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定量谱证书：终点任务及答案 ​

入口与任务 ​

已知实对称矩阵

$$A=\left(\begin{array}{ccc}2& 1& 0\\ 1& 2& 0\\ 0& 0& 5\end{array}\right),E=\left(\begin{array}{ccc}0& 0& 0\\ 0& 0& \epsilon \\ 0& \epsilon & 0\end{array}\right),B=A+E,$$

其中 $\epsilon \in \mathbb{R}$，记 $t=|\epsilon |$，假设 $t<1$。

1. 不解三次方程，用 Gershgorin 圆盘给谱包围与每簇根数
2. 计算 $\Vert E{\Vert }_2$，对有序谱给三条配对误差界，解释和圆盘证书的不同
3. 对候选 $u=e_3,\rho =5$，给残差、指定顶端谱点的识别依据及方向误差界
4. 固定 $\epsilon =1/2$，用精确惯性计数把三根分别隔离，并据此改善第3问的方向证书
5. 说明为什么近重根时应该追踪子空间而不是任意一条轴；对 $D=\mathrm{diag}(1,1,5)$、$Q=[e_1,(0,4/5,3/5{)}^T]$ 算完整子空间证书
6. 对 $A_g=\left(\begin{array}{cc}8& 6\\ 6& 6\end{array}\right)$、$B_g=\left(\begin{array}{cc}4& 2\\ 2& 2\end{array}\right)$ 算广义特征值及 $B_g$-正交基，并说明应该用哪一种残差范数

答案一：不依赖特征向量的谱包围 ​

三个行圆盘理路Gershgorin 圆盘与谱簇计数Gershgorin circle theorem · Gerschgorin theorem · 格什戈林圆盘定理用矩阵行列和包围复特征值，并证明孤立圆盘簇按重数计数；展示缩放如何改善定位而不改变谱。为 $D(2,1)$、$D(2,1+t)$、$D(5,t)$。实对称性使谱在实轴，第一圆盘又包含于第二个，所以

$$\sigma (B)\subset [1-t,3+t]\cup [5-t,5+t].$$

$t<1$ 保证两个区域分离。前一簇由两个圆盘组成，恰含两根；后一簇由一个圆盘组成，恰含一根，均按代数重数。若 $t=1$，相切已经破坏隔离条件；不能继续原样使用这项计数保证。

答案二：有序配对比共用包围更细 ​

$A$ 的升序谱为 $(1,3,5)$。$E$ 的谱为 $-t,0,t$，所以 $\Vert E{\Vert }_2=t$，而 $\Vert E{\Vert }_F=\sqrt{2}t$。由Hermitian 有序扰动界理路Hermitian 特征值的有序扰动界Weyl eigenvalue perturbation bound · Weyl monotonicity theorem从变分原理证明 Hermitian 特征值按序配对的绝对误差界，并在同一三阶扰动中核验尺度与谱隙。，

$$|{\mu }_1-1|\le t,|{\mu }_2-3|\le t,|{\mu }_3-5|\le t.$$

这里利用了参考谱与 Hermitian 扰动结构，按序配对；Gershgorin 只读输入元素，也能给出包围。三个 Weyl 区间在 $t<1$ 时互不相交，因此每个谱点简单，顶端间隔满足 ${\mu }_3-{\mu }_2\ge 2-2t>0$。

这些是绝对误差，不是每项的相对误差。若放弃 Hermitian 结构，常数一的有序界不能照搬；Bauer–Fike理路Bauer–Fike 谱扰动定理Bauer–Fike theorem · Bauer-Fike theorem在可对角化假设下，以特征向量基的条件数控制全部新谱点，分清谱包围、配对和缺陷矩阵的边界。另需可对角化与特征向量基条件数，所得基本结论也只是单向包围。

答案三：从残差到指定方向 ​

对单位候选 $u=e_3$，有 $\rho =u^{T}Bu=5$，

$$r=Bu-5u=(0,\epsilon ,0{)}^T,\Vert r{\Vert }_2=t.$$

前两根均不超过 $3+t<5-t$，而第三根在 $[5-t,5+t]$；因此附近的目标是唯一的 ${\mu }_3$。候选值 $5$ 到互补谱的距离满足

$$\delta =\underset{j=1,2}{min}|5-{\mu }_j|\ge 2-t.$$

残差—间隔定理理路Hermitian 特征对的残差与方向证书Hermitian eigenpair residual bound · Residual-gap eigenvector angle bound把可计算特征对残差分别转成谱距离、结构化后向误差与有谱隙条件的方向界，并核验三阶扰动。给

$$|{\mu }_3-5|\le t,\sin \mathrm{\angle }(e_3,v_3)\le \frac{t}{2-t}.$$

这里的分母是 $5$ 到互补谱的距离，不是 $B$ 的顶端真间隔 ${\mu }_3-{\mu }_2$。在 $t=1/2$ 时先得到 $\sin \mathrm{\angle }\le 1/3$，等价于方向夹角至多 $\arcsin \left(1/3\right)$。这还没有要求算出 $v_3$。

结构化后向误差可取 $\mathrm{\Delta }=-r{e}_3^T-e_3{r}^T=-E$，它使 $(B+\mathrm{\Delta })e_3=5e_3$，且 $\Vert \mathrm{\Delta }{\Vert }_2=t$。这说明候选在一个距离为 $t$ 的对称矩阵上精确成立；方向准确性仍需刚才的间隔信息。

答案四：有理计数提供更紧的证书 ​

固定 $\epsilon =1/2$。记 $N(s)=n_{-}(B-sI)$。在 $s=9/10,29/10,5,51/10$，无主元 $LD{L}^T$ 的对角元分别为

$$\begin{array}{ccc}s& (d_1,d_2,d_3)& N(s)\\ 9/10& (11/10,21/110,293/105)& 0\\ 29/10& (-9/10,19/90,87/95)& 1\\ 5& (-3,-8/3,3/32)& 2\\ 51/10& (-31/10,-861/310,-43/4305)& 3\end{array}$$

这些主元都非零。在 $s=1,3$，第二个标量主元为零，需要保留二阶块：

$$B-I\sim (1)\oplus \left(\begin{array}{cc}0& 1/2\\ 1/2& 4\end{array}\right),B-3I\sim (-1)\oplus \left(\begin{array}{cc}0& 1/2\\ 1/2& 2\end{array}\right),$$

其中 $\sim$ 在这一行专指合同。两个二阶块行列式均为 $-1/4$，各贡献一正一负，所以 $N(1)=1$、$N(3)=2$，且没有零特征值。

计数之差理路移位惯性与特征值区间计数Shifted inertia eigenvalue count · Sturm count for symmetric tridiagonal matrices把对称矩阵的移位惯性变成严格或闭区间谱计数，以有理 LDL 和二阶主元给出不依赖近似根的区间证书。因此认证

$${\mu }_1\in (9/10,1),{\mu }_2\in (29/10,3),{\mu }_3\in (5,51/10).$$

现在已知 ${\mu }_2<3$，所以第3问的互补距离 $\delta >2$。同一残差范数 $1/2$ 给出更紧的 $\sin \mathrm{\angle }(e_3,v_3)<1/4$。更精确的谱位置给出更大的互补间隔下界，因此同一残差得到更紧的方向界。

高精度计算供核对的数值为 $\mu \approx (0.9685134986,2.9411284611,5.0903580403)$；对应顶端向量取末坐标为正，约为 $(0.05745023,0.17754179,0.98243493{)}^T$，实际正弦角约为 $0.18660551$。这些小数不是上述严格区间与方向界的证明。

答案五：重根内部的轴可变，目标平面仍可认证 ​

取目标空间 $\mathcal{X}=\mathrm{span}(e_1,e_2)$。题设 $Q$ 满足 $Q^{T}Q=I$，并有

$$H=Q^{T}DQ=\mathrm{diag}(1,61/25),R=DQ-QH=[0,(0,-144/125,192/125{)}^T].$$

互补谱只有 $5$，间隔为 $\delta =64/25$。$\Vert R{\Vert }_2=48/25$，故子空间残差界理路谱簇子空间的残差与间隔界Invariant subspace residual bound · Davis–Kahan sin theta theorem · Subspace angle residual certificate把近似子空间的残差投到互补谱块，证明 Frobenius 与分隔区间下的二范数角度界，避免追踪重根内部任意基。给最大主角正弦不超过 $3/4$。实际误差为 $\Vert (I-P)Q{\Vert }_2=3/5$；投影残差 $\Vert e_3^{T}R\Vert =192/125$ 除以 $\delta$ 刚好给 $3/5$。

把正确平面内的 $e_1,e_2$ 同时旋转，仍得到残差零、子空间误差零的另一组基；任一列却可能与原轴有很大夹角。简单方向证书不能对重根内部任意选定的轴提出唯一性要求。

答案六：广义问题必须连同度量一起变换 ​

$B_g=L{L}^T$，其中 $L=\left(\begin{array}{cc}2& 0\\ 1& 1\end{array}\right)$。归约后

$$C=L^{-1}{A}_g{L}^{-T}=\left(\begin{array}{cc}2& 1\\ 1& 2\end{array}\right).$$

因此广义谱为 $1,3$，恢复的基可取

$$x_1=(1,-1{)}^T/\sqrt{2},x_2=(0,1{)}^T/\sqrt{2}.$$

它们满足 $A_g{x}_i={\lambda }_i{B}_g{x}_i$、$x_i^T{B}_g{x}_j={\delta }_{ij}$。普通内积中二者不正交，不能按错误的几何判它们失败。

若候选已按 $x^T{B}_{g}x=1$ 归一化，广义残差是 $r=A_{g}x-\rho B_{g}x$。白化归约理路Hermitian 正定广义特征问题Hermitian definite generalized eigenproblem · Symmetric definite matrix pencil以正定度量归约 Ax=λBx，证明实谱和 B-正交基，给出广义 Rayleigh 商与正确的残差尺度。把它变成 $L^{-1}r$，所以应使用 $\sqrt{r^T{B}_g^{-1}r}$ 作为谱距离证书的残差尺度，角度则使用 $B_g$ 内积。$B_g$ 非正定时，实谱、完整正交基和这一归约都可能失败。

验收要点 ​

每个数值保证都应标明对象、范数、结构假设与分离条件。谱包围、有序谱误差、后向误差、单方向误差及子空间误差是五种不同输出，不能只用“小残差”概括。