a11
a12
C
(D L)U
a21
an1
a22
an 2
a1n
a2n
ann
,
9
下面证明，当 时， 1，即 的d特e征t(值C) 0
G
均满足
，
1
由基本定理，则有高斯-塞德尔迭代法收敛.
事实上，当 时， 1
由 为A严格对角占优阵，
有
cii aii
i1
n
j1
aij
aij
于是，求解 化A为x 求解b
3
A11
y1
A12 y2 A22 y2
d1, d2.
由上式第2个方程组求出 ,
y2 再代入第1个方程组求出
y1.
显然，如果 所有元A素都非零，则 为不可约阵. A
4
例7
设有矩阵
b1 c1 a2 b2 c2
4 1 1 0
A
an1
bn1 an
定理8说明解 的SOARx迭代b法，只有在 范围
内取松弛因子 ，才可能收敛.
定理9
设 Ax， b 如果：
(1) 为对称A正定矩阵，
A D L U;
(0,2)
(2) 0 2.
则解 A的x SObR迭代法收敛.
12
证明
在上述假定下，只需证明 ， 1 其中 为 L
的任一特征值.
事实上，设 为对应y的 的特征向量，L
从而
2
(
)2 2 2 ( )2 2 2
.
当
0时，利用(23.7)，(3.8)，有
( )2 ( )2 ( 2 )( 2) 0,
即 L的任一特征值满足
当 0时， 2
， 1 故SOR方法收敛
可以证明 ( )2 2 2 0.
15
定理10
设 Ax， b 如果：
(1) 为严格A对角占优矩阵(或 为弱对角占优不A可约
7
定理7
设 Ax, b 如果：
(1) 为严格A对角占优阵，则解
代法，高斯-塞德尔迭代法均收敛.
的雅可比迭 Ax b
(2)
为弱对角占优阵，且
A
为不可约矩阵，A则解
雅可比迭代法，高斯-塞德尔迭代法均收敛.
Ax b
证明
只证(1)中高斯-塞德尔迭代法收敛，其他同理.
由设可知，
aii ，解0 (i 的1高,斯-,塞n)
显然
n
(Dy, y) aii yi 2 0, i1
记
(Ly, y) i ,
由于 A AT 所以 U , LT 故
(Uy, y) ( y,Ly) (Ly, y) i ,
0 ( Ay, y.8）
所以
( ) i , ( ) i
,
cn1
bn
B
1 1 0
4 0 1
0 4 1
411.
(ai ,bi ,ci都不为零)
则 A都, 是B不可约矩阵.
5
定理6
(对角占优定理)
如果
占优矩阵或 为不A可约弱对角占优矩阵，
A (为a严ij )格n对n角 则 为A非奇异矩阵.
证明
只就 为A严格对角占优阵证明此定理.
采用反证法，
如果 det(，A) 0 则 Ax有非0零解，
即
L y y, y ( y1, y2 , , yn )T 0,
(DL)1((1)DU ) y y,
亦即
((1 )D U ) y (D L) y. 为了找出 的表达式，考虑数量积
(((1 )D U ) y, y) ((D L) y, y),
13
则
(Dy, y) (Dy, y) (Uy, y) , (Dy, y) (Ly, y)
Ax b
有 (L， ) 1 设 L的特征值为
，1, 2 , , n 则
det( L ) 12 n (L )n ,
或
另一方面
det( L ) 1/n (L ) 1.
det( L ) det[( DL)1]det((1)DU ) (1)n ,
11
从而
det( L ) 1/ n 1 1, 即 0 2.
ji1
i1
n
n
aij aij cij
j1
ji1
j1
ji
(i 1,2, ,n).
这说明，当 时，矩阵为1严格对角占优C阵，
再由对角占优定理有
det(C) 0.
10
定理8 (SOR方法收敛的必要条件)
设解方程组
的SOR迭代法收敛，
则 0 2.
证明
由SOR迭代法收敛，则由定理4的推论中的(3)
德尔迭代法的迭代矩阵为
Ax b
G (D L)1U ( A D L U )
8
下面考查 的特征G值情况.
det(I G) det(I (D L)1U )
det(( D L)1)det((D L)U ).
由于
det(( D, L)1) 0
于是 特征值即为
G
det((D L) U ) 0
之根. 记
6.3.2 关于解某些特殊方程组迭代法的收敛性
定义3 (对角占优阵)
设 A (aij )nn .
(1) 如果 的元素满A足
n
aii
aij
j 1 ji
称 为A严格对角占优阵.
(i 1,2, , n).
(2) 如果
的元素满足
A
n
aii aij (i 1,2, , n).
j 1
ji
且上式至少有一个不等式严格成立，
称 为A不可约矩阵.
为可约矩阵意即
A
可经过若干A行列重排化为(3.6)或
2
Ax可化b为两个低阶方程组求解. 如果 经过A两行交换的同时进行相应两列的交换， 称对 进A行一次行列重排. 事实上，由 可化A为x b
PT AP(PT x) PT b,
且记
y
PT
x
y1 y2
,
PT
b
d1 d2
其中 y为1, d维1向量.r
矩阵)；
(2) 0 1.
则解 Ax的SObR迭代法收敛.
下面讨论迭代法的收敛速度. 由定理3证明中可知，如果 且
迭代法收敛越快.
越小(B时)， 1
(B)
16
现设有方程组
x Bx f , B R nn
记为 x (x1,, x2 , , xn )T 则
xk
max
1in
xi
0.
由齐次方程组第 个方程 k
n
akj x j 0,
则有
j 1
6
n
n
n
akk xk
akj x j
akj x j xk
akj ,
j 1
j 1
j 1
ji
ji
ji
即
n
akk
akj ,
j 1 ji
与假设矛盾，故
det( A) 0.
称 为A弱对角占优阵.
1
定义4
(可约与不可约矩阵)
如果存在置换阵 使 P
设 A (aij ),nn (n 2)
PT
AP
A11 0
A12 A22
,
其中 为A11阶方阵r ， 为 阶A方2阵2 n ，r
A为可约矩阵.
（3.6）
(1 r n) 则称
否则，如果不存在这样置换阵 使(3.6)式成立P，则