时小玲外文翻译

毕业论文外文资料翻译学院：理学院专业：信息与计算科学姓名：时小玲学号：121005217外文出处：steven-leon-linear-algebra-with-application-8th-edition附件：1.外文资料翻译译文；2.外文原文。指导教师评语：该学生的英文文献与本课题相关，翻译量符合要求，译文能表达原文的含义，用词比较准确，行文比较流畅，体现了该学生较好的外文阅读能力，达到了本科生对外文阅读的要求。签名：李云红2016年05月08日(用外文写)附件1：外文资料翻译译文正定矩阵在第六节中，我们证明了对称矩阵是正定的，当且仅当它的特征值全是正的。这种类型的矩阵出现在各种各样的应用中，它们常常出现在常微分方程数值解中通过有限差分法或有限元法。由于它们在应用数学中的重要性，我们这一节的学习重点放在它的性质上。回想一个nn阶对称矩阵A是正定的，如果TXAX0对于一切非零向量XnR。在定理6.6.2中，对称正定矩阵通过它们所有的特征值是正的这一情况来表示特性。这一描述可以用来成立以下性质。性质一：如果A是一个对称正定矩阵，那么A是满秩的。性质二：如果A是一个对称正定矩阵，那么0.detA（）如果A是奇异的，则0是A的一个特征值，因为A的所有特征值都是正的，A一定是满秩的。第二性质也由定理6.6.2得出。因为detA1n0。给出一个nn阶矩阵A，令rA标识删除A的最后一个nr行和列的矩阵，Ar叫做A的主要子矩阵。我们可以说明正定矩阵第三个性质：为了证明rA是正定的，１ｒｎ，令rX（1XrX）T为任意非零向量ｒR且令X（1XrX、00）T，则由于rXTArrX=XTA0X，由此证明Ar是正定实的。性质1,2,3的直接结论是如果Ar是对称正定矩阵A的主要余子式，那么Ar是满秩的并且(0)detA。这在高斯排除法中有很大的作用。一般来讲，如果A是一个nn阶矩阵的主要余子式都是满秩的，那么A可以只通过行操作3化简成上三角矩阵，也就是说，在化简过程中对角线元素永远不会是0，因此化简可以不改变行位置就完成。性质四：如果A是一个对称正定矩阵，那么A可以只通过行操作3化简成一个上三角矩阵，且中心元素都是正的。让我们用一个44阶的对称正定矩阵来阐明性质四。首先注解()0adetA，因此a11可作为中心元素且第一行是第一中心行。令a122表示第一列最后三个元素之后的位置入口已经被排除。（见表6.7.1）11223344axxxxaxxxxaxxxxa→11122133144000axxxaxxxaxxxa1112223324400000axxxaxxaxxa→11122233344000000axxxaxxaxa表6.7.1在这个步骤中，子矩阵A2转变成一个矩阵43detdetAA1112122,0aaa由于自转换只能使用行操作来完成，行列式的值保持不变，所以det(2A)=11122aa,因此，122a=211detAa=21detdetAA0，因为122a0，它可以用作消除过程第二步的中心点。第二步之后，矩阵A3被转变为111213112223233000aaaaaa，因为只有行操作3被应用，3detA=12112233aaa,因此233a=311122detAaa=32detdetAA0，所以，233a可以被用作最后一步的中心点。第三步之后，余下的对角线元素将是344a=43detdetAA0。一般地说，如果一个nn阶矩阵A可以化解成一个上三角矩阵形式U，没有任何行的互换，那么A可以因式分解为乘积LU的形式，L是对角线为1的下三角矩阵，L对角线下的元素),ij（在消除过程中将成为从第j列减去第i行的倍数。我们用一个33的例子来说明：令A=4222102225,矩阵L通过以下过程来确定：化简过程第一步，第二行减去第一行乘以12，第三行减去第一行乘以12，类似这种操作，我们令L21=12，且L31=12,第一步之后，我们得到矩阵1422093034A。第三行减去第二行乘以13完成最后的化简；同理可得，我们令L32=13。第二步之后，我们得到上三角矩阵U=A2=422093003，矩阵L=100110211123。由此我们可以得出结论：LUA。即10042-242-2110093=2102.2003-22511-123为了证明该因式分解成立，让我们通过初等矩阵的变换过程来论证。操作Ⅲ在过程中应用了三次，这等价于在其左侧乘上3个初等矩阵123,,EEE。因此，321EEEAU。10010010042-242-21010010102102=093211-225003001010132由于初等矩阵是满秩的，由此可见111123()AEEEU。当逆初等矩阵以这种顺序相乘时，其结果为一个对角线为1的下三角矩阵L。L的对角线下的元素将成为消除过程中减去两倍数。111123100100100100111001001010221100111010112323EEE。给出矩阵A的因式分解LU，我们能进一步将U因式分解成1DU的乘积，其中D为对角矩阵且1U是上三角矩阵。11221nnuuDUu那么1ALDU。一般来讲，如果A可以被因式分解为LDU乘积的形式，其中L为下三角矩阵，D为对角矩阵，U为上三角矩阵，并且L和U都是对角线为1的矩阵，那么这样的因式分解是唯一的。（见习题7）如果A是对称正定矩阵，那么A可以被因式分解为1LULDU的乘积，D的对角线元素为11...nnuu，这些元素为化解过程中的中心元素。由性质6知，这些元素都是正数。而且，因为A是对称的。111()TTTTTLDUAALDUUDL。由LDU因式分解的唯一性可得1TLU。因此TALDL。我们经常将这种重要的因式分解用于数值计算中。在求解对称正定矩阵线性方程时，利用因式分解有效进行计算。性质5如果A是对称正定矩阵，那么A可以因式分解为TLDL的乘积形式，其中L是对角线的下三角矩阵，D为对角矩阵且对角元素均为正数。由例1我们可得到4222102225A=100110211123422093003=LU提出U的对角元素，我们可得到：11110022400111009001,2300311001123TALDL由于对角线元素11...nnuu为正，我们可以进一步因式分解。令111/222,nnuuDu同时令1/21=LLD，那么1/21/211=().TTTTVLDLLDDLLL这种因式分解称为A的柯列斯基分解。性质6（柯列斯基分解）如果A是对称正定矩阵，那么A可以因式分解为TLL的乘积，其中L是下三角矩阵且对角线元素为正的。令A例1和例2中的矩阵，如果我们令1/21100200200110030=1302003-11311123LLD那么L1L1T=20021-1130031-113003=42-22102-225=A矩阵A=LLT也可以依据上三角矩阵RLT来写。事实上，如果RLT，那么TTALLRR。此外，不难证明任何BTB的结果都是正定的，如果B是满秩的。将这所有结果放在一起，我们将得到以下定理：定理6.7.1令A为nn阶对称矩阵，以下为等价的：（a）A是正定的。（b）子矩阵1AnA都有正的行列式。（c）仅使用行操作3，A就可以转化为上三角矩阵且中心元素为正。（d）A有柯列斯基分解LLT（其中L是对角元素为正的下三角矩阵）。（e）A可以因式分解为BTB的乘积形式，对于一些满秩矩阵B。证明：我们已经知道a（）包含bb（）、（）包含cc（）、（）包含d（）,为了证明)d（包含e（）,假设A=LLT；如果我们令BLT，那么B是满秩的且ALLT=BTB，最后，为了证明ea,假设ABTB，其中B为满秩矩阵。令X为任意非零向量，xR且令y=BX，因B为满秩的，0y。由此得出AXX=TTXBBX=Tyy0。所以，A是正定的。类似定理6.7.1的结果，对于半正定矩阵不是有效的。例如：对于矩阵113113335主要的子矩阵都有非负行列式1detA=12detA=03detA=0。但是，A不是半正定的，所以它有一个负特征值=-1。事实上，X=1,1,1T是=-1的特征向量；TXAX=-3。附件2：外文原文（复印件）