偏微分方程重要的前置知识

news2024/11/19 23:21:29
  • 现在觉得很dog  开学期末考试正好美赛。无法评论,无法评论。乐淘淘,乐淘淘。
  • 期末考试不要延迟,求求了或者不安排在下学期第一周也可以。。。。
  • 反正求求了,美赛机会难得
  • 当然,如果是偏微分方程的问题的话,其实也用不了特别多的时间

矩阵论

重要概念

  • 置换矩阵\Pi
    • 矩阵元素仅为0或者1,每行每列仅有一个非零元素
  • 非奇异矩阵

矩阵行列式不为0

  • 正交矩阵

A^{-1}=A^T

  • 对角矩阵

a_{ij}=0(i\neq j)

  • 对角占优

|a_{ii}|\geq \sum_{j=1,j\neq i}^n|a_{ij}|

  • 严格对角占优势

|a_{ii}|> \sum_{j=1,j\neq i}^n|a_{ij}|

  • Hermite 矩阵

A=A^H

  • 酉矩阵

AA^H=A^HA=I

  • 正规矩阵

AA^H=A^HA

  • 不可约

不存在置换变化\Pi A \Pi^{-1}使A简化为\begin{bmatrix} P &O \\ R & Q \end{bmatrix}

  • 酉相似

U^HAU=U^{-1}AU=B

重要性质和定理

Jordan

  • A的 Jordan 块

J_i=\begin{bmatrix} \lambda_i & & & \\ 1 &\lambda_i & & \\ &\ddots & \ddots & \\ & & 1 & \lambda_i \end{bmatrix}

其中$\lambda_i$是A的特征值

A 的 Jordan 标准形是由 Jordan 块构成的分块对角矩阵,它是唯一的块排列方式

任何矩阵A 都可以通过相似变化简化成 Jordan 标准形J。

J的对角元是A的特征值

  1. 若A有n个相异的特征值,他的Jordan标准形是对角形式,且它的n个特征向量线性无关,他们形成一个完备的特征向量系并张成n维空间
  2. 若A没有n个相异的特征值,可以有或没有n个无关的特征向量
  3. 若任何两个矩阵A,B可交换(AB=BA),并有对角 Jordan 形式,则它们有一个完全的联合特征向量。

三对角矩阵特征值

\begin{bmatrix} a & b & & & \\ c &a &b & & \\ & \ddots & \ddots &\ddots & \\ & & c& a& b \end{bmatrix}

A的右特征值:\lambda_s = a +2b\sqrt{\frac{c}{b}}cos\,\frac{s\pi}{N+1},s=1,2,...,N

A的右特征向量:x_s=(x_j)_s=(\frac{c}{b})^\frac{j}{2}sin(\frac{js\pi}{N+1})

证明略

圆盘定理 (Gerschgorin)

矩阵A\in C^{n\times n}的特征值位于复平面上n个圆盘的并集中:

|\lambda -a_{ss}|\leq \sum_{j=1,j\neq s}^n|a_{sj}|,s=1,2,..,n

谱半径

矩阵A\in C^{n\times n}的特征值为\begin{Bmatrix} \lambda_i(1\leq i \leq n) \end{Bmatrix}

\rho(A)=\max_i|\lambda_i|

Taussky 定理

矩阵A\in C^{n\times n}是严格对角占优矩阵,则A非奇异

Brauer 定理

 矩阵A\in C^{n\times n}的所有特征值位于\frac{n(n-1)}{2}个 Cassini 卵形的并集

|z-a_{ii}| \cdot |z-a_{jj}| \leq R_i R_j

R_i = \sum_{j=1,j\neq i}^n|a_{i,j}|

SC性质

Better 定理

Schur 定理

  • 谱:矩阵特征多项式根的集合

若矩阵A\in C^{n\times n},则存在一个酉阵Q\in C^{n\times n}使得

Q^HAQ=T=D+N

其中D=diag(\lambda_1,...,\lambda_n),N\in C^{n\times n}


向量和矩阵的范数 

向量范数

矩阵范数

列和范数

谱范数

行和范数

矩阵范数与谱半径的关系

矩阵范数的估计

矩阵序列的收敛性


实系数多项式的根

Newton-Cotes 型数值积分公式

Green 公式

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