Wstęp do metod numerycznych

Transkrypt

1 Paweł Omietański Wstęp do metod numerycznych Notatki z wykładu prof. Sędziwego.

2 Spis treści 1 Analiza błędów Reprezentacja liczb rzeczywistych Reprezentacja stałoprzecinkowa Reprezentacja zmiennoprzecinkowa Operacje zmiennoprzecinkowe Uwarunkowanie zadania Rozwiązywanie układów równań liniowych Wprowadzenie Metody dokładne Metoda eliminacji Gaussa Faktoryzacja LR Faktoryzacja QR Metody przybliżone (interacyjne) Macierze. Normy macierzowe Podstawowe wiadomości dotyczące metod iteracyjnych Metody stacjonarne Metody Gaussa-Seidla i Jacobiego Metoda kolejnych nadrelaksacji (SOR - succesive overrelaxation) Metoda Richardsona Metody gradientowe Metoda najmniejszych kwadratów Uogólniona metoda najmniejszych kwadratów Metoda gradientów sprzężonych Wyznaczanie wartości własnych i wektorów własnych macierzy Metody dokładne Metody iteracyjne Metoda potęgowa Wariant metody potęgowej Metoda Householdera Wyznaczanie wszystkich wartości własnych macierzy symetrycznych Metoda obrotów Jacobiego Metoda QR wyznaczania wartości własnych macierzy Interpolacja Interpolacja wielomianowa Ilorazy różnicowe Wielomiany Hermite a Reszta interpolacji wielomianu Węzły równoodległe Potęga symboliczna (wielomian czynnikowy) Interpolacja trygonometryczna Algorytm szybkiej transformaty Fouriera Funkcje sklejane

3 5 Aproksymacja Ortogonalizacja Wielomiany ortogonalne Własności ekstremalne wielomianów Czebyszewa Aproksymacja jednostajna Całkowanie numeryczne Kwadratury Newtona-Cotesa Reszta kwadratur Newtona-Cotesa Kwadratury złożone Newtona-Cotesa Kwadratury Gaussa Reszta kwadratur Gaussa Zbieżność ciągu kwadratur Rozwiązywanie równań nieliniowych Metoda bisekcji Kontrakcje Metoda siecznych Metoda reguła falsi Metoda stycznych (Newtona)

4 Metody numeryczne zajmują się badaniem sposobów rozwiązywania zadań matematycznych przy pomocy działań arytmetycznych. 1 Analiza błędów. Jedna z kropek to kropka dziesiętna! 1.1 Reprezentacja liczb rzeczywistych. Każdą liczbę rzeczywistą x Ê możemy zapisać w postaci x = ± i=k c i β i = ±(β k c k + β k 1 c k c 0 + β 1 c ), gdzie β jest podstawą systemu, oraz c i {0,..., β 1}. Możemy więc zapisać, że x = ±c k c k 1...c 0.c 1 c 2... Ustalmy n i niech x oznacza reprezentację liczby x za pomocą n znaków. Wówczas błędem bezwzględnym wartości przybliżanej x nazywamy x = x x, natomiast błędem względnym tej wartości nazywamy ε = x x Reprezentacja stałoprzecinkowa. Liczbę x zapisujemy przy pomocy n = n 1 +n 2 znaków, gdzie n 1 oznacza liczbę znaków przed kropką dziesiętną, a n 2 za tą kropką. Jeżeli n 2 = 0, to mamy liczbę całkowitą. Liczby całkowite o długości n należą do przedziału [ β n + 1, β n 1]. Jeśli a, b są o długości nie większej niż n takimi, że a ± b, ab są liczbami o długości nie większymi niż n, to operacje dodawania, odejmowania i mnożenia są wykonywane dokładnie Reprezentacja zmiennoprzecinkowa. W reprezentacji tej, liczbę rzeczywistą x zapisujemy w postaci x = sβ c m, gdzie s - znak liczby, β - podstawa systemu, c - cecha, m - mantysa. Ponieważ bez żadnych dodatkowych założeń każdą liczbę można by było zapisać na nieskończenie wiele sposobów, wprowadza się tzw. warunek normalizacji: m [β 1, 1). Zatem mantysę można zapisać jako szereg m = α i β i = 0.α 1 α 2..., i=1 gdzie α i {0,..., β 1}, α 1 0. Liczby α i nazywamy liczbami znaczącymi. Ustalmy t liczbę znaków mantysy, oraz n t liczbę znaków cechy. 3

5 Definicja 1.1. (Zbiór liczb maszynowych) A = {x Ê x = sβ c m t, c ma n t znaków, m t ma t znaków} Ponieważ zbiór A jest skończony, możemy więc zdefiniować odwzorowanie zaokrąglania rd : Ê x = sβ c m sβ c m t A, gdzie liczba znaków c jest nie większa niż n t. Jeżeli m = 0.α 1...α t α t+1..., gdzie α i są liczbami znaczącymi, to { 0.α1...α m t = t, 0 α t+1 β α 1...α t + β t β, α 2 t+1 < β Wykażemy, że m m t 1 2 β t 1 2 β t m m t 1 2 β t. Jeżeli 0 α t+1 β 1, 2 to m m t = α i β i = α t+1 β (t+1) + α i β i i t+1 ( β 2 1) β (t+1) + (β 1) = 1 2 β t β (t+1) + = 1 2 β t. Podobnie, gdy β 2 α t+1 < β m m t = i t+1 i t+1 i t+2 i=t+2 β i β i i t+2 α i β i β t = α t+1 β (t+1) β t + i t+2 α i β i 1 2 β t β i = 1 2 β t + i t+2 i t+1 α i β i β t β i i t+1 Jak widać, powyższa definicja m t nie jest w pełni poprawna dla podstawy β nieparzystej. Sposobów zaokrąglenia jest wiele i często zależą one od architektury komputera. Wprowadźmy teraz pojęcie dokładności maszynowej. Zauważmy, że rd(x) x x = β c m t β c m = m t m β c m m 1 2 β t 1 β t m 2 β 1 = 1 2 β (t 1). Dokładnością maszynową nazywamy eps = 1 2 β (t 1). Zatem moduł błędu względnego wartości rd(x) jest ograniczony ε = rd(x) x eps. x Więc wzór na rd(x) możemy zapisać w postaci rd(x) = x(1 + ε), ε eps. 4 β i

6 Niech rd : Ê A będzie takie, że y A : rd(x) x y x. Wartość rd(x) nazywamy aproksymacją liczby x liczbą maszynową. Zauważmy, że jeśli rd(x) A, to rd(x) = rd(x). Nasuwa się więc pytanie, kiedy rd(x) / A? Jest tak, jeżeli c / [c min, c max ]. Jeśli c < c min, mamy wówczas niedomiar cechy i przyjmujemy, że rd(x) = 0. Błąd względny wynosi wówczas 100%. Gdy c > c max, mamy nadmiar cechy i przerywamy obliczenia. 1.2 Operacje zmiennoprzecinkowe Oznaczmy przez dowolne z działań +,,, /. Jeżeli x, y A, to niekoniecznie x y A. Operację zmiennoprzecinkową oznaczać będziemy przez i dla x, y A definiujemy jako x y = (x y)(1 + ε), ε eps, Najpierw zaokrąglamy, później działamy. zatem x y = rd(x y). Operacje zmiennoprzecinkowe nie spełniają praw łączności i rozdzielności. W celu wykazania tej własności, oznaczmy przez f(e) wartość wyrażenia arytmetycznego E obliczonej według ustalonego algorytmu w arytmetyce zmiennoprzecinkowej. Niech A 1 = (a + b) + c i niech A 2 = a + (b + c). Pokażemy, że f(a 1 ) f(a 2 ). Ustalmy więc a, b, c A. f(a 1 ) = (a + b) + c = ((a + b)(1 + ε 1 ) + c)(1 + ε 2 ) = (a + b + c + (a + b)ε 1 )(1 + ε 2 ) = a + b + c + (a + b + c)ε 2 + (a + b)(1 + ε 2 )ε 1 = (a + b + c) ( 1 + a+b a+b+c (1 + ε 2)ε 1 + ε 2 ) = (a + b + c)(1 + δ1 ), δ 1 = a+b a+b+c (1 + ε 2)ε 1 + ε 2, ε 1, ε 2 eps. Podobnie obliczymy, że f(a 2 ) = (a + b + c)(1 + δ 2 ), δ 2 = b+c a+b+c (1 + ε 4)ε 3 + ε 4, ε 3, ε 4 eps. Jeżeli przyjmiemy teraz, że a jest małe oraz a b, to a+b 0. Więc δ a+b+c 1 ε 2. b+c Zachodzi również b+c 1, zatem dla δ a+b+c c 2 mamy wzmocnienie błędu, więc δ 1 δ 2. 5

7 Weźmy teraz A 3 = a 2 b 2 oraz A 4 = (a + b)(a b). Morał! f(a 3 ) = (a a) (b b) = a 2 (1 + ε 1 ) b 2 (1 + ε 2 ) = [a 2 (1 + ε 1 ) b 2 (1 + ε 2 )](1 + ε 3 ) = a 2 b 2 + (a 2 b 2 )ε 3 + (a 2 ε 1 b 2 ε 2 )(1 + ε 3 ) = (a 2 b 2 ) [ 1 + a2 ε 1 b 2 ε 2 a 2 b 2 (1 + ε 3 ) + ε 3 ] = (a 2 b 2 )(1 + δ 3 ), δ 3 = a2 ε 1 b 2 ε 2 a 2 b 2 (1 + ε 3 ) + ε 3, ε i eps, i = 1, 2, 3. f(a 4 ) = (a + b) (a b) = (a + b)(1 + ε 4 ) (a b)(1 + ε 5 ) = (a + b)(a b)(1 + ε 4 )(1 + ε 5 )(1 + ε 6 ) = (a 2 b 2 )(1 + δ 4 ), δ 4 = ε 4 + ε 5 + ε ε 4 ε 5 ε 6, ε j eps, j = 4, 5, 6. Widać, że δ 4 jest rzędu 0, natomiast δ 3 może być dość duże. Zatem wybór algorytmu może decydować o wielkości błędu. 1.3 Uwarunkowanie zadania. Niech D Ê m będzie zbiorem otwartym i niech ϕ : D Ê n będzie funkcją ciągłą. Definicja 1.2. Zadanie y = ϕ(x) jest dobrze uwarunkowane jeśli niewielkie zmiany danych dają małe zmiany wyników. W przeciwnym przypadku zadanie jest źle uwarunkowane. Zastanówmy się, kiedy dane zadanie jest dobrze uwarunkowane. Rozważmy taką sytuację: x jest wartością przybliżającą x, ỹ = ϕ( x), y = ϕ(x). Pytamy, czy zachodzi implikacja x = x x małe y = ỹ y małe. Załóżmy, że ϕ C 1 (D, Ê n ), wówczas gdzie ϕ( x) = ϕ(x) + ( dϕ dx) ( x x) + reszta, ϕ = (ϕ 1,..., ϕ n ), x = (x 1,..., x m ), x = ( x 1,..., x m ), dϕ dx = ( ϕ i x j )j=1,...,m, i=1,...,n y i = ϕ i ( x) ϕ i (x) = Jeśli y i 0, to y i y i = m j=1 ϕ i x j x j y i = m j=1 m j=1 ϕ i x j x j ϕ i x j xj y i x j x j = m k ij ε xj, gdzie k ij = ϕ i x j xj y i nazywamy współczynnikiem wzmocnienia błędu ε xj. Zatem odpowiedzią na postawione wyżej pytanie jest: zadanie jest dobrze uwarunkowane, gdy k ij są małe. 6 j=1

8 Przykład 1.3. Niech y = ϕ(p, q) = p + p 2 q, q > 0, p > 0. Zatem ϕ(p, q) jest rozwiązaniem równania y 2 2py + q = 0. Zadanie to jest źle uwarunkowane, jeżeli p 2 q. Dla pierwiastków położonych blisko siebie każda zmiana wartości p i q, nawet niewielka, może spowodować brak pierwiastków lub znaczne ich oddalenie. Rysunek 1: 2 Rozwiązywanie układów równań liniowych. 2.1 Wprowadzenie. Niech A = (a ij ) będzie rzeczywistą macierzą wymiaru n n i niech b = (b i ) Ê n. Rozdział ten poświęcimy na szukanie rozwiązania układu równań postaci (1) Ax = b, równoważny układowi a 11 x 1 + a 12 x a 1n x n = b 1 a 21 x 1 + a 22 x a 2n x n = b (2) 2... a n1 x 1 + a n2 x a nn x n = b n Zakładamy, że A jest macierzą nieosobliwą (det A 0). Wprowadźmy oznaczenia A = [a 1,..., a n ], a j reprezentuje kolumnę macierzy A, a j = A i = [a 1,..., a i 1, b, a i+1,..., a n ]. a 1j. a nj, 7

9 Twierdzenie 2.1. Jeżeli A jest macierzą nieosobliwą, to współczynniki x i rozwiązania równania (1) dane są wzorami x i = det A i, i = 1,..., n det A Zatem, aby wyznaczyć te współczynniki należy obliczyć n + 1 wyznaczników. Korzystając ze wzorów Cramera det A = σ S n sgnσa 1σ(1)...a nσ(n), #S n = n! gdzie S n jest zbiorem permutacji zbioru {1,..., n}, w celu obliczenia wyznacznika trzeba wykonać n!(n 1) mnożeń. Łącznie dla wyznaczenia x trzeba wykonać (n + 1)(n 1)n! = (n 1)(n + 1)! (n 1) 2π(n + 1) ( n+1 e ) n+1 ( 1 + O ( 1 n+1)) O(n n+2 ) mnożeń. Dla n = 20 maszyna wykonująca mnożeń na sekundę potrzebowałaby lat. Zatem metoda Cramera jest numerycznie bezużyteczna. 2.2 Metody dokładne. Zaczniemy od tzw. metod dokładnych, czyli takich, że po skończonej liczbie kroków otrzymamy rozwiązanie. Podstawową metodą tego typu jest metoda eliminacji Gaussa. Przez odpowiednie przekształcenia sprowadzimy macierz A do postaci trójkątnej. Układ taki będzie już można w łatwy sposób rozwiązać. Do metod dokładnych należą też metody oparte na faktoryzacji macierzy. W metodach tego typu, dla danej macierzy nieosobliwej A szukać będziemy macierzy B, C takich, że A = BC oraz macierze te dadzą się łatwo odwrócić (układy związane z nimi były łatwe do rozwiązania). Jeżeli znamy już te macierze, to układ (1) zastępujemy dwoma układami { By = b (3) Cx = y, które są łatwe do rozwiązania Metoda eliminacji Gaussa. Rozważmy układ (2) a 11 x 1 + a 12 x a 1n x n = b 1 a 21 x 1 + a 22 x a 2n x n = b 2... a n1 x 1 + a n2 x a nn x n = b n i załóżmy, że a Mnożymy pierwsze równanie przez a i1 a 11 (i = 2, 3,..., n) i odejmujemy od i-tego równania, eliminując w ten sposób x 1 z i-tego równania. Dostajemy 8

10 więc równoważny układ a (a22 11 x 1 + a 12 x a 1n x n = b 1 a a 21 ) 12 a 11 x ( a a 2n a 21 ) 1n a }{{}}{{ 11 } a (1) 22 a (1) 2n a (1) 32 x a (1) 3n x n = b (1) 3... a (1) n2 x a nnx (1) n = b n (1) x n = b 2 b 1 a 21 a 11 }{{} b (1) 2 Oba układy są równoważne, to znaczy mają to samo rozwiązanie. Po odpowiednich przekształceniach i przy odpowiednich założeniach otrzymamy układ w postaci trójkątnej A R Rysunek 2: Kolejne kroki r 11 x 1 + r 12 x r 1n x n = c 1 r 22 x r 2n x n = c 2... r n 1n 1 x n 1 + r n 1n x n = c n 1 r nn x n = c n równoważny układowi (2), który jest o wiele łatwiejszy do rozwiązania. Algorytm postępowania: (i) Szukamy r k takiego, że a (k 1) r k k = max{ a(k 1) : j k}. jk Zmianie miejsca ulega też prawa strona! Element ten nazywamy elementem podstawowym. (ii) W macierzy (A (k 1), b (k 1) ) przestawiamy miejscami wiersze k i r k, tak powstałą macierz oznaczamy przez (Ã(k 1), b (k 1) ). (iii) Obliczamy l ik = ã(k 1) ik ã (k 1) kk, i = k + 1,..., n i od i tego wiersza macierzy (Ã(k 1), b (k 1) ) odejmujemy k ty wiersz tej macierzy pomnożony przez l ik. W ten sposób eliminujemy x k z wierszy k + 1,..., n. Tak otrzymaną macierz oznaczamy przez (A (k), b (k) ). 9

11 Istnienie elementu podstawowego. Kroki (i) - (iii) powtarzamy (n 1) krotnie. Otrzymujemy macierz trójkątną górną. Ale skąd wiadomo, że element podstawowy jest zawsze niezerowy, co umożliwia nam dzielenie w kroku (iii)? Załóżmy, że tak nie jest. Niech S k = {a (k 1) jk j = k,..., n} będzie zbiorem tych elementów, spośród których wybierzemy element podstawowy w k tym kroku. Niech k 0 oznacza ten krok, w którym wszystkie elementy zbioru S k0 są zerami. Macierz A (k0 1) jest wówczas postaci ( ) P Q A (k0 1) = 0 S (k 0) gdzie P ma zera pod diagonalną, a pierwsza kolumna macierzy S (k 0) ma same zera. Zatem det S (k 0) = 0. Ale macierz A jest nieosobliwa, zatem 0 det A = det A (k 0 1) = (det S (k 0) )(det P) = 0, Kto lepszy, Gauss czy Cramer? co dowodzi istnienia niezerowego elementu podstawowego. Zatem, jeżeli macierz A jest nieosobliwa, to metoda eliminacji Gaussa prowadzi do rozwiązania układu (1). Należy jeszcze odpowiedzieć na pytanie ile czasu nam to zajmie. W k tym kroku wykonujemy n k dzieleń w celu wyliczenia l ik, oraz (n k)(n k+1) mnożeń n k wierszy z których każdy ma n k + 1 kolumn. Dla równania Rx = b wykonujemy n = n(n+1) 2 Wielkie O...już gdzieś było. mnożeń i dzieleń. Łącznie, wszystkich operacji tego typu trzeba wykonać m i=1 i 2 = m(m+1)(2m+1) 6 n 1 M = [(n k) + (n k)(n k + 1)] + n(n+1) k=1 n 1 = 2 (n k) + k=1 n 1 = 2 k + k=1 n 1 k=1 n 1 (n k) 2 + n(n+1) = n 2 3 (n2 + 3n 1) k=1 k 2 + n(n+1) 2 = n 3 (n2 + 3n 1) = O(n 3 ). 2 Zatem otrzymaliśmy algorytm znacznie efektywniejszy niż metoda Cramera Faktoryzacja LR. Zauważmy, że w metodzie eliminacji Gaussa w k tej iteracji krok (ii) jest równoważny mnożeniu lewostronnemu macierzy A (k 1) przez macierz permutacji P krk (powstałej z macierzy jednostkowej wymaru n przez zamianę ze sobą wierszy r k i k). Zatem à (k 1) = P rk ka (k 1). 10

12 Krok (iii) polega na pomnożeniu lewostronnym macierzy Ã(k 1) przez macierz L k postaci Zatem L k = [e 1,..., e k 1, l k, e k+1,..., e n ], l k = (0,..., 0, 1, l k+1k,..., l nk ) T, L k à (k 1) = A (k),... L n 1 P n 1,rn 1 L n 2 P n 2,rn 2...L 1 P 1r1 A = R, gdzie R jest macierzą trójkątną górną, a L j macierzami trójkątnymi dolnymi z jedynką na diagonali. Zanim przejdziemy do głównego twierdzenia wprowadźmy definicję macierzy trójkątnej oraz udowodnijmy kilka podstawowych własności. Definicja 2.2. Powiemy, że macierz kwadratowa A = (a ij ) jest trójkątna dolna (górna), gdy a ij = 0 dla i < j (i > j). Lemat 2.3. Niech A, B będą macierzami kwadratowymi wymiaru n, A = (a ij ). Wówczas (i) Jeżeli macierz A jest trójkątna, to det A = a a nn. (ii) Jeśli macierze A, B są trójkątne dolne (górne), to AB jest macierzą trójkątną dolną (górną). (iii) Jeśli macierz A jest trójkątna dolna (górna) i nieosobliwa, to A 1 jest macierzą trójkątną dolną (górną). (iv) Jeżeli macierze A, B są trójkątne (obie dolne lub obie górne ) z jedynkami na przekątnej, to macierze AB oraz A 1 są trójkątne (odpowiednio dolne lub górne) z jedynkami na przekątnej. Dowód. Załóżmy, że A, B są macierzami trójkątnymi dolnymi. Dla dowodu pierwszej własności, niech σ S n będzie permutacją zbioru {1,..., n} różną od identyczności. Wówczas istnieją i, j {1,..., n} takie, że i > σ(i) oraz j < σ(j). Zatem dla każdej permutacji nie będącej identycznością istnieje k taki, że a kσ(k) = 0. Mamy więc det A = σ S n sgnσa 1σ(1)... a nσ(n) = a a nn. Niech teraz C = AB. Zatem C = (c ij ), gdzie c ij = a is b sj. s=1 Ustalmy i < j. Ponieważ macierz B jest trójkątna dolna, zatem b sj = 0 dla s < j. Więc c ij = a is b sj. s=j 11

13 Ale A też jest macierzą trójkątną dolną, więc a is = 0 dla i < s, co daje nam c ij i<j = 0. W celu wykazania trzeciej własności rozpatrzmy równanie Ax = c, gdzie macierz A jest macierzą trójkątną górną i nieosobliwą. Rozwiązanie tego równania dane jest rekurencją x n = 1 a nn c n, 1 x n 1 = a n 1 n 1 (c n 1 a n 1n x n ),... x i = 1 a ii (c i j=i+1 a ij x j ). Widać, że x i zależy liniowo od c i,..., c n, zatem x = Zc dla pewnej trójkątnej macierzy górnej Z. Ponieważ Ax = c, więc Z = A 1. W celu wykazania ostatniej własności zauważmy najpierw, że skoro A jest macierzą trójkątną z jedynkami na diagonali, to jest nieosobliwa (det A = 1). Na mocy własności drugiej i trzeciej wystarczy wykazać, że AB i A 1 mają na diagonali jedynki. Ustalmy i, c ii = s=i a is b si = a is b si = a ii b ii = 1. s=1 s=1 Niech A 1 = (ã ij ) i ustalmy i. Ponieważ A 1 A = I 1 = ã is a si = ã ii. s=1 Te wiadomości wystarczą nam do dowodu głównego twierdzenia w tym dziale. Twierdzenie 2.4. (O faktoryzacji macierzy nieosobliwej.) Jeżeli macierz A jest nieosobliwa, to istnieją macierze P permutacji, L trójkątna dolna z jedynkami na diagonali oraz R trójkątna górna takie, że (4) PA = LR. Jeśli nie ma potrzeby wyboru elementu podstawowego, to P = I i wzór (4) ma postać A = LR. 12

14 Dowód. Na mocy metody eliminacji Gaussa mamy ( ) L n 1 P n 1rn 1 L n 2 P n 2rn 2...L 1 P 1r1 A = R, gdzie macierze P krk zapisać w postaci i L k są jak wcześniej. Ponieważ P ks P ks = I wzór ( ) możemy L n 1 P n 1rn 1...L 1 P 1r1 P 1r1 P 2r2...P n 1rn 1 P n 1rn 1...P 2j2 P 1r1 A = R. }{{} I Niech Z = L n 1 P n 1rn 1...L 1 P 2r2...P n 1rn 1. Twierdzimy, że jest to macierz trójkątna dolna z jedynkami na przekątnej. W tym celu przyjrzyjmy się macierzy P 2r2 L 1 P 2r2. Wiemy, że L 1 = [l 1, e 2,..., e n ]. Mnożenie z prawej strony przez macierz permutacji P 2r2 zamienia między sobą kolumny o numerach 2 i r 2, zatem L 1 P 2r2 = [l 1, e r2,..., e 2,..., e n ]. Mnożenie z lewej strony przez macierz permutacji P 2r2 zamienia między sobą wiersze o numerach 2 i r 2, zatem P 2r2 L 1 = [ l 1, e 2,..., e n ], gdzie l 1 powstał z l 1 przez zamianę miedzy sobą wyrazów o numerach 2 i r 2 (pamiętamy, że r 2 2). Otrzymaliśmy więc macierz trójkątną dolną z jedynkami na przekątnej). Oznaczmy tą macierz jako L (1) 1. Mamy teraz Z = L n 1 P n 1rn 1..., P 3r3 L 2 L (1) 1 P 3r 3...P n 1rn 1. Iloczyn L 2 L (1) 1 on postaci jest oczywiście macierzą trójkątną dolną z jedynkami na przekątnej i jest L 2 L (1) 1 = [x, l 2, e 3,..., e 4 ], gdzie x zależy od l 1, l 2. Powtarzając rozumowanie otrzymujemy, że Z jest macierzą trójkątną dolną z jedynkami na przekątnej. Zatem wzór ( ) można zapisać w postaci ZPA = R, gdzie P = P n 1rn 1... P 2r2 P 1r1 jest macierzą permutacji. Możemy teraz zdefiniować L = Z 1 (na mocy poprzedniego lematu jest macierzą trójkątną dolną z jedynkami na diagonali), co z połączeniem z ostatnią równością daje nam tezę zatem PA = Z 1 R = LR. Jeśli nie potrzeba dokonywać wyboru elementu podstawowego, to k P kjk = I, A = LR. 13

15 Zastanówmy się, kiedy nie trzeba wybierać elementu podstawowego. Niech A oznacza zbiór tych macierzy, że w metodzie eliminacji Gaussa nie trzeba wybierać elementu podstawowego. Na podstawie twierdzenia o faktoryzacji możemy sformułować wniosek. Wniosek 2.5. Jeśli A A, to istnieją macierze macierz L trójkątna dolna, oraz macierz R trójkątna górna takie, że A = LR. Wykażemy teraz jeden z warunków wystarczających na to, aby dana macierz należała do A. A=A >0 Twierdzenie 2.6. Jeśli macierz A jest samosprzężona i dodatnio określona to A A. Dowód. Skoro A jest samosprzężona to liczby znajdujące się na diagonali są rzeczywiste, możemy więc napisać, że ( ) α a A =, a A 1 gdzie α Ê, a n 1 oraz A 1 = A 1 jest macierzą kwadratową wymiaru n 1. Wykażemy, że α > 0. Macierz A jest dodatnio określona, więc x : x Ax 0, oraz x Ax = 0 x = 0( 1 ). Ustalmy więc ( ) ξ x = n, y n 1, x 0. y Wówczas ( ) ( ) α a x Ax = ( ξ y ξ ) = ( ξ y ) a A 1 y = ξαξ + ξa y + y aξ + y A 1 y. Zatem α > 0, bo jeśli y = 0 (więc ξ 0), to x Ax = α ξ 2 > 0 α > 0. Możemy zatem napisać, że ( ) αξ + a y aξ + A 1 y x Ax = α ( ξ α ξa y + 1 α ξy a + 1 α 2 y a 2) + y A 1 y 1 α = α ( ξ + 1 α y a )( ξ + 1 α a y ) + y ( A 1 1 α aa ) y. y aa y }{{} y a 2 =y ay a Z dodatniej określoności macierzy A mamy, że macierz A 1 1 α aa też jest macierzą dodatnio określoną. Jest tak, bo jeśli istnieje takie y 0 0, że y 0 (A 1 1 α aa )y 0 0, to dobieramy do niego ξ 0 takie, aby ξ 0 + 1y α 0 a = 0 i dla ( ) ξ0 x 0 = y 0 1 Gdy A jest macierzą rzeczywistą, to A = A T i warunek na dodatnią określoność ma postać x 0 x T Ax > 0. 14

16 mamy sprzeczność z dodatnią określonością macierzy A. W takim razie możemy wyeliminować pierwszą kolumnę ( ) ( ) ( ) 1 0 α a α a = l I a A 1 lα + a A 1 + la, lα + a = 0 l = 1 a α la + A 1 = 1 α aa + A 1, ( ) ( ) ( ) 1 0 α a α a = l I a A 1 0 A 1 1. α aa Skoro A 1 1 α aa jest dodatnio określona, więc możemy powtórzyć procedurę. Zatem A A. Wyznaczmy macierze L i R. Niech A = (a ij ), L = (l ij ), R = (r ij ). Skoro A = LR, to a ij = l ik r kj. k=1 Wiemy też, że więc l ik = 0, dla i < k. r kj = 0, dla k > j, a ij = min(i,j) k=1 l ik r kj. Macierz L ma jedynki na diagonali, zatem a 1j = Podobnie min(1,j) k=1 l 1k r kj = l 11 r 1j r 1j = a 1j, j = 1,..., n. a i1 = l i1 r 11 l i1 = a i1 r 11, i = 1,..., n. Znamy więc wzory na pierwszy wiersz macierzy R i pierwszą kolumnę macierzy L. W podobny sposób wyznaczymy kolejne wyrazy. Ogólnie, znając r j i l j, j = 1,..., k 1 mamy a kj = a ik = k k 1 k 1 l ks r sj = l ks r sj + l kk r kj r k = a k l ks r s. s=1 s=1 k k 1 l is r sk = s=1 s=1 s=1 k 1 l is r sj + l ik r kk l k = 1 r kk (a k s=1 l s r sk ). Zajmijmy się teraz twierdzeniem, które można potraktować jako wniosek z twierdzenia o faktoryzacji. 15

17 Twierdzenie 2.7. (wniosek z twierdzenia o faktoryzacji 2 ) Załóżmy, że A jest samosprzężoną macierzą rzeczywistą dodatnio określoną. Wówczas istnieje macierz trójkątna dolna K taka, że A = KK T. Dowód. Niech A A, zatem istnieją macierze L trójkątna dolna i R trójkątna górna takie, że A = LR. Zatem A T = R T L T. A jest samosprzężona, więc LR = R T L T, LR(L T ) 1 = R T, R(L T ) 1 = L 1 R T. Ponieważ macierze R i (L T ) 1 są trójkątne górne, a macierze L 1 i R T są trójkątne dolne, więc z ostatniej równości iloczyny te muszą być macierzami diagonalnymi. Niech więc D 2 = L 1 R T. Pokażemy, że jest to macierz dodatnio określona. W tym celu ustalmy dowolony x 0, mamy x T D 2 x = x T R(L T ) 1 x. Ponieważ dla dowolnego x istnieje y taki, że x = L T y, więc x T D 2 x = y T LRy = y T Ay > 0, bo A jest dodatnio określona. Więc D 2 = diag(d 2 1,..., d2 n ). Niech D = diag(d 1,..., d n ), wówczas R(L T ) 1 = D 2 R = D 2 L T A=LR A = LDDL T = LD(LD) T. Za macierz K wystarczy więc przyjąć LD. Spróbujmy teraz wyprowadzić efektywny wzór na wyrazy macierzy K. Niech A = (a ij ), K = (k ij ), K T = ( k ij ). i A = KK T a ij = k is k i sj = k is k js. s=1 Kolejne wyrazy macierzy K wyznaczać będziemy kolumnami a 11 = k 11 2 k 11 = a 11. s=1 a 1j = k 11 k j1 k j1 = 1 k 11 a 1j, j = 1,..., n. Mamy już pierwszą kolumnę macierzy K, zanim zapiszemy wzór dla dowolnej kolumny, sprawdźmy jak to wygląda dla drugiej kolumny. Znamy już k 21, możemy więc wyznaczyć a 22 = k 21 k 21 + k 22 k 22 k 22 = a 22 k 2 21 = a 22 a 12 2 a 11, a dzięki temu a 2j = k 21 k j1 + k 22 k j2 k j2 = 1 k 22 (a 2j k 21 k j1 ), j = 1,..., n. 2 Postać Choleskiego macierzy symetrycznej dodatnio określonej. 16

18 Ogólnie, gdy znamy kolumny 1,..., i 1 macierzy K, to i a ii = k 2 is k ii = a ii k 2 i1... k 2 ii 1, s=1 i 1 i 1 a ij = k is k js + k ii k ji k ji = 1 k ii (a ij k is k js ). s= Faktoryzacja QR Zajmijmy się teraz innym rozkładem macierzy, tym razem na macierz ortogonalną (Q) i macierz trójkątną górną (R). Rozkład ten ma zastosowanie przy wyznaczaniu wartości własnych. Zanim się nim zajmiemy udowodnijmy Twierdzenie 2.8. (O ortogonalizacji.) Dana niech będzie przestrzeń unitarna (X, ( )) oraz ciąg {f n } n Æ X wektorów liniowo niezależnych 3. Wówczas istnieje ciąg {g n } n Æ X taki, że (i) (g i g j ) = 0 dla i j; s=1 Zatem nasz ciąg też jest liniowo niezależny. (ii) k Æ : span{f 1,..., f k } 4 = span{g 1,..., g k }. Dowód. Zdefiniujmy ciąg {g n } n Æ wzorem g 1 = f 1 (5) g k = f k k 1 r sk g s, k 2, s=1 gdzie r ij (i < j) są pewnymi stałymi, które wyznaczymy tak, aby ciąg {g n } n spełniał tezę twierdzenia. Ustalmy więc k i załóżmy, że znamy g 1,..., g k 1 (k > 1). Wówczas dla dowolnego i < k: (g i g k ) = ( k 1 ) k 1 g fk i r sk g s = (gi f k ) r sk (g i g s ) = (g i f k ) r ik g i 2. s=1 Skoro ciąg {g n } n (a tym samym g 1,..., g k ) ma spełniać (i), to dla i < k zachodzić musi równość Więc 0 = (g i g k ) = (g i f k ) r ik g i 2. r ik = (g i f k ) g i 2, i < k. Należy jeszcze sprawdzić, czy g i 0 dla i < k. Zajmiemy się tym później. Pokażmy najpierw, że ciąg (5) jest liniowo niezależny i spełnia (ii). Ustalmy k > 0 i niech f span{f 1,..., f k }, więc f = k α s f s. s=1 s=1 3 Tzn. k Æ : f 1,..., f k są liniowo niezależne. 4 span{f 1,...,f k } = {x X x = α 1 f α k f k, α j Ê} 17

19 Z konstrukcji ciągu {g n } n wiemy, że dla dowolnego i f i span{g 1,..., g i }, czyli f i = i β t g t. t=1 Zatem f = 1 s k = s,t α s 1 t sβ t g t = s,t α s β t g t [1 t s k] α s β t g t [1 t k][t s k] = 1 t k (( t s k α s ) β t )g t span{g 1,..., g k }. Zatem span{f 1,..., f k } span{g 1,..., g k } dla dowolnego k. Zawieranie w drugą stronę wykazuje się podobnie (korzysta się z tego, że z konstrukcji ciągu {g n } n wynika, że g i span{f 1,..., f i } dla dowolnego i). Pozostaje zatem wykazać, że g k 0 dla dowolnego k. Skoro ciąg {f n } n jest liniowo niezależny, to f 1 0, a tym samym g 1 0. Pokażmy, że g 1,..., g k 1 0 g k 0. Dla dowodu nie wprost przypuśćmy, że g k = 0. Wówczas stąd k 1 f k = r sk g s, s=1 f k span{g 1,..., g k 1 } = span{f 1,..., f k 1 }, czyli f 1,..., f k są liniowo zależne sprzeczność z założeniem. Tak więc g k 0. Przejdźmy teraz do głównego twierdzenia tego tematu. Twierdzenie 2.9. (Faktoryzacja QR) Niech A Ê n n będzie macierzą nieosobliwą, A = (a ij ). Wówczas istnieją macierze Q = (q ij ) ortogonalna 5 i macierz R = (r ij ) trójkątna górna takie, że A = QR. Dowód. Niech A = [a 1,..., a n ], gdzie a j Ê n jest j-tą kolumną macierzya. Macierz A jest nieosobliwa, zatem wektory a 1,..., a n są liniowo niezależne. Na mocy twierdzenia o ortogonalizacji ciąg wektorów q 1 = a 1 (6) q k = a k k 1 r sk q s, k = 2,..., n, s=1 5 Macierz Q jest ortogonalna wtedy i tylko wtedy, gdy Q T Q jest macierzą diagonalną. 18

20 jest liniowo niezależny i (7) (q i q j ) = 0, i j. Przyjmijmy r ii = 1, i = 1,..., n r ij = r ij, i < j, r ij = 0, i > j, Q = [q 1,..., q n ]. Macierz Q jest oczywiście ortogonalna, a R jest trójkątna górna. Wystarczy wykazać, że A = QR. Niech (ã ij ) = Ã = QR, więc Z definicji (6) wektorów q k mamy ã ij = q is r sj = s=1 j j 1 j 1 q is r sj = q is r sj + q ij r jj = s=1 s=1 s=1 q is r sj + q ij (6) = a ij, zatem A = Ã, co kończy dowód. Dzięki temu rozkładowi układ (1) można sprowadzić do układu który łatwo rozwiązać: QRx = b, Q T QRx = Q T b, DRx = Q T b, gdzie DR jest macierzą trójkątną górną. 2.3 Metody przybliżone (interacyjne) Macierze. Normy macierzowe. Zacznijmy od przypomnienia podstawowych wiadomości dotyczących norm w Ê n (wektorowych). Tak więc odwzorowanie : Ê n [0, ) jest normą, gdy (i) x = 0 x = 0; (ii) x Ê n α Ê : αx = α x ; (iii) x, y Ê n : x + y x + y. Norma jest ciągła ze względu na warunek trójkąta. Najczęściej będziemy zajmować się normami postaci x p = ( k x i p ) 1 p, p 1, i=1 19

21 z czego najważniejsze są x 1 = x j, x 2 = ( j=1 x j 2 ) 1/2 = (x x), (x y) = x y, j=1 x = max{ x i : i = 1,..., n}. Rysunek 3: Kule w normach 1, 2, Uwaga Wszystkie normy w Ê n są równoważne, tzn., α, β > 0 x Ê n : α x x β x. Jest to równoważne temu, że a k k a w a l l a w, lub, że odwzorowanie id : (Ê n, ) (Ê n, ) jest ciągłe i odwrotne do niego też jest ciągłe. Przejdźmy teraz do normy operatora. Niech A = (a ij ) à n n będzie macierzą rzeczywistą (zespoloną) i niech będzie dowolną normą wektorową w à n. Definicja Normą 6 macierzy A zgodną z normą wektorową nazywamy { } Ax (8) A = max x : x 0. 6 Definicję tą naturalnie można uogólnić dla macierzy dowolnych wymiarów. Gdy A jest macierzą n m, wówczas A = max { } Ax x : x 0, gdzie jest normą zarówno w Ê n jak i w Ê m. 20

22 Uwaga Normę macierzy możemy zapisać jako A = max{ Ax : x = 1}. Wzór (8) określa normę w à n n. Oczywiście A 0. A = 0 max { Ax : x = 1} = 0 x : Ax = 0 A = 0; λax λ Ax = λa = λ A ; x x (A + B)x Ax + Bx = Ax x x x + Bx A + B A + B. x Ponadto norma operatorowa spełnia dwa bardzo ważne dla metod numerycznych warunki (9) (10) Ax A x, AB A B. Warunek (9) wynika z Ax x max natomiast warunek (10) z { } Ax x : x 0 = A, ABx x = A(Bx) x (9) A Bx x. Przykład Przykład normy w Ê n2 która nie spełnia warunku (10) A = max{ a ij : i = 1,..., n, j = 1,..., n}. Wystarczy wziąć ( ) 1 1 A = B =, 1 1 wówczas AB = ( ) 2 2, 2 2 AB = 2, A = B = 1. Definicja Niech A = (a ij ) à m n będzie macierzą. Liczbę zespoloną λ nazywamy wartością własną jeśli istnieje wektor x 0 taki, że Ax = λx. Jeśli tak jest, to x nazywamy wektorem własnym macierzy A skojarzonym z wartością własną λ. Zbiór wszystkich wartości własnych macierzy A nazywamy widmem (spektrum) i oznaczamy przez σ(a). 21

23 Przez λ max (A) rozumieć będziemy największą wartość własną macierzy A. Lemat Dla dowolnej macierzy A macierz A A jest symetryczna i półdodatnio określona. Ponadto λ max (A A) 0. Twierdzenie Niech A = (a ij ) będzie n wymiarową macierzą rzeczywistą (zespoloną), wówczas A = max { n a ij : i = 1,..., n }, j=1 A 1 = max { n a ij : j = 1,..., n }, i=1 A 2 = λ max (A T A). Dowód. Niech A = (a ij ) będzie macierzą kwadratową (wymiaru n) i niech x = (x 1,..., x n ) T. Wówczas a a 1n x 1 a 11 x 1 + a 12 x a 1n x n =. a n1... a nn x n a n1 x 1 + a n2 x a nn x n Zajmijmy się najpierw A. Ponieważ dla i = 1,..., n więc n a ij x j j=1 n j=1 n a ij x j x a ij, j=1 Ax x max { n a ij : i = 1,..., n }, j=1 A max { n a ij : i = 1,..., n }. j=1 Aby wykazać, że zachodzi nierówność wystarczy wskazać takie x, aby zachodziła równość. Niech zatem k = argmax{ n a ij : i = 1,..., n} i niech y = (y 1,..., y n ) T, gdzie { 1, akj 0 y j = 1, a kj < 0. Wówczas y = 1, a kj y j = a kj oraz n n a kj y j = a kj y j = j=1 Ay y j=1 j=1 a kj = max { n a ij : i = 1,..., n } j=1 j=1 = max { n a ij : i = 1,..., n } A max { n a ij : i = 1,..., n }. j=1 22 j=1

24 Przejdźmy teraz do A 1. Niech b = max{ n a ij : j = 1,..., n}. Zatem i=1 Ax 1 = a ij x j n a ij x j = x j a ij b x j = b x 1, i=1 j=1 i=1 j=1 j=1 i=1 j=1 x 0 : Ax 1 x 1 b A 1 b. Weźmy k = argmax{ n a ij : j = 1,..., n} i e k = (δ ik ) T, i = 1,..., n. Oczywiście e k 1 = 1 i i=1 Ae k 1 = a ik = b A 1 b, i=1 co dowodzi równości A 1 = max{ n a ij : j = 1,..., n}. i=1 Na koniec chcemy wykazać, że A 2 = λ max (A T A). Na mocy ostatniego lematu wzór ma sens. Z definicji mamy Ax 2 = ((Ax) T (Ax)) 1/2 = x T (A T A)x. Macierz A T A jest symetryczna i półdodatnio określona, zatem z algebry liniowej mamy, że zatem x 2 2 λ mina T A x T (A T A)x x 2 2 λ max(a T A), Ax 2 x 2 = xt (A T A)x x 2 λ max (A T A). Aby wykazać nierówność w drugą stronę weźmy v wektor własny macierzy A T A skojarzony z wartością własną λ max. Wówczas Av 2 v 2 = vt (A T A)v v 2 = λmax (A T A) v T v = v 2 λmax (A T A) v 2 v 2 = λ max (A T A), a zatem A 2 λ max (A T A) co kończy dowód. Wniosek Jeżeli A = A T > 0, to A 2 = λ max (A). Dowód. A 2 = λ max (A T A) = λ max (A 2 ) = λ 2 max (A) = λ max(a). 23

25 Zajmiemy się teraz współczynnikiem uwarunkowania zadania rozwiązania układu równań postaci Ax = b, gdzie A jest macierzą nieosobliwą. Niech zatem b = A x, gdzie x przybliża x. Wówczas A x = A( x x) = A x Ax = b b = b, x = A 1 b, b = Ax A x x b A, x x = A 1 b A 1 b A A 1 b x x b. Wartość A A 1 nazywamy wskaźnikiem uwarunkowania zadania rozwiązywania układu równań liniowych i oznaczamy przez cond(a). Jeżeli A 1 = (α ij ), to α ij = β ji, gdzie β det A ji = ( 1) i+j det A ji (A ji jest to macierz która powstała przez usunięcie z macierzy A j tego wiersza i i tej kolumny). Widać więc, że jeśli det A 0, to pewne α ij są duże, a zatem cond(a) jest duże (bo A 1 jest duże). Definicja Wielomianem charakterystycznym macierzy A nazywamy ϕ A (λ) = det (A λi). a 11 λ a 12 a a 1n a 21 a 22 λ a a 2n det(a λi) =..... =.. a n1 a n2 a n3... a nn λ (a 11 λ)... (a nn λ) + reszta = ( λ) n + ( λ) n 1 tr{a} det A + reszta, a zatem widać, że ϕ A jest wielomianem stopnia n. Wykazaliśmy więc Twierdzenie Macierz A n n ma n wartości własnych (licząc z krotnościami). Dowód. Definicja wielomianu charakterystycznego + zasadnicze twierdzenie algebry. Definicja Macierze A i B są podobne (A B) jeśli istnieje nieosobliwa macierz P taka, że A = PBP 1. Lemat Relacja podobieństwa jest równoważnością. Co więcej, jeśli macierze A i B są podobne, to ich wielomiany charakterystyczne ϕ A (λ) i ϕ B (λ) są sobie równe. 24

26 Dowód. ϕ A (λ) = det(a λi) = det(pbp 1 λi) = det(p(b λi)p 1 ) = det P ϕ B (λ) det(p 1 ) = ϕ B (λ). Wniosek Macierze podobne mają te same wartości własne licząc z krotnościami. Twierdzenie (postać kanoniczna Jordana macierzy A.) Niech A będzie macierzą kwadratową wymiaru n i niech ϕ A (λ) będzie jej wielomianem charakterystycznym, tzn. ϕ A (λ) = (λ λ 1 ) n1... (λ λ k ) n k, k n i = n, λ i λ j, i j. i=1 Wtedy A jest podobna do macierzy J postaci λ J s ǫ , J s =...., ǫ {0, 1} λ 0... J s ǫ k λ s Ponadto, jeśli z s jest liczbą zer nad przekątną macierzy J s (z s n s 1), to z s + 1 jest liczbą wektorów własnych liniowo niezależnych, skojarzonych z λ s, np.: λ λ λ λ λ λ λ λ λ 3 wektory 2 wektory 1 wektor W metodach numeryczny na ogół nie interesują nas dokładne wartości wartości własnych, często wystarczy wiedzieć przez co są szacowane. Mówi o tym następujące twierdzenie Twierdzenie Jeśli A jest rzeczywistą (zespoloną) macierzą kwadratową wymiaru n, to λ i (A) A, i = 1,..., n, gdzie jest dowolną normą macierzową zgodną z normą wektorową. Ostatnia nierówność ze zgodności. Dowód. Niech λ i będzie wartością własną macierzy A i niech v i będzie wektorem własnym odpowiadającym λ i, zatem λ i v i = λ i v i = Av i A v i. Dzieląc obustronnie nierówność przez v i otrzymujemy tezę. 25

27 Definicja Niech A będzie macierzą kwadratową wymiaru n. Promieniem spektralnym nazywamy ρ(a) = max{ λ i (A) : i = 1,..., n}. Poprzednie twierdzenie pokazuje, że dla dowolnej normy macierzowej zgodnej z normą wektorową mamy ρ(a) A. Twierdzenie (o wydobywaniu normy.) Dana niech będzie macierz A Ê n n. Wtedy dla dowolnego ε > 0 istnieje norma wektorowa taka, że A ρ(a) + ε. Dowód. Pokażemy najpierw, że jeśli R jest macierzą nieosobliwą i dowolną normą w Ê n, to (11) x = Rx jest normą w Ê n. Oczywiście x : x 0. Ponieważ macierz R jest nieosobliwa zachodzi też x = 0 x = 0. Jednorodność i nierówność trójkąta zachodzą, bo jest normą αx = Rαx = α Rx = α x, x + y = R(x + y) = Rx + Ry Rx + Ry = x + y. Teraz, mając (11) wyprowadzimy wzór na szukaną normę. Ax = RAx x Rx = RAR 1 y, y = Rx y { } { } A = max Ax : x 0 = max RAR 1 y y 0 x y zatem szukaną normę definiujemy jako = RAR 1, (12) A = RAR 1, x = Rx. Dzięki twierdzeniu o postaci kanonicznej Jordana istnieje macierz przejścia P taka, że A = PJP 1, gdzie J = (α ij ). Ustalmy ε > 0 i niech D = diag(ε 0,..., ε n 1 ). Skoro D 1 JD = ^J = (^λ ij ), ^λ ij = α ij ε i+j, to macierz ^J nad przekątną ma 0 lub ε. J = D^JD 1, A = PJP 1 = PD^JD 1 P 1 = PD^J(PD) 1, więc przyjmując R = (PD) 1 mamy, że A = R 1^JR. Niech x = Rx. Na mocy (11) i (12) A = RAR 1 = RR 1^JRR 1 = ^J max{ λ i : i = 1,..., n} + ε = ρ(a) + ε, co należało wykazać. 26

28 Twierdzenie Niech A będzie rzeczywistą (zespoloną) macierzą kwadratową wymiaru n. Wówczas Redukcja wyrazów lim k Ak = 0 ρ(a) < 1. Dowód. Załóżmy, że istnieje wartość własna λ macierzy A taka, że λ 1. Niech v będzie wektorem własnym odpowiadającym wartości λ. Zatem Av = λv, A 2 v = A Av = Aλv = λav = λ 2 v. Zatem indukcyjnie można wykazać, że Więc A k v = λ k v. λ k v = A k v A k v, λ k v = λ k v v, v A k v, 1 A k k 0, sprzeczność. Załóżmy teraz, że ρ(a) < 1. Niech ε > 0 będzie taki, że q = ρ(a) + ε < 1. Na mocy twierdzenia o wydobywaniu normy, dla tak dobranego ε, istnieje norma wektorowa w Ê n taka, że A q. Na mocy submultiplikatywności normy wiemy, że A k A k. Zatem 0 A k A k (ρ(a) + ε) k. Z twierdzenia o trzech ciągach lim k A k = 0, a więc lim k A k = 0, co kończy dowód. Wniosek Jeżeli ρ(a) < 1, to szereg von Naumanna A k jest zbieżny i jego suma wynosi A k = (I A) 1. k=0 Dowód. Niech S n = n A k, wówczas k=0 S n (I A) = S n S n A = A k k=0 A k+1 = I A n+1. k=0 Skoro ρ(a) < 1, to λ i (I A) > 0, więc I A jest macierzą odwracalną. Na mocy poprzedniego twierdzenia A k = lim S n = lim (I A n+1 )(I A) 1 = (I A) 1. n n k=0 k=0 27

29 Wniosek Szereg a k A k jest zbieżny, jeśli ρ(a) < r, gdzie r jest promieniem k=0 zbieżności szeregu potęgowego f(z) = a k z k. k=0 Dowód. Podobnie jak poprzednio, niech S n = n a k A k. Na mocy twierdzenia o wydobywaniu normy (tw. 2.26) znajdziemy ε > 0 oraz normę takie, że A ρ(a) + ε < r. Wtedy, dla q = ρ(a) + ε, otrzymujemy S n a k A k k=0 a k q k. k=0 Więc q k jest majorantą szeregu A k, a zatem dostajemy zbieżność dla ρ(a) < r. k=0 Zauważmy, że A k = f(a), k=0 gdzie f(z) = z k. Zatem k=0 k=0 (At) k k! = e At Podstawowe wiadomości dotyczące metod iteracyjnych. k=0 k=0 Zajmijmy się innym podejściem do rozwiązywania układu (13) Ax = b, gdzie A = (a ij ) Ê n n jest macierzą nieosobliwą, b = (b i ) Ê n, x = (x j ). Szukamy x = A 1 b. Będziemy tworzyć ciąg {x k } Ê n w ten sposób, że (14) x k+1 = F k (x k, x k 1,..., x k s ), k = 0, 1,... Dane początkowe (gdzie x s, x s+1,..., x 0 są znane), oraz (15) lim x k = x. k Oczywiście wybór F k jest równoważny wyborowi metody iteracyjnej. Definicja Metoda (15) jest zbieżna, gdy lim k x k = x dla dowolnych danych początkowych x s, x s+1,..., x 0. 28

30 Terminologia Metodę (15) nazywamy wielokrokową metodą niestacjonarną (a dokładniej (s + 1)-krokową). Jeżeli F k F, to metodę nazywamy stacjonarną. Jeżeli x k+1 = F k (x k ), to metodę nazywamy niestacjonarną jednokrokową. Jeżeli F k jest liniowa lub afiniczna, to metodę nazywamy liniową. Postać ogólna niestacjonarnej metody liniowej: (16) x k+1 = B k x k + C k, k = 0, 1,... x 0 Ê n nazywamy przybliżeniem początkowym. Każda metoda musi spełniać (17) x = B k x + C k, k = 0, 1,..., to znaczy x musi być punktem stałym odwzorowania x B k x + C k. Twierdzenie (o zbieżności ogólnej niestacjonarnej metody liniowej.) Warunkiem dostatecznym zbieżności iteracji (16) jest istnienie stałej 0 q < 1 takiej, że dla dowolnego kroku k B k q, gdzie jest pewną normą macierzową zgodną z normą wektorową. Dowód. Niech e k = x k x będzie błędem k-tego przybliżenia, wówczas e k+1 = x k+1 x = B k x k + C k x = B k x k + C k B k x C k = B k (x k x) = B k e k =... = B k B k 1...B 0 e 0. Zatem, korzystając ze zgodności, otrzymujemy 0 e k+1 = B k B k 1...B 0 e 0 B k... B 0 e 0 q k+1 e 0. Stąd, na mocy twierdzenia o trzech ciągach, mamy lim e k = 0, k co jest równoważne zbieżności metody (16) Metody stacjonarne. Rozważmy teraz iterację postaci (18) x k+1 = Bx k + C, k = 0, 1,..., x 0 Ê n. Twierdzenie (warunek dostateczny zbieżności.) Jeżeli B < 1 dla pewnej normy macierzowej zgodnej z normą wektorową, to iteracja (18) jest zbieżna. 29

31 Dowód. Wyniki z poprzedniego twierdzenia dla B k = B, k 0. x 0 jest dowolne. Twierdzenie (warunek konieczny i wystarczający zbieżności.) Iteracja (18) jest zbieżna wtedy i tylko wtedy, gdy ρ(b) < 1. Dowód. Podobnie jak w dowodzie twierdzenia 2.32 definiujemy e k = x k x. Zatem e k+1 = B k+1 e 0. W takim razie lim e k = 0 lim B k tw 2.27 = 0 ρ(b) < 1. k k Metody Gaussa-Seidla i Jacobiego. Dana niech będzie macierz A = (a ij ), oraz jej rozkład A = L + D + U, gdzie L jest macierzą trójkątną dolną z zerami na przekątnej, U macierzą trójkątną górną z zerami na przekątnej, D = diag(a 11,..., a nn ) macierzą diagonalną. Zapiszmy układ Ax = b w postaci skalarnej a 11 x a 1n x n = b 1... a n1 x a nn x n = b n i załóżmy, że a ii 0( 7 ) dla każdego i = 1,..., n. Niech x (k) = (x (k) 1,..., x(k) n ) T oznacza k-te przybliżenie. Metoda Jacobiego korzysta z iteracji x (k+1) i = 1 a ii j i a ij x (k) j + b i a ii, i = 1,..., n, czyli (19) x (k+1) = D 1 (L + U)x (k) + D 1 b. Metoda Gaussa-Seidla różni się nieznacznie i ma postać: x (k+1) i = 1 a ii ( j<i a ij x (k+1) j (D + L)x (k+1) = Ux (k) + b, + j>i ) a ij x (k) j + b i a ii, i = 1,..., n, (20) x (k+1) = (D + L) 1 Ux (k) + (D + L) 1 b. Twierdzenie Jeżeli macierz A = (a ij ) n i,j=1 spełnia jeden z warunków (i) a ii > a ij, i = 1,..., n (mocne kryterium sumy wierszy); j i 7 Ze względu na nieosobliwość macierzy A, po odpowiednich permutacjach zawsze można uzyskać taki efekt. 30

32 (ii) a jj > a ij, j = 1,..., n (mocne kryterium sumy kolumn), i j to metody Gaussa-Seidla i Jacobiego są zbieżne (w szczególności macierz A jest nieosobliwa). Dowód. Zacznijmy od pokazania, że mocne kryterium sumy wierszy (kolumn) pociąga za sobą nieosobliwość macierzy A (z czego skorzystamy pokazując zbieżność metody Gaussa-Seidla). Dla dowodu nie wprost załóżmy, że zachodzi warunek (i) i A jest osobliwa. Zatem istnieje x 0 taki, że Ax = 0. Załóżmy, że x k = x, wówczas a kj x j = 0, j=1 a kk x k = j k a kj x j, a kk x k j k a kj x j, a kk j k a kj x j x k a kj, j k sprzeczność. Jeśli A spełnia (ii), to A T spełnia (i) i również dochodzimy do sprzeczności, zatem macierz A jest nieosobliwa. Pokażmy teraz zbieżność metody Jacobiego. Niech B J = D 1 (L + U), zatem b ij = a ij a ii dla i j, oraz b ii = 0. Na mocy twierdzenia 2.33 wystarczy wykazać, że dla pewnej normy macierzowej zgodnej z normą wektorową zachodzi B J < 1. Jeżeli zachodzi (i), to b ij = j i j=1 a ij a ii < 1, i = 1,..., n B J < 1. Jeśli natomiast zachodzi (ii), to b ij = a ij < 1, j = 1,..., n B a jj J 1 < 1. i j i=1 Przejdźmy teraz do metody Gaussa-Seidla. Niech B GS = (D + L) 1 U, chcemy pokazać, że ρ(b GS ) < 1, co na mocy twierdzenia 2.34 zakończy dowód. Przypuśćmy, że istnieje wartość własna µ macierzy B GS taka, że µ 1. Zatem macierz B GS µi jest osobliwa. Więc osobliwa jest też (D + L) 1 U µi = µ(d + L) 1 ((D + L) + 1 U). µ Wiemy, że D + L jest nieosobliwa, więc osobliwa musi być macierz (D + L) + 1 U. Ale µ dzięki (i) mamy a ii > j<i a ij + j>i a ij j<i a ij + 1 µ a ij, i = 1,..., n, co oznacza, że macierz (D+L)+ 1 U spełnia mocne kryterium sumy wierszy. Zatem na µ mocy tego co pokazaliśmy na początku dowodu, (D+L)+ 1 U jest macierzą nieosobliwą µ sprzeczność. 31 j>i

33 Definicja Macierz A = (a ij ) nazywamy nieredukowalną, jeśli nie istnieje macierz permutacji P taka, że ( ) PAP 1 B11 B = B 22 Widać więc, że macierz A jest nieredukowalna, jeśli nie istnieje zbiór J {1,..., n} taki, że i J j J : a ij = 0. Redukowalność macierzy A jest równoważna temu, że układ Ax = b jest równoważny układowi { B11 y 1 + B 12 y 2 = c 1 B 22 y 2 = c 2. Okazuje się, że nieredukowalność macierzy A jest silnie związana z grafem z nią skojarzonym, wprowadźmy więc kilka pojęć dotyczących grafów. Grafem (zorientowanym, skierowanym) G nazywamy parę (P, V), gdzie P = {P 1,..., P n } jest zbiorem skończonym, a V dwuargumentową relacją w P. Zbiór P nazywamy zbiorem wierzchołków, a V P P zbiorem krawędzi. Drogą długości k z wierzchołka u do wierzchołka u w grafie G = (P, V) jest ciąg wierzchołków < P 0, P 1,..., P k > takich, że P 0 = u, P k = u i dla i = 1,..., k krawędź P i 1 P i V. Graf jest cyklicznie spójny jeśli dla dowolnych wierzchołków P i, P j istnieje droga z wierzchołka P i do wierzchołka P j. Niech A = (a ij ) będzie macierzą kwadratową n n. Grafem skojarzonym z macierzą A nazywamy graf zorientowany G(A) = (P, V) taki, że P jest zbiorem n-elementowym oraz dla dowolnych i, j {1,..., n} : a ij 0 P i P j V. Możemy już zapisać interesującą nas zależność. Twierdzenie Macierz A = (a ij ) jest nieredukowalna wtedy i tylko wtedy, gdy graf G(A) jest cyklicznie spójny. Dowód. Macierz A jest redukowalna wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje zbiór J {1,..., n} taki, że a ij = 0 dla i J, j J. To jest zaś równoważne temu, że nie istnieje droga od P k do P j dla k J, j J. Następny przykład jest klasycznym przykładem macierzy nieredukowalnej. Wykazuje się to stosując poprzednie twierdzenie. Przykład Niech A = Rysunek 4 przedstawia graf skojarzony z tą macierzą (dla n = 5). 32

34 P1 P2 P5 P3 P4 Rysunek 4: Graf cyklicznie spójny Twierdzenie Załóżmy, że macierz A = (a ij ) n i,j=1 jest nieredukowalna i spełnia jeden z warunków (iii) a ii a ij, i = 1,..., n oraz istnieje i 0 takie, że mamy ostrą nierówność j i (słabe kryterium sumy wierszy); (iv) a jj a ij, j = 1,..., n oraz istnieje j 0 takie, że mamy ostrą nierówność i j (słabe kryterium sumy kolumn). Wtedy metody Gaussa-Seidla i Jacobiego są zbieżne (w szczególności macierz A jest nieosobliwa). Dowód. Pokażemy najpierw, że słabe kryterium sumy wierszy pociąga nieosobliwość macierzy (analogicznie dla słabego kryterium sumy kolumn). Załóżmy więc, że A spełnia słabe kryterium sumy wierszy. Istnieje więc i 0 taki, że a i0 i 0 > j i 0 a i0 j. Załóżmy, że istnieje x 0 taki, że Ax = 0. Niech J = {k : x k x i, i = 1,..., n, oraz x k > x j dla pewnego j}. Twierdzimy, że J. Załóżmy, że J jest zbiorem pustym, więc i, k x k = x i, zatem x = x i, i = 1,..., n. Mamy więc a i0 jx j = 0, j=1 a i0 i 0 x i0 = j i 0 a i0 jx j, a i0 i 0 x x a i0 i 0 j i 0 a i0 j, j i 0 a i0 j, 33

35 co jest sprzeczne ze słabym kryterium sumy wierszy. Niech więc k J, wówczas a kk x k = j k a kj x j, a kk j k a kj x j x k. Z definicji zbioru J widać, że x k > x j wtedy i tylko wtedy, gdy j J. Zatem, skoro A spełnia (iii), to w ostatniej nierówności zachodzić musi równość, więc spełniony musi być warunek k J, j J : a kj = 0, co jest sprzeczne z nieredukowalnością macierzy A. Jeżeli macierz A spełnia (iv), to A T spełnia (iii). Więc A jest nieosobliwa (bo A T jest nieosobliwa). Wykażmy teraz, że metoda Jacobiego jest zbieżna, a więc że dla macierzy B J = D 1 (L+U) mamy ρ(b J ) < 1. Dla dowodu nie wprost załóżmy, że ρ(b J ) 1. Istnieje więc wartość własna λ 1. Zatem macierz B J λi (a tym samym λi B J ) jest osobliwa. Skoro λi B J = λi + D 1 (L + U) = λd 1( D + 1 λ (L + U)), oraz macierz D 1 jest nieosobliwa, to macierz D + 1 (L + U) jest macirzą osobliwą. Na λ mocy założenia A = D + L + U jest nieredukowalna, a więc macierz D + 1 (L + U) też λ jest nieredukowalna. Z drugiej strony, skoro 1 1, λ to jeśli A spełnia (iii) (ewentualnie (iv)), to D + 1 (L + U) też, jest więc (na mocy λ pierwszej części dowodu) nieosobliwa. Pozostało wykazać, że metoda Gaussa-Seidla jest zbieżna. Niech więc µ będzie wartością własną macierzy B GS taką, że µ 1. Zatem macierz I 1 B µ GS jest macierzą osobliwą (bo µi B GS jest osobliwa). Ponieważ I 1 µ B GS = I + 1 µ (D + L) 1 U = (D + L) 1 (D + L + 1 µ U) i (D + L) 1 jest nieosobliwa, zatem D + L + 1 U jest macierzą osobliwą. Jest ona µ nieredukowalna i spełnia słabe kryterium sumy wierszy (kolumn), a więc podobnie jak wcześniej jest nieosobliwa sprzeczność. Zatem metoda Gaussa-Seidla jest zbieżna Metoda kolejnych nadrelaksacji (SOR - succesive overrelaxation). Zapoznamy się teraz z kolejną metodą rozwiązywania układu (13). Niech x (k) x (k) = 1. x (k) n 34

36 będzie kolejnym przybliżeniem danym wzorem (21) x (k+1) i = x (k) i + ω(x (k+1) i x (k) i ), gdzie x (k+1) i jest i-tą współrzędną k + 1 iteracji (wektora x k+1 ) otrzymaną metodą Gaussa-Seidla, ω jest parametrem liczbowym. Widać, że jeśli ω = 1, to x (k+1) i = x (k+1) i. Zatem zatem a ii x (k+1) i = a ii x (k) i + ω ( j<i = (1 ω)a ii x (k) i a ij x (k+1) j + ω ( j<i j>i a ij x (k+1) j (D + ωl)x (k+1) = ((1 ω)d ωu)x (k) + ωb, a ij x (k) j j>i + b i a ii x (k) ) i a ij x (k) j + b i ), x (k+1) = (D + ωl) 1 ((1 ω)d ωu)x (k) + (D + ωl) 1 ωb, (22) x (k+1) = B(ω)x (k) + C, gdzie B(ω) = (D + ωl) 1 ((1 ω)d ωu), C = ω(d + ωl) 1 b. Zastanówmy się, jak dobrać ω tak, aby metoda ta była zbieżna, a więc żeby ρ(b(ω)) < 1? Częściową odpowiedź daje nam Twierdzenie (Kahan) Dla dowolnej macierzy A n n zachodzi nierówność ρ(b(ω)) 1 ω. Dowód. Niech ϕ(λ) będzie wielomianem charakterystycznym macierzy B(ω). Wówczas, z definicji 2.25 promienia spektralnego λ 1... λ n (ρ(b(ω))) n. Ale z drugiej strony mamy ( 1) n λ 1... λ n = ϕ(0) = det B(ω), λ 1... λ n = det(b(ω)) = det(d + ωl) 1 ((1 ω)d ωu) co kończy dowód. = 1 a 11...a nn (1 ω) n a 11...a nn = 1 ω n, Twierdzenie to daje nam natychmiastowo następujący wniosek Wniosek Jeżeli metoda SOR jest zbieżna, to ω (0, 2). 35

37 Dowód. Z założenia i poprzedniego twierdzenia mamy 1 > ρ(b(ω)) 1 ω, zatem ω (0, 2). Twierdzenie (Zbieżność metody SOR.) Jeśli A = A > 0, to metoda SOR jest zbieżna dla każdego ω (0, 2). W szczególności metoda Gaussa-Seidla jest zbieżna dla każdej macierzy A = A > 0. Dowód. Niech Q = A 1 (2(D + ωl) ωa) = 2A 1 (D + ωl) ωi. Pokażemy, że (i) Wartości własne macierzy Q leżą w prawej półpłaszczyźnie, tzn. Rλ j (Q) > 0 j, (ii) B(ω) = (Q + ωi) 1 (Q ωi), (iii) ρ(b(ω)) < 1. Niech λ będzie wartością własną macierzy Q i niech x 0 będzie wektorem własnym skojarzonym z λ, zatem więc Qx = λx, A 1 (2(D + ωl) ωa)x = λx, (2(D + ωl) ωa)x = λax, (23) x (2(D + ωl) ωa)x = λx Ax. Sprzęgając po hermitowsku obustronnie otrzymamy (24) x (2(D + ωl ) ωa)x = λx Ax. Teraz dodając stronami (23) i (24), a następnie korzystając z tego, że A = D + L + L (A samosprzężona, zatem L = U) mamy x (4D + 2ω(L + L A))x = (λ + λ)x Ax, 2x (2D ωd)x = 2Rλx Ax, (2 ω)x Dx = Rλx Ax. Ponieważ A jest dodatnio określona, to a ii > 0, zatem x Dx > 0. Z założenia 2 ω > 0, więc Rλ > 0. Wykazaliśmy więc punkt pierwszy. Aby wykazać (ii) zauważmy, że z definicji macierzy Q mamy (Q + ωi) 1 (Q ωi) = (2A 1 (D + ωl)) 1 (2A 1 (D + ωl) 2ωI) = (D + ωl) 1 (D + ωl ωa) = (D + ωl) 1 ((1 ω)d ωu) = B(ω). 36