常数；
否则:1k k =+
1111
11,,k k k k k k k k k k k
r Ar Ar Ar x x r r b Ax αα------=
=+=- Step3
转到Step2
20131012题目2
问：A 为一对称正定矩阵，证明()
12
,A A
x x
x
= 是一种向量范数，且有
2
2
A
x x x λ≤≤ ，其中1λ，n λ分别为A 的最大、最小特征值。

证明： 首先证明()
12
,A A
x x
x =是一种向量范数：
①正定性 由对称正定矩阵的等价性质可知()
,A 0x x ≥，当且仅当0x =时等号成立，因而
()
1
2
,A 0A
x
x x
=≥，当且仅当0x =时等号成立，正定性成立；
②齐次性 ()()()
()
1
1122
2
,A ,A ,A A
A
k x k x k x
k x k x k x x
k x ====，其中k R ∈ ，齐
次性成立；
③三角不等式 (
)(
)()()()()()
1
122
,A ,A ,A ,A ,A A
x y
x y x y
x x y y x y y x +=++=+++
由A 的对称正定性质，存在可逆矩阵Q ，s.t.T
A Q Q = ，因而
()()()()()()(),A ,A ,,,,A ,A x y y x Qx Qy Qx Qx Qy Qy x x y y ==≤⋅=⋅，当且仅当
,x y 共线等式成立。

由上述两式可得，
()()()()()(),A ,A 2,A ,A ,A ,A A
A
A
x y
x x y y x x y y x x y y x
y
+≤
++⋅=+=
+当且仅当,x y 共线等式成立，三角不等式成立。

由于A 是对称正定矩阵，所以A 的所有特征向量构成n 维空间的一组正交基，设为
12,,n x x x …， ，x 用这组正交基表示为1
n
i i i x b x ==∑
()
111
2
2
2
1111,A ,A ,n n
n n
i i i i i i i i i A
i i i i x
x x
b x b x b x b x λ====⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
∑∑∑∑
由正交性质可推出()
1
2
111,,n
n
n
i i i i i i i i i i A
i i i x
b x b x b x b x λλ===⎛⎫
== ⎪⎝⎭
∑∑∑
由于对称正定矩阵的所有特征值都大于0，所以
()()()
111111111,,,,,n n n n n n n
n i i i i n i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i b x b x b x b x b x b x b x b x b x b x λλλλλ=======⎛⎫⎛⎫=≤≤= ⎪ ⎪
⎝⎭⎝⎭
∑∑∑∑∑∑∑其中1λ，n λ分别为A 的最大、最小特征值。

22212
2
n A
x
x
x
λλ≤≤
2
2
A
x x x λ≤≤
#
“高等数值分析”第六次书面作业
20131015题目1
问： 设A 为一n n ⨯ 对称正定矩阵，如在求解Ax b = 的最速下降法中取k αα= 为一固定常数。

试分析其收敛性。

解：
11k k k k x x r ααα--=⇒=+
()()()()()()()()**
**
1
1
1
1
*
*
1
1
T
T
k
k
k k k k T
k k x x A x x x r x A x r x I A x x A I A x x αααα--------=+-+-⎡⎤⎡⎤=----⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦
由教材引理2.1.1，取(t)1t P α=- ，得
*
*1max 1k i k i n
A
A
x x x x αλ≤≤-≤--
对于正定矩阵A ，0i λ>，若0α> ，则()
11max 1max 1,1i n i n
αλαλαλ≤≤-=--，当12
λα
≥
时，1max 111i i i n
αλαλ≤≤-=-≥，算法不收敛。

若0α< ，则11max 111i i n
αλαλ≤≤-=->，
算法不收敛。

因此，当1
2
0αλ<< 时，算法收敛，否则不能断定算法收敛。

20131015题目2
问： 1000001A ⎛⎫=
⎪⎝⎭ ，11b ⎛⎫= ⎪⎝⎭
，取00x = 。

用最速下降法求出1x ，并计算出1A
x x *
-
与（2.1.10）比较。

解： Step1
给定00x = ，计算01100000110101o r b Ax ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫
=-=-= ⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭
；
Step2
00100
10101100001,,101110011000001100001100001,,011011100111001100000101100110000011000001r Ar Ar Ar x x r αα⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭
===
⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎛⎫
⎪
⎛⎫=+=+⋅= ⎪
⎪⎝⎭ ⎪
⎪⎝⎭
容易得到*110001x ⎛⎫
⎪= ⎪⎝⎭ ，所以
(
)()
()()()**
*
1112
39
2
61001100111100001000001100000110001000100101100111
1000001100000111011011110T
A
T
x x
x x
A x x ----=--⎡⎤⎡⎤
⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎢⎥⎢⎥ ⎪ ⎪⎛⎫ ⎪ ⎪=--⎢⎥⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎢⎥⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎣⎦
-⨯+==-+()()()()
3
9
3
2
61101100110-----⨯+⨯+ (
)(
)
**
*3
0001110000110100010000111T
T
A
x x
x x
A x x ---⎛⎫⎛⎫
⎛⎫ ⎪ ⎪-=--==+ ⎪ ⎪
⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭
由矩阵A 的特征系数3121,10λλ-== ，得
()3*
3312
0312
110110110110
A x x λλλλ-------=⨯+=-++
由于()()()
3
9
3
9
2
6
6
61101101101101110110110--------⨯+-+=
⨯<+++，所以 *
*12
1012
A
A x x x x λλλλ--<
-+，满足不等式（2.1.10），但由于
()()()
3
9
3
9
2
6
6
61101101101101110110
110--------⨯+-+=⨯≈+++，所以，两边差别不大，即收敛速度较慢。

“高等数值分析”第七次书面作业
20131017题目1
问： 推导在CG 法中，,k k αβ可写成11,,k k k k k
r r Ap p α--= ，1122
,,k k
k k k r r
r r β----=。

解：
111,,,,k k k k k k k k k k k k k k k r r Ap r p r Ap p r p Ap p ααα---=-
⇒=-=
-
将
11
k
k k k p r p β--=+ 带入上式得
1111111,,,,,
,k
k k k k k k k k k k k k k k k k r p r r p Ap p
r r r
p Ap p βαβα-------=+-=+-
又(),01,2,l k p r l ==……,k ，所以1111,,,0,k k k k k k k k k k
r r r r Ap p Ap p αα-----=⇒=
由定理2.2.1，及公式1k k k k r r Ap α-=-和11,,k k k k k
r r Ap p α--=
，
()
1
211
111111
11
221
121
1122
2,,,,,,,,,k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k r
r r p Ar Ap r p Ap p Ap r r r r r r r r r r αβα-------------------------=-
==
-=
=
2
,k r -
推导完毕。

20131017题目2
问： 证明在CG 法中，至多n 步即可得到方程Ax b = 的精确解，即n x 一定是方程的精确解。

证明：
n x 是经过n 步极小化得到的，且1
n
n i i i x y p ==∑，()12,,n p p p ……，是n 维线性空间的一组
基，因此n x 是方程的精确解（由A 对称正定，方程一定有精确解），否则若存在*
n x x ≠ 是
方程的精确解，且()
*
12,,n x span p p p =……，
，这就违背了极小化的含义，因此n x 一定是方程的精确解。

#
“高等数值分析”第八次书面作业
20131022题目
问： 利用性质“当(A,b)l
l q k = 时，1(A,b)l l Aq k +∈”直接由算法公式证明：对m n ≤ 且
无中断时，有1,(A,b)m m q q k ∈……， ，并解释良性中断。

证明：
Arnoldi 算法： Step1
12
q b b =
Step2
,ij j i h Aq q = ，1,2,i j =……， ，1
j
j j ij i i f Aq h q ==-∑
Step3
12
j j j h f +=，若10j j h +≠，则11j j j j q f h ++=；否则良性中断。

从算法中可以看出，显然112
(A,b)span()q b b k b =∈=。

假设1,(A,b)j j q q k ∈……，（j n <）， 显然11,(A,b)j j q q k +∈……，；由性质“当
(A,b)l l q k = 时，1(A,b)l l Aq k +∈”可知1(A,b)j j Aq k +∈，所以
11(A,b)j
j j ij i j i f Aq h q k +==-∈∑，继而111(A,b)j j j j j q f h k +++=∈，这就得到
111,(A,b)j j q q k ++∈……，。

综上，对于m n ≤ 且无中断时，有1,(A,b)m m q q k ∈……，。

当出现良性中断时，1
0j
j j ij i
i f Aq h q
==-
=∑，此时1
j
j ij i i Aq h q ==∑，即j Aq 不再与
1,j q q ……，线性无关，即此步前得到的线性空间对A 不变，此时方程的解
1(q ,,q )j x span ∈…… ，由定理3.2.2知，此时得到的x 为方程的精确解。

“高等数值分析”第九次书面作业
20131024题目1
问：在Lanczos 过程中，若不考虑舍入误差，证明1j q + 与11,,j q q -……正交。

证明：在Lanczos 算法中，11
2
12
,j j j j j j j j
Aq Aq q q f q q f --+--=，且每个j q 都是单位向
量。

当j=1， 1111
1111
11
2211
1
2
2
,,,,,0Aq Aq q q Aq q Aq q q q q
q q f f --=
⇒=
=，即2q 与
1q 正交。

假设j q 与11,,j q q -……两两正交，那么
112
11
2
,,,,,0j k j j j k j j k
j k Aq q Aq q q q f q q q q f --+--=
=显然对所有的k<j-1成立。

11111
2
111
2
1112211
11
2
2
2
1
1
2
2
,,,,,,,,A j j j j j j j j j j j j j j j j j j j j j j j j Aq q Aq q q q f q q q q f q f q q q Aq q f q q f f f αβ-----+------------=
++--=
=
=
1
2
1
2
1
1
2
2
1
2
,0
j j j j j f f f q q f f -----=
=
112
11
1
2
2
,,,,,,,0j j j j j j j j j
j j j j
j j Aq q Aq q q q f q q Aq q Aq q q q f f --+---=
=
=
即1j q + 与1,,j q q ……正交。

由数学归纳法原理知，在不计舍入误差条件下，1j q + 与1,,j q q ……正交。

20131024题目2
问：A 为对称矩阵，证明若A 有重特征值Lanczos 过程必然会中断，反之成立否？ 证明：
假设Lanczos 过程不中断，那么将进行到最后一步，得到n T ，由定理2.5.2，n T 的特征值必然彼此不同，即没有重特征值，进而A 没有重特征值。

由反证法原理得，若A 有重特征值Lanczos 过程必然会中断。

反之，若Lanczos 过程中断，A 不一定有重特征值，例如100020003A ⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭ ，取1100q ⎛⎫ ⎪
= ⎪ ⎪⎝⎭，
则11α= ，11111001102000000300f Aq q α⎛⎫⎛⎫⎛⎫
⎪⎪ ⎪
=-=-= ⎪⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭
，过程中断，但A 特征值为1、
2、3，无重特征值，因而原结论反过来不成立。

“高等数值分析”第十次书面作业
20131029题目1
问：当A 可逆，证明：当1,0k k h +=时（k 步良性中断），必有k H 可逆。

证明：在arnoldi 算法中，k k k AV V H = ，设k H 的一个特征值λ 的特征向量是ω ，则有k k k k AV V H V ωωλω==，
即λ也是A 的特征值，对应特征向量为k V ω，进一步可以证明k H 的所有特征值均为A 的特征值。

由于A 可逆，故A 无0特征值，所以k H 无0特征值，进而得出k H 可逆。

在上述证明中，矩阵无0特征值与矩阵的行列式值不为0是等价的，这由特征值的定义式就可以证明，是显然的。

20131029题目2
问：考虑线性方程组Ax b = ，其中A 是对称正定矩阵，用Galerkin 原理求解方程，
()K L Span ν== ，这里ν是一个固定的向量。

*00e x x =- ，*
11e x x =-，证明：
2
1100,,,,e Ae e Ae r A ν
νν=
-
其中0r b Ax =-，ν应该取哪个向量在某种意义上是最佳的？ 证明：
1010(),,0,,K L Span x x k e e k r Ak r k A νννννννν==⇒
-=-
=--=
⇒
=,
利用
A 的对称正定性，
(
)
110000002
2000000,,,,,,,2,,,,,,,e Ae e k A e k e Ae e kA Ae k k kA e Ae k r k A e Ae k r e Ae r A νν
νννν
ννννν
νν
=--=--+=-+=-=-
等式得证。

考虑取一定的ν使得11,e Ae 最小，v 取与0e 共线时最佳，此时11,0e Ae =最小。

但0e 包含精确解，这是在不可能得到的（否则就不需要解方程了）。

在第二章讲到的最速下降法中，ν取的是0r b Ax =-，这是可行的。

“高等数值分析”第十一次书面作业
20131031题目1
问：方程组Ax b = 中系数矩阵是对称正定的，取(,A )K L Span r r ==。

用Galerkin 原理求解，其中r 是上一步的残余向量。

a) 用r 和满足,A 0r p = 的p 向量构成K 中的一组基，给出计算p 的公式。

b) 写出从0x 到2x 的计算公式。

c) 该算法收敛吗？ 解：
a) 设p r mAr =+，则()
,A ,A 0,A 0,A r r r p r r mAr
m Ar r
=⇒+=⇒=-
，所以
,,r Ar p r Ar Ar Ar
=-
b) ()
22,V W r p ==
，
(
)
22,A ,,A 0
,,A ,A 0
,A T T T r r r Ap r r
r W AV A r p p r p p p p p ⎛⎫⎛⎫
⎛⎫
⎪ ⎪ ⎪=== ⎪ ⎪
⎪
⎝⎭⎝
⎭⎝⎭非奇异。

()()
12222210
,A ,,,1
,A ,A 0,A T T T T r r
r r r p r p r z V W AV W r r p r r r p p p p p -⎛⎫
⎪⎛⎫
⎪ ⎪
===+
⎪ ⎪ ⎪⎝⎭ ⎪
⎝
⎭
20,,,A ,A r r p r x x r p r r
p p
=+
+
c) 可以计算得到2
2
220000,,,,,,A ,A r r
p r
e Ae e Ae e Ae r r
p p
=-
-
<，即该算法收敛。

其中*
i i e x x =- ，*x 是方程精确解。

20131031题目2
问：Ax b =矩阵10001
10011101
11
1A ⎡⎤⎢⎥
⎢
⎥=⎢⎥⎢⎥⎣⎦以及1111b ⎡⎤
⎢⎥⎢⎥=⎢⎥⎢⎥⎣⎦
，m=2，00x =，完成求解Ax b =的Arnoldi 和GMRES 算法，得出2A x 和2G
x 。

解：
Arnoldi 算法： Step1
12
1
1112
22
2T
q b b ⎛⎫==
⎪⎝⎭
Step2
1,111111122210002111110015222,,,111011312
22221
11
11121222h Aq q ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥==
=
=
⎢⎥⎢⎥
⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎢⎥⎢⎥⎢
⎥⎢⎥
⎢⎥⎣⎦⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦
⎣⎦
， 1111111232111512
311242232
12f Aq h q ⎡⎤
⎢⎥⎡⎤
⎢⎥⎢⎥-⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥-⎢⎥⎢⎥⎢⎥=-=-=⎢⎥⎢⎥⎢⎥
⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎢⎥
⎢⎥⎢⎥⎣⎦
⎢⎥⎣⎦
Step3
2,11
2
5h f ==， 212,13113q f h -⎡⎤⎢⎥-⎥
==⎥
⎥⎣⎦
Step4
1,22110003131110011411,,,111011311
1113101h Aq q --⎤⎡⎤⎡⎤⎤⎡⎤⎥⎢⎥⎢⎥
⎥⎢⎥--⎥⎢⎥⎢⎥
⎥⎢⎥==
=
=-⎥⎢⎥⎢⎥
⎥⎢⎥⎥⎢⎥⎢⎥
⎥⎢⎥⎦⎣⎦⎣⎦
⎦⎣⎦
2,2221000333311001141111,,,1110113120
20
2
1
1113303h Aq q ----⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥
⎢⎥⎢⎥----⎢⎥⎢⎥⎢⎥
⎢⎥⎢⎥==
=
=
-⎢⎥⎢⎥⎢⎥
⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥
⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦
⎣⎦⎣⎦
Step5
22121222
1
2
100033
1
110011
1
2
1110111
2
2
111133
1
2
313
411
311
013
f Aq h q h q
⎡⎤
⎢⎥
⎢⎥
--
⎡⎤⎡⎤⎡⎤
⎢⎥
⎢⎥⎢⎥⎢⎥
--
⎢⎥
⎥⎢⎥⎥=--=+-
⎢⎥
⎥⎢⎥⎥
⎢⎥
⎥⎢⎥⎥
⎢⎥
⎣⎦⎣⎦⎣⎦
⎢⎥
⎢⎥
⎣⎦
--
⎡⎤⎡⎤⎡⎤
⎢⎥⎥⎢⎥
--
⎥⎥⎥
=+-
-⎥⎥⎥
⎥⎢⎥
⎣⎦⎣⎦⎣
⎦
1
1
1
1
⎡⎤
⎢⎥
-
⎢⎥
=
-⎢⎥
⎥⎢⎥
-⎣⎦
3,22
2
h f
==
所以
2
5
2
1
22
H
⎛
⎪
=
⎪
⎪
⎝⎭
，
2
1
1
1
2
1
1
Q
⎡
⎢
⎢
⎢
⎢
=⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢⎣
1
2221
114
5
11
112
1
5
15
25
2
111
2
115 A
x Q H b e
-
⎡⎡
⎡⎤
⎢⎢
⎢⎥
⎢⎢
⎢⎥
⎛⎡⎤
⎢⎢
⎢⎥
⎢⎥
⎢⎢
⎡⎤
⎢⎥====
⎢⎥
⎢⎢
⎢⎥
⎪⎢⎥
⎣⎦⎢
⎢⎢
⎪⎢⎥
⎢
⎢⎢⎣
⎝⎭
⎢⎥
⎢⎢-
⎢⎥
⎢⎢⎣⎦
⎢⎢
⎣⎣
下面是利用matlab实现arnoldi算法的一个程序和实验结果：
arnoldi 算法：
m=2的实验结果：
H =
2.5000 -1.1180 0 0 1.1180 0.5000 0 0 0 0.4472 0 0 0 0 0
0 0 0 0
Q =
0.5000 -0.6708 0 0
0.5000 -0.2236 0 0
0.5000 0.2236 0 0
0.5000 0.6708 0 0
x =
0.8000
0.4000
-0.0000
-0.4000
在舍入误差范围内与之前人工计算的结果一致（从第三个元素为-0.0000而不是0.0000可以看出计算是有舍入误差的）。

当m=n=4时，结果如下：
H =
2.5000 -1.1180 0.0000 -0.0000
1.1180 0.5000 -0.4472 -0.0000
0 0.4472 0.5000 -0.2236
0 0 0.2236 0.5000
0 0 0 0.0000
Q =
0.5000 -0.6708 0.5000 -0.2236
0.5000 -0.2236 -0.5000 0.6708
0.5000 0.2236 -0.5000 -0.6708
0.5000 0.6708 0.5000 0.2236
x =
1.0000
0.0000
-0.0000
-0.0000
5,40
h ，且得到的结果为精确解。

GMRES算法：
Step1
由上面的Arnoldi
算法可以得到
2
5
22
1
2
H
⎡
-
⎢
⎢⎥
⎢⎥
=⎢⎥
⎢⎥
⎢⎥
⎢⎥
⎣⎦
，
2
1
1
1
2
1
1
Q
⎡
⎢
⎢
⎢
⎢
=⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢⎣
Step2
12
1
1212
2
2
55
2
22
2
11
22
y y
y
b e H y y y
y
y
⎡⎡⎤
-+
⎢
⎢⎥
⎢⎥⎢⎥
⎡⎤
⎢⎥⎢⎥
⎡⎤
⎢⎥
-=
-=-
⎢⎥
⎢⎥
⎢⎥
⎢⎥
⎣⎦
⎢⎥⎢
⎥
⎢⎥
⎣⎦⎢⎥
⎢⎥
⎢⎥⎢⎥
⎣⎦⎣⎦
=
对根号内函数求偏导取值为0可得，
1
14
31
y=，
231
y=-
值时函数取极小值，同时也是最小值。

所以
22
1
11
14
1
6
12
31
1
231
1
4
1
G
x Q y
⎡
⎢
⎢
⎡⎤
⎢
⎢⎥
⎢
==⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢-
⎣
⎢
⎡⎤
⎢⎥
⎢⎥
=
⎢⎥
⎢⎥
⎣⎦
⎢
⎢⎣
“高等数值分析”第十二次书面作业
20131112题目1
问：证明若H为有0特征值的上Hess阵则一步QR迭代即可算得H的0特征值并可收缩（降阶）。

证明：H为上Hess阵，进行一次QR迭代有
11
H Q R
=，
1
Q为正交阵，
1
R是上三角矩阵且
1R 对角元中0元均在下方（可以通过given‘s 变换实现）。

由于H 有0特征值，故1R 对角元
中至少有一个0元（由矩阵行列式为0即可说明），因而可以通过一步QR 迭代找到H 的0特征值。

设1Q ，1R 有如下形式：
()
11=,q n n Q Q - ，110n R R -⎛⎫
'= ⎪ ⎪⎝⎭
()
1
1111111q =,q 000n n n n n n n R R Q
R H R Q Q -----⎛⎫⎛⎫
'''== ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭
⎝⎭
1H 也是一个上Hess 矩阵，且有如下的形式： 1*
*******
**00H ⎡⎤
⎢⎥⎢⎥=⎢
⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣
⎦
因此可以收缩降阶，且不需额外操作。

“高等数值分析”第十三次书面作业
20131114题目1
求：对21
0110.100.11H ⎡⎤⎢⎥=⎢⎥⎢⎥⎣⎦
，取331h = 为位移，完成一步隐式位移QR 迭代。

解：
S1：位移 11
0100.100.10H I ⎡⎤⎢⎥-=⎢⎥⎢⎥⎣⎦
S2：利用given’s 变换作QR 分解
22
110
0100.10
00.10
00100.10
⎡⎤
⎢⎥
⎢
⎢⎥⎡⎤
⎢
⎢⎥⎢⎥
=⎢
⎢⎥⎢⎥
⎢⎥
⎢⎥⎢⎥
⎣⎦⎢⎥
⎢⎥
⎢⎥
⎢⎥
⎣⎦⎣⎦
100
000
00.10
00
⎤
⎡⎤
⎥
⎢⎥
⎢⎢
⎢
⎢⎢
⎢
=
⎢⎢
⎢
⎢⎥⎢
⎢
⎢⎥⎢⎥
⎢⎥
⎢⎥⎢⎥
⎢⎥
⎣⎦⎣⎦⎣⎦
00
100100 2222
0000
2222
001001
00
2
T T
Q
⎡⎤⎤
⎡⎤⎡⎤
-
⎢⎥⎥
⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎥
⎢⎢
⎢⎥⎥
⎢⎢
=-=
⎢⎥⎥
⎢⎢
⎢⎥⎢⎥
⎢⎢
⎢⎥⎢⎥
⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥
⎢⎥⎢
⎣⎦⎣
⎣⎦⎣⎦
⎤
⎥
=⎥
⎢⎥
⎢⎥
⎢⎥
⎢⎥
⎣⎦
220
00
R
⎤
⎥
⎥
⎢⎥
=⎢
⎢
⎢⎥
⎢⎥
⎣⎦
S3
：
2200
200
35
22
13334
10203410201
102new
H RQ I I I ⎤⎤⎥⎢⎥⎥
⎢
⎥=+=+⎥⎢⎢⎥⎢⎢
⎥
⎢⎥⎢
⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣
⎦⎡
⎢⎢⎢⎥
=--+=-⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣
⎦103102⎡⎢⎢
⎢⎥⎢⎥⎢
⎥⎢⎥
⎢⎥⎢⎥
⎣
⎦
20131114题目2
证明：设A 对称，n x R ∈ 使2
1x
= ，则()
2
2
,min R Ax x A x Ax x βρβ∈-=- ，这里
()
,x A ρ是Rayleigh 商。

证明：Ax 相当于对x 进行了一个方向和大小的改变，由向量加减运算的三角形关系可知，当Ax x β-与x 垂直时，2
Ax x β-最小，而事实上，
()(
)
(
)
()
()
(
)
()
()
,,,,,0,,x Ax x Ax
Ax x A x x Ax x x x Ax x x x x x x ρ⎛⎫⎛⎫
⎪ ⎪-⨯=-⨯=-
= ⎪ ⎪⎝⎭⎝
⎭
，即
()
,x A βρ=时，Ax x β-与x 垂直，此时有()
2
2
,min R
Ax x A x Ax x βρβ∈-=-。

严格证明如下： 设()
,i j n n
A a ⨯= ，()1,,n x x x =…… ，则2
2,2
11n
n i j j j i j Ax x
a x x ββ==⎛⎫-=- ⎪⎝⎭
∑∑， 求导得
()
()22,,2
1111122n
n n n n i j j j j j i j j i j j i j Ax x a x x x x a x βββ====='
⎛⎫⎛⎫
-=⋅--=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
∑∑∑∑∑ 当()()
,11
2
1
,,n n
i j j
i j n
j
j a
x x Ax x x x
β====
=∑∑∑时，22
Ax x β-取最小值，即2
Ax x
β-取最小值，得证。

“高等数值分析”第十四次书面作业
20131121题目1
问：给出用逐次Householder 构造正交Q ，W ，使得T
Q AW B = 的算法，其中B 为双对角阵。

解：
利用householder 变换逐步将矩阵A 的左下角变为0，并行地将次右上角变为0，具体操作如下：
S1：1
2
1,m n,n 101
00**00
*
*m A H A H αβ-⎡⎤⎢⎥
⎛⎫⎢⎥== ⎪
⎢
⎥⎝⎭⎢⎥⎣⎦
，即实现了第一行和第一列的变换，具体的householder 阵可以通过反射定理求出，这里不具体给出。

S2：进行到k 步时，1,1
2,20
k k k
A B A A ⎛⎫=
⎪⎝⎭
，其中1,1k
A 为k×k 的双对角矩阵，
B 为除了最后一行第一个元素外均为0。

构造矩阵,m m k H -和n,n k 1H --，使得
12,2,2n k 1,n k 10100**00**k k k m k m k H A H αβ++------⎡⎤
⎢⎥
⎛⎫⎢⎥= ⎪⎢⎥⎝
⎭⎢
⎥⎣⎦
，那么
1
,n,n k 111,1,n,n k 12,21,1,2,2n k 1,n k 11
1,1120
0000000001000000**00
*
*k k k m m k k
k
k k k m m k k k
k k m m k k k
k k I I A H H I I A B H H A I A B H A H A B αβ+---+--------+++⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝
⎭⎝⎭
⎛⎫⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝
⎭⎝⎭⎛⎫⎛⎫ ⎪
=⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭ ⎪⎝⎭⎝
⎭⎡⎤⎢⎥=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦1
1,1
112,2
0k k k A B A +++⎛⎫ ⎪ ⎪⎛⎫
⎪= ⎪ ⎪⎝⎭
⎪ ⎪⎝
⎭
S3:重复S2，直到完全二对角化。

20131121题目2
问：用Strum 法，判断
111111n n A ⨯-⎡⎤⎢⎥
-⎢
⎥=-⎢
⎥⎢⎥
-⎣
⎦ 有几个正特征值。

解：
在strum 法中，1(0)0P -=，0(0)1P =，212(0)(0)(0)k k k k k P P P αβ--=-- 。

在此题中，1k α= ，1k β=- ，所以12(0)(0)(0)k k k P P P --=--，由此可以得到如下结果：
33132
(0)1
(0)1(0)0m m m P P P ++=⎧⎪
=-⎨⎪=⎩ 由定理，可得A 矩阵严格大于0的特征值有n 3m+1n m m
=⎧⎨⎩个……个……=3m+1或3m+2
“高等数值分析”第十五次书面作业
20131126题目
问：验证隐式QR 算法中的GR 的第一列和显示QR 算法中的Q 的第一列相同。

证明：
1112100n n nn b b B b b -⎡⎤⎢⎥
⎢
⎥=⎢⎥
⎢⎥⎣⎦
为双对角矩阵，通过追赶法不断通过Givens 变换得到的矩阵 112121n n n n GL GL BGR GR --…………也是双对角矩阵。

其中12GR 对B 的前两列作用，将12b 变
为0，且逐次givens 变换得到的121n n GR GR GR -=……的第一列和12GR 的第一列相同，因为后面的变换矩阵对第一列没有影响。

2
111112111112
12
1112
1111111100
000
T
n n n n n n n n
nn nn n n n n
nn b b b b b b b b b B B b b b b b b b b b --------⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥
⎢⎥⎢
⎥==⎢
⎥
⎢⎥⎢
⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣
⎦
通过逐次givens 变换做QR 分解得
()1
112121121T T T T T T T n n n n n n B B QR G G R G G R B BG G R ----===⇒=………………
T R 为下三角矩阵，12T G 对T B B 前两列作用，且把1112b b 变为0。

由于()1112,,0,,0b b ……和()
2
111112,,0,,0b b b ……方向相同，12GR 和12T G 都是把前面对应的
第二个非零元素变为0，因而1212T GR G =。

由前面的讨论，GR 的第一列与12GR 的第一列相同，同样的，121T T n n Q G G -=……的第一列与12T G 的第一列相同，因此GR 与Q 的第一列相同，证毕。

“高等数值分析”第十六次书面作业
20131128题目
问：证明牛顿法中的p C 就是差商法中的p 阶DD 01,,,p f x x x ⎡⎤⎣⎦…… 。

证明：
在牛顿法中，()()10
k
k k k k k N x C w x +==
∑，()()
()
11111k k k k k k f x N x C w x +++++-=
容易验证，p=0时，()[]0
00C f x f x ==，p=1时，()()
[]1010110
,f x f x C f x x x x -=
=-
假设p=k 时，[]01,,,k k C f x x x =……，那么p=k+1时，
[][][]
()()()()()
()()()()()()()()()()
()()
01110110111111111111111111111111,,,,,,,,,,,,k k k k k k k k
k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k f x x x x f x x x x f x x x x x x f x N x f x N x w x w x f x N x C w x x x x x w x f x N x C w x f x N x w x w x -+-+++-+-++-++++++-+++++++-=
----
--⋅==
--⋅-+⋅⎡⎤-⎣⎦
=
=
………………()
1
1k C ++= 即[]1011,,,k k C f x x x ++=……。

由数学归纳法原理可知，牛顿法中的p C 就是差商法中的p 阶DD 01,,,p f x x x ⎡⎤⎣⎦……。

“高等数值分析”第十七次书面作业
20131203题目
证明：若()[]2,f x C a b ∈且()1I x 为()f x 在[],a b 上分片1次插值，则有
[]()()[]
()2
1,,max max 8x a b x a b h f x I x f x ∈∈''-≤ 。

证明：()()()
()()12
f f x I x x a x b η''-=
--，[],a b η∈ ， 所以， []
()()[]
()
()()1,,max max
2
x a b x a b f f x I x x a x b η∈∈''-=-- 而()()()2
2
24b a b a x a x b --⎛⎫--≤=
⎪⎝⎭
，因此
[]
()()()()
()[]
()2
2
1,,max max 8
8
x a b x a b f b a f x I x b a f x η∈∈''-''-=
-≤
又，对于1次插值，h b a =- ，因此要证不等式成立。

“高等数值分析”第十八次书面作业
20131205题目1
求证：若积分公式
()k 0
n
k
k
w f x =∑ 至少有n 次代数精度，则必有()b
k
k
a
w l x dx =⎰ ，这里
()()
()00n
n
k i k
i i i i k
i k
l x x x x
x ==≠≠=--∏∏ 。

证明：若积分公式
()k 0
n
k
k
w f x =∑ 至少有n 次代数精度，则()n
p x P ∀∈ ，有
()()k 0
n
b
k
k
a
p x w p x ==∑⎰，其中n
P 表示所有n 次多项式构成的集合。

()p x 可表示为()()()()()()k 00
0k 0n n
n
n
i k i k k k i i i k
i k p x x x x x p x l x p x ====≠≠⎡⎤⎢⎥=--=⎢⎥⎢⎥⎣⎦
∑∏∏∑ 带入积分等式得，
()()()k 0k 0
n
n
b k
k
k
k
a
l x p x w p x ===∑∑⎰，等式左边积分和求和可交换，故
()()()k 0
k 0
n
n
b
k
k
k
k
a l x p x w p x ===∑∑⎰，又因为()p x 是任意的n 次多项式，因而必有
()b
k k a
w l x dx =⎰。

#
20131205题目2
求：已知n ∀ ，有246sin()()()()3!5!7!n n
n n n πππ
πππππ=-
+-…… ，先查出sin()n n
π
的值（n=3,6,12），再用外推近似计算π。

解：查询数学手册（或用计算器计算）得：
3sin 2.5980762113π⎛⎫=≈ ⎪⎝⎭
6sin 36π⎛⎫= ⎪⎝⎭
12sin 3
3.10582854112π⎛⎫=≈ ⎪⎝⎭
2462464616sin()3sin()
6431()()()()()()3!65!67!643!35!37!33315()()45!67!6πππππππππππππππππππππ-⨯⎡⎤⎡⎤=-+--⨯-+-⎢⎥⎢⎥
⎣⎦⎣⎦=-+………………24624646112sin(
)6sin()12461()()()()()()3!125!127!1243!65!67!63315()()45!127!12
ππ
πππππππππππππππππππ-⨯⎡⎤⎡⎤=-+--⨯-+-⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦=-+………………
6611112sin()6sin()6sin()3sin()124616643153315()1647!124545=()647!12
ππππππππππ⎡
⎤⎡⎤-⨯-⨯-⨯⎢⎥⎢⎥⎣
⎦⎣⎦⨯=⨯--………… 经过两次外推6411112sin()6sin()6sin()3sin()451246166436451=12sin()6sin()3sin()45121666436451=
3.1058285413 2.5980762114516643.141580063
ππππππππ⎧⎫
⎡⎤⎡⎤≈
⨯-⨯-⨯-⨯⎨⎬⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎩⎭
⎡⎤⨯-⨯+⨯⎢⎥
⎣⎦
⎡⎤
⨯-⨯+⨯⎢⎥⎣⎦=
经过一次外推得到的结果是
414112sin()6sin() 3.1058285413 3.1411047213124634πππ⎡⎤⎛⎫
≈⨯-⨯=⨯-⨯= ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭
可见，两次外推得到的结果要比一次外推的结果更精确。

“高等数值分析”第十九次书面作业
20131210题目
问：下列映射:R R g → 哪些在D 上是压缩映射。

i. ()()[]223,:0,1x g x e x D =-+
ii.
()[]4,:0,1x g x D -=
iii.
()[]12
2,:0,13e g x D ⎡⎤
=⎢⎥⎣⎦
解：
对于一元函数，向量范数取绝对值，因此由压缩映像的定义可以得到“x D ∀∈开 ，都有
()1f x '<，则称f 为D 上的一个压缩映射 ”。

i.
()()23x g x e x '=-+，()()23x g x e ''=-+，所以当ln 2x = 时，
()()
max 2ln 2103
g x -'=
<⎡⎤⎣⎦，因而()()(){}
max 121
max 0,1max ,1333
e g x g g -⎧⎫'''===<⎨⎬⎩⎭ ，是D 上的压缩映射。

ii.
()()()max 2ln 2402ln 21x g x g x g -'''=-⋅⇒==>，由导数连续性可知，在D 开
区间内存在x 使得该导数绝对值大于1，因而不是D 上的压缩映射。

iii. (
)12
23e g x ⎡⎤
==⎢⎥
⎣⎦
D 上的压缩映射。

“高等数值分析”第二十次书面作业
20131212题目
问：()()()22
122
121810810x x G x x x x ⎡⎤
++⎢⎥=⎢⎥++⎣⎦
，{}2012|0 1.5,0 1.5D x R x x =∈≤≤≤≤ 。

在最坏可
能的初值条件下，要*410k x x -∞
-< 需要多少次迭代，其中迭代法为()1k k x G x += 。

解：
对于任意的0,x y D ∈ ，有()()()()()()
()()()()()()()()()22
1211221122112222
1211121222111222211221122110
0.30.6max ,0.61
1011101
3.25
4.510
0.9max ,0.9g x g y x y x y x y x y x y x y x y
g x g y x y x x y y y x y x x y x y x y x y x y x y x y
∞
∞
-=
-+-≤-+-≤--=--=
-+-=+-++-≤-+-≤--=- 所以，()()
0.9G x G y x y ∞∞
-≤-
容易验证，该迭代的不动点为()1,1 ，所以**
00.90.9k k k x x
x x ∞
∞
-≤-≤ 。

在最坏的情况下，需要44
0.9lg10log 101188lg0.9--⎡⎤
⎡⎤+=+=⎢⎥⎣⎦⎣⎦
次迭代才能满足
*
410k x x -∞
-<。

[]表示取整函数。

实际上，初值很难取得这么差，迭代次数也会小得多。

“高等数值分析”第二十一次书面作业
20131219题目
问：:n n
F R R → ，()F x '存在且可逆，记()()
1y F x F x -'= 。

证明：存在0λ> ，使
得()()F x y F x λ-≤ 。

证明：
()()()()()()()()()()()()()()()11
+0=+010F x y F x F x y y
F x F x F x F x y F x F x F x λλλλλλ--'-=+⋅-⎡⎤''-⋅-⎣⎦
'=-- ()()()()()()()()()()()()()()()()()111
10111F x y F x F x F x F x F x G F x F x G F x m F x λλλλλλλλλλλ---'-=--'=--'≤-+≤-+
其中()()()102max 0m F x G λλ-<<'=>
另11m λλ-+=可得，0λ= 或21m λ=
+ ，取正值，21m λ=+ 所以存在21m λ=
+使得()()F x y F x λ-≤成立。