numerikus analalízis[1]

8/14/2019 numerikus analalzis[1]

1/120

Numerikus Analzis I.Sovegj arto Andras

Jegyzet masodeves programoz o es

programtervez o matematikus szakos hallgat oknak

2003.


2/120

,,A sikerhez es tud ashoz vezet o ut senki el ott sincs z arva,

akiben van b ators ag es elsz antsag, hogy v altozzek,

nyitotts ag, hogy m asok tapasztalataib ol tanuljon es allhatatoss ag,

hogy gyakorl assal elsaj attsa a sikeres cselekves technik aj at.

EL OSZ O

A numerikus analzis

1. az ugynevezett konstruktv matematika nagy fejezete,

2. a matematikai modellezes folyamat anak fontos resze.

1.Az alkalmazott matematik aban leggyakrabban nem elegsz unk meg azzal, hogy tudjuk (bel atjuk),

a vizsgalt problem anak letezik megoldasa, hanem meg is akarjuk annak sz amszer u erteket hat arozni,ez pedig ketfele m odon lehetseges: vagy veges sok lepesben elvileg a pontos megold ast (sz amtasi,kerektesi hib akt ol eltekintve), vagy egy altalunk elore megadott pontoss aggal, ugynevezett kozelt omegoldasok (elvileg vegtelen) sorozat aval.

2.

A matematikai modellezes egy t obb lepesb ol allo (kor)folyamat. A val osag egy reszet vizsg alva,igyekezven a jelenseget matematikailag lerni , elkesztj uk annak egy lehetseges matematikai modelljet.Ez egyenletek es ugynevezett bemen o adatok (parameterek) rendszere. (A numerikus analzisben mimar kesz, adott matematikai modelleket vizsg alunk.) Sajnos, leggyakrabban a modellnek a pontosmegoldasa nem allthat o elo ugynevezett analitikai eszk ozokkel veges sok lepesben. Ilyenkor nume-rikus m odszerekre van sz ukseg. (Egyszer u pelda a 2 kiszamtasa.) A numerikus modszer kidol-gozasa ut an annak programoz asa es a programk od tesztelese kovetkezik, majd a konkret sz amtasokelvegzese. A ket utols o lepese a matematikai modellezesnek a sz amtasok, eredmenyek analzise, esaz eredmenyeknek m asokkal k onnyen k ozolhet o formaban val o megjelentese (esetleg vizualiz alasarajzok, kepek form ajaban). Tengernyi sz amadatbol a megoldast ertelmezni kell tudni. Gyakran, azeredmenyek analzise sor an kider ul, hogy a kapott eredmeny nem felel meg a val osagnak (pl. a kserletieredmenyeknek, vagy annak, ami v arhato lett volna). Ilyenkor a modellezest ujra el olrol kell kezdeni.A modell nomtasaval, a jelenseg pontosabb ler asaval a lepeseket ujra meg kell ismetelni. Ebbena (kor)folyamatban a numerikus analzis feladata numerikus m odszerek kidolgoz asa es tanulm anyoz asa.

A szamtogepek megjelenesevel olyan feladatok megold asa is lehet ove v alt, amelyekre korabbangondolni sem lehetett. Ilyenek peld aul az id ojar as elorejelzese, urkutat asi es komplex muszaki felada-tok megold asa stb.

Ha nyomon k ovetj uk a matematika fejl odesenek t ortenetet, azt l athatjuk, hogy a nagy mate-matikusok, termeszettud osok szinte mindegyike foglalkozott numerikus m odszerek kidolgoz asaval is,hogy konkret sz amtasi eredmenyeket is kapjanak. Nevezetes pelda erre Newton, akinek a zik aban,matematikaban es numerikus m odszerek ter uleten elert eredmenyei is csod alatra melt oak! De meg-emlthetnenk hasonl o okbol Gausst is.


3/120

2020-ra a szamtogepek m uveleti sebessege elerheti az emberi agy m uveleti sebesseget, azaz h uszmillio milliard ops-ot (2 10

16 muvelet per sec-ot). Ez a teny a numerikus m odszerek kidolgoz asanakes alkalmazasainak kerdeset is uj megvil agtasba helyezi es ujabb problem akat is vet fel a kutat asbana hatekony algoritmusokkal kapcsoaltban. De ez m ar a j ovo es a atal nemzedek feladata lesz. Anumerikus modszerekkel val o ismerkedes elso lepesekent aj anljuk a jegyzet anyag at a m asodeves prog-ramoz o es programtervez o matematikus hallgat oknak, es nem utols osorban mindazoknak, akiket at argy erdekel. Kv anjuk, hogy a matematik aval val o foglalatoss ag nagy oromet ny ujtson (es az sembaj, ha hasznot is)!

Ezuton szeretnek k oszonetet mondani Sipos Bogl ark anak, aki a jegyzet megr asanak f aradtsagosmunk aj at v allalta. Nelkule, lelkes hozz aallasa es munkaja nelkul az anyag nem keszult volna el.

Budapest, 2003. szeptember 1.

Sovegjart o Andr as

E kotet a programtervez o matematikus szak nappali tagozat an a 2002/2003-as tanevben elhangzott I.felevi, Dr. Sovegj art o Andr as egyetemi docens altal tartott numerikus analzis el oad assorozat alapjankesz ult, kiegesztesekkel, Donald E. Knuth T EX szovegszedo rendszerevel.

Eotv os Lorand Tudomanyegyetem Informatikai Kar, 2003.


4/120

Tartalomjegyzek

1. HIB AK A MATEMATIKAI MODELLEZ ES FOLYAMAT ABAN 61.1. SZAMABR AZOLAS TETSZ OLEGES B B AZISBAN . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1.1.1. Fixpontos abr azolas : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81.1.2. Lebegopontos abr azolas : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

1.2. LEBEG OPONTOS ARITMETIKA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101.3. MUVELETEK HIB AI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

1.3.1. Osszeg abszolut es relatv hib aja, hibakorlatja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131.3.2. Kulonbseg abszolut es relatv hib aja, hibakorlatja . . . . . . . . . . . . . . . . . 141.3.3. Szorzat abszol ut es relatv hib aja, hibakorlatja . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141.3.4. Hanyados abszolut es relatv hib aja, hibakorlatja . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

2. LINE ARIS EGYENLETRENDSZEREK DIREKT MEGOLD ASI M ODSZEREI 152.1. GAUSS - ELIMIN ACIO . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

2.1.1. A Gauss - elimin acio muveletigenye . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182.2. GAUSS - JORDAN ELIMIN ACIO . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192.2.1. A Gauss - Jordan elimin acio muveletigenye . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

2.3. LU - FELBONT AS (TRIANGUL ARIS FELBONT AS) . . . . . . . . . . . . . . . . . 242.3.1. Az LU - felbont as muveletigenye . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

2.4. SAVM ATRIXOK, TRIDIAGON ALIS MATRIXOK . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 282.5. SCHUR - KOMPLEMENTER . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 302.6. PASSAGE (PROGONKA) M ODSZER VAGY R OVID ITETT GAUSS - ALGORIT-

MUS TRIDIAGON ALIS MATRIX U EGYENLETRENDSZERRE . . . . . . . . . . . 342.6.1. Az algoritmus stabilit asa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

2.7. SZIMMETRIKUS POZIT IV DEFINIT M ATRIXOK CHOLESKY FELBONT ASA . . 36

2.7.1. Az Ln matrix lij elemeinek meghataroz asa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 392.7.2. Egyenletrendszer megold asa Cholesky felbont assal szimmetrikus matrixra . . . 402.8. HOUSEHOLDER ( QR ) FELBONT AS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

2.8.1. A Householder - algoritmus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 432.8.2. A Householder - algoritmus alkalmaz asa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 452.8.3. A Householder - algoritmus muveletigenye . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 462.8.4. A = A0 szimmetrikus matrix tridiagon alis alakra val o transzformacioja Householder

modszerevel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

3. VEKTORNORM AK, M ATRIXNORM AK 493.1. VEKTORNORM AK . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49

3.2. MATRIXNORM

AK . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 513.2.1. Korl atok a normakra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57

4. LINE ARIS EGYENLETRENDSZEREK PERTURB ACI OJA 594.1. A JOBB OLDAL HIB AJ ANAK (PERTURB ACIOJ ANAK) HAT ASA . . . . . . . . . 594.2. AZ A MATRIX PERTURB ACIOJ ANAK HAT ASA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62

5. LINE ARIS EGYENLETRENDSZEREK ITER ACI OSMEGOLD ASI M ODSZEREI 645.1. KONVERGENCIA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 655.2. HIBABECSL ES . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 695.3. JACOBI ITER ACIO . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70

5.3.1. Konvergencia kriterium . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 715.4. GAUSS - SEIDEL ITER ACIO . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72

5.4.1. Konvergencia kriterium . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72


5/120

5.5. RELAX ACIOS MODSZEREK . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 735.5.1. Jacobi relaxacio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 735.5.2. Gauss - Seidel relax acio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74

5.6. KETR ETEG U ITER ACIOS ELJ ARASOK . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 765.6.1. Tomptott Jacobi m odszer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 775.6.2. A kerektesi hib ak hat asa az iter acios eljar asokra . . . . . . . . . . . . . . . . . 79

6. NEMLINE ARIS EGYENLETEK ITER ACI OSMEGOLD ASI M ODSZEREI 806.1. KONVERGENCIA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 816.2. HIBABECSL ES . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83

6.2.1. Az egyszeru iter acio konvergenciasebessege . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 846.3. NEWTON - M ODSZER (ITER ACIO) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 866.4. SZELO MODSZER . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 916.5. MODOS ITOTT NEWTON - M ODSZER . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91

6.6. KONVERGENCIAGYORS IT AS : AITKEN TRANSZFORM ACIO(AITKEN 2 MODSZERE) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92

6.7. AITKEN - STEFFENSEN TRANSZFORM ACIO . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 946.8. BECSL ES POLINOM GY OKEINEK ELHELYEZKED ESERE . . . . . . . . . . . . . 946.9. NEWTON - M ODSZER POLINOMOKRA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96

7. NEMLINE ARIS EGYENLETRENDSZEREK ITER ACI OSMEGOLD ASI M ODSZEREI 977.1. NEWTON - M ODSZER . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 987.2. MODOS ITOTT NEWTON - M ODSZER . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99

8. SAJAT

ERT

EKFELADATOK 1018.1. SAJ AT ERT EKEK LOKALIZ ACIOJA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102

8.2. HATV ANY - MODSZER LEGNAGYOBB ABSZOL UTERT EKUSAJ AT ERT EK MEGHAT AROZ ASARA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105

8.3. JACOBI M ODSZERE SZIMMETRIKUS (VAL OS) MATRIXSAJ AT ERT EKEINEK, SAJ ATVEKTORAINAK MEGHAT AROZ ASARA . . . . . . 110

8.4. SZIMMETRIKUS TRIDIAGON ALIS MATRIX SAJ AT ERT EKENEKMEGHAT AROZ ASA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116

8.5. RANGSZ AMCSOKKENT ES . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119


6/120

numerikus anal zis i. 6

1. HIB AK A MATEMATIKAI MODELLEZ ES FOLYAMAT ABAN

I. Or okl ott hibak

1. A matematikai modell hib aja2. A bemen o adatok hibaja Ezek a tov abbi szamt asokb ol nem kikuszobolhet ok, oroklodnek.

II. Numerikus m odszer hib aja

1. Diszkretiz acios hiba2. Approxim acios hiba3. Keplet hiba

III. Szamt asi hiba1. Kerektesi hiba2. Emberi, gepi tevedes

Termeszetes k ovetelmeny, hogy az el ozo hibak osszemerhetok legyenek az utols oval (kerektesi hib aval).

Denci o :

Numerikus algoritmus: Aritmetikai es logikai m uveletek sorozata.

Denci o :

Numerikus matematika: Numerikus modszerek es algoritmusok elmelete.

A numerikus modszer, algoritmus kozelto megoldast ad!Termeszetes k ovetelmeny, hogy az algoritmus adott pontoss agot veges sok lepesben r ovid ido alatterjen el. Stabil az algoritmus, ha a bemen o adatok kis v altoztatasa a megold asban is csak kis

valtoztat ast okoz, azaz, ha a szamol as soran a szamtasi hib ak nem n onek jelent osen.

Peldak instabil algoritmusokra:

(1)

b0 = 1 , b1 =5 1

2, bn +1 = bn 1 bn

(2)I 0 = ln

65

, I n = 5 I n 1 +1n


7/120


1.1. SZ AM ABR AZOL AS TETSZ OLEGES B B AZISBAN

Tetel

Legyen 2 BZ , 0 = xR .Ekkor x mindig el oallthat o a kovetkez o alakban:

( ) x = B k

n =1xn B n

ahol {1 , 1}, kN es xn {0, 1, . . . , B 1}.Ez az eloalltas egyertelmu is, ha x1 = 0 ( ugy is mondjuk, hogy az x1 szamjegy norm alt) es ha

N N - re n N ugy, hogy

( ) xn = B 1.

Megjegyzes :

1. Teh at a B bazisban az x szam alakja:

x = B k 0.x1x2x3 . . .2.

Altal aban: B = 2 , 8, 10, 16.

3.Mivel a szamtogepen abr azolhato szamok halmaza veges, gy alakjuk ( ) helyett a kovetkez o lesz:

(1) x = B k t

n =1xn B n

ahol tN x

m :=t

n =1xn B n neve: mantissza,

t : a mantissza hossza, : az x szam elojele es

k : az x szam kitev oje (exponense), karakterisztik aja.


8/120


1.1.1. Fixpontos abrazol as :

( ) - ban k rogztett es x1 = 0 is megengedett.

Pelda :

k = 0 eseten ( ) a 0 |x| 1 szamokat adja.k = t eseten azon x egeszeket kapjuk, amelyekre

|x| B t 1.

Ez tudomanyos sz amtasokra nem alkalmas a zikai alland ok nagys agrendjenek nagy k ulonbozosegemiatt. (Pl.: mel = 9 .11 10 28 g , c = 2 .998 1010 cm/sec.)

1.1.2. Lebeg opontos abr azolas :

( ) - ban a t > 0 mantissza hossza x, es az exponensre als o es felso korlat adott:

k k k+ (k , k+ Z , k < 0, k+ > 0)

Az gy abr azolhato szamok halmaza:

B k 1 |x| < B k+ .

Ha |x| < B k 1 , akkor null aval veszi a sz amtogep.A B k+ - nal nagyobb sz amok nem kezelhetok: exponenci alis t ulcsordul as.

0 := B k 1 a null ahoz legkozelebbi szam. (Ugyanis (1) - ben x1 = 1.)

Megjegyzes :

Legt obb szamtogepen a B bazis 2 hatv any.

B = 2 bin aris rendszer. Hatr anya, hogy nagy k , k+ szamokat kell valasztani kelloen nagy sz amhalmazabr azolasahoz.

B = 8 , 16 oktalis, hexadecim alis rendszerek. Ezeknel minden xn jegy binaris abr azolasara 3illetve 4 bit sz ukseges.


9/120


Decim alis szamrendszer eseten :

t = 8 egyszeres pontoss ag,

t = 16 dupla pontoss ag mellett.

Az (1) szamok t arol asa szamtogepen:

[, k ,x 1, . . . , x t ]

A geptol es a pontossagt ol fuggoen az m := ( x1, . . . , x t ) mantissza tarol asara 4, 8, 16 byte adott.Ezzel parhuzamosan no k ertekkeszlete.

Mivel k k k+ ,

a legnagyobb abrazolhat o szam :

M := B k+ t

n =1

B 1B n

= B k+ 1 B t ,

a legkisebb :

M .

TEH AT :

A lebegopontos szamok a [ M , M ] intervallumbeli racionalis szamok diszkret halmaza, amia null ara szimmetrikus. Igy a null an kv ul (0 , 0) intervallumban nincs m as lebegopontos sz am.A 0 abr azolasa: [ + , 0, 0, . . . , 0 ].Az 0 - hoz legkozelebbi pozitv lebegopontos sz am:

B k 1B

+1

B t= 0 + B k t = 0 1 + B 1 t es 0 B 1 t 0

Az 1 mindig lebegopontos sz am, ugyanis 1 = [ + , 1, 1, 0, . . . , 0 ].

Az 1 ut ani lebegopontos sz am: [ + , 1, 1, 0, . . . , 1 ] = 1 + 1 , ahol 1 := B 1 t .

1 a gep relatv pontoss aga; gepi epszilon.


10/120


Pelda :

Legyen B = 16 = 2 4.

Egyszeres pontoss agu lebegopontos sz amok abr azolasara 32 bit = 4 byte hozz aferhet o. 1 bit azugynevezett elojelbit, 7 bit van az exponens sz amara. E 7 biten tarol odik a k exponens, amire

k = 64, k+ = 63.

Igy 0 k + 64 127 = 27 1 szamok t aroltak. A fennmarad o 3 byte-on t = 6 dbhexadecim alis jegy t arolhato.

Legyen x = 123 .75 = 7 161 + 11 160 + 12 16 1 = 16 2 7 16 1 + 11 16 2 + 12 16 3ami a k ovetkez o modon t arol odik:

0 1 0 0 0 0 1 0 0 1 1 1 1 0 1 1 1 1 0 0 0 . . . . . . . . . 0+ 66 7 11 12

A dupla pontossagu lebegopontos szamabr azolasra 8 byte all rendelkezesre. 7 byte a mantisszat = 14.

1.2. LEBEG OPONTOS ARITMETIKA

Minden x valos szamot gepen x veges el oalltasaval reprezentalunk. Ezt a folyamatot kerektesneknevezzuk, ami hib at okoz.

Denci o :Legyen x, x

R , ahol x az x approxim altja.

Az |x x| kulonbseget abszolut hib anak nevezz uk, jele: x.Ha x = 0 , az

x xx

hanyadost relatv hib anak nevezz uk, jele: x.

Tegy uk fel, hogy minden sz amra es a szamtasokban teljesul a k k k+ feltetel, azaz nincst ulcsordul as.


11/120


Megjegyzes :

Tudomanyos sz amtasokn al a megold as nagys agrendje nagy mertekben v altozhat, a relatv hibaerdekes, mivel skalafuggetlen, azaz x

x , x

x ,,skalazas a relatv hib at nem v altoztatja

meg.

KEREK IT ESI SZAB ALY :

Legyen B 2 paros egesz, tZ + , xR \ {0} es x ( ) eloalltasu. Ekkor az

Rd t (x) :=B

k

t

n =1 xn B n

ha x t+1 0 pontoss agu kozelto megoldas.(Numerikus modszer hatekonys aga.)

Denci o :

Direkt modszer: Pontos adatokat feltetelezve, a szamt asokat pontosan vegezve, veges sokmuvelettel a pontos eredmeny meghat arozhato (A, b - pontos bemeno adatok).

Termeszetesen a megold as itt is pontatlan, f ugg a k ornyezethibat ol, azaz a geptol es a megold asimodszer numerikus stabilit asat ol.


16/120


2.1. GAUSS - ELIMIN ACI O

Legyen

(1) Ax = b

det A = 0 , b = 0 (! megoldas ), ahol A - kitolt ott N N - es matrix.Legyen bi := a i, N +1 .

(1)

a11 x1 + a12x2 + a13x3 +

+ a1N xN = a1, N +1

a21x1 + a22x2 + a23x3 + + a2N xN = a2, N +1...

aN 1x1 + aN 2x2 + aN 3x3 + + aNN xN = aN, N +1

Az algoritmus:

1.

Tegy uk fel, hogy a11 = 0. Adjuk (1) i - edik egyenletehez az elso egyenlet a i1a11

- szereset =

a11 x1 + a12x2 + a13x3 + + a1N xN = a1, N +1(1)

a22x2 +(1)

a23x3 + +(1)

a2N xN =(1)

a2, N +1...

(1)aN 2x2 +

(1)aN 3x3 +

+

(1)aNN xN =

(1)aN, N +1

ahol:(1)a ij = a ij

a i1a11

a1 ji = 2 , 3, . . . , N j = 2 , 3, . . . , N + 1

Ha a11 = 0, akkor sorcseret alkalmazunk!


17/120


2.

Tegy uk fel, hogy(1)a22= 0. Adjuk a masodik egyenlet

(1)a i2(1)

a22- szereset az i - edik egyenletehez

(i = 3 , 4, . . . , N ) =

a11 x1 + a12x2 + a13x3 + + a1N xN = a1, N +1(1)

a22x2 +(1)

a23x3 + +(1)

a2N xN =(1)

a2, N +1(2)

a33x3 + +(2)

a3N xN =(2)

a3, N +1...

(2)aN 3x3 + +

(2)aNN xN =

(2)aN, N +1

ahol:(2)a ij =

(1)a ij

(1)a i2(1)a22

(1)a2 j

i = 3 , 4, . . . , N j = 3 , 4, . . . , N + 1

3.

Veg ul az (N + 1) - edik lepes ut an: (N 1)aNN xN = N 1)aN,N +1 .

Legyen: a ij =(0)a ij

i = 1 , 2, . . . , N j = 1 , 2, . . . , N + 1 .

Ekkor a k - adik lepesben a megvaltozott egy utthat ok kiszamt asa a kovetkez o modon t ortenik:

(2)(k )a ij =

(k 1)a ij

(k 1)a ik(k 1)akk

(k 1)akj k = 1 , . . . , N 1i = k + 1 , . . . , N

j = k + 1 , . . . , N + 1

Igy felso triangul aris m atrixot kapunk, ahol visszahelyettestessel az ismeretlenek kisz amolhatok:

(3) x i =1

(i 1)a ii

(i 1)a i,N +1

N

j = i+1

(i 1)a ij x j i = N, N

1, . . . , 1


18/120


2.1.1. A Gauss - eliminaci o m uveletigenye

A (2) - bol kovetkezik, hogy k - ra (N k) oszt ast es ( N k)(N k + 1) szorzast kell vegezn unk,mg a visszahelyettestesnel i - re (3) - bol = 1 osztas es ( N i) szorzast kell vegezni.

Igy a muveletigeny:

M G =N 1

k=1

(N k) + ( N k) (N k + 1) +N

i=1

1 + ( N i)

M G =13

N 3 + O(N 2)

A visszahelyettestes m uveletigenye elhanyagolhat o az eliminacional!

M G =N 1

k=1

(N k)2 + 2N 1

k=1

(N k) +N

i=1

[ 1 + (N i) ] =(N 1) N (2N 1)

6+ N (N 1) +

+ N +N (N 1)

2=

2N 3 + 3 N 2 5N 6

+N 2 + N

2=

N 3 + 3 N 2 N 3

=13

N 3 + O(N 2)

Tetel

A Gauss - elimin acio elvegezheto, azaz (k 1)akk = 0, k = 1 , . . . N 1 az egyenlet m atrix anakfominorai determin ansa nem nulla (bal felso sarokaldetermin ansok = 0).

deta11 a1k... ...ak1 akk

= 0 k = 1 , . . . , N

Bizonyt asTeljes indukcioval.

Hogy a folyamat ne akadjon el, kell, hogy(k 1)akk = 0.

Az elso lepesben ( k = 1) :

(1)a22= a22

a21a11

a12 =a22a11 a12a21

a11=

det a11 a12a21 a22det[ a11 ]

, ha det [a11 ] = 0

Sot, hogy az eljar as folytathato legyen, kell, hogy det a11 a12a21 a22= 0.


19/120


Mivel sorok line aris kombin acioja a determinans erteket nem v altoztatja meg, azert:

deta11 a12a21 a22 = det

a11 a120 (1)a22 (= 0)

Tegy uk fel, hogy a modszer a ( k 2) - edik lepesig elvegezhet o, azaz (k 1) - edrendig a f ominoroknem null ak (det Ak 1 = 0).Belatjuk, hogy a ( k 1) - edik lepesben

(k 1)akk = 0 det Ak = 0.

Tehat:

det Ak

= det

a11 a1ka21 a2k... ...

ak1 akk= det

a11 a1k0

(1)a22

(1)a2k

... . . . . . . ...0 0

(k 1)akk

=k

i=1

(i 1)a

ii=

(k 1)a

kk

k 1

i=1

(i 1)a

ii=

(k 1)a

kk det A

k 1.

Az indukci os feltetel miatt det Ak 1 = 0, ezert(k 1)akk = 0 det Ak = 0 .

2.2. GAUSS - JORDAN ELIMIN ACI O

Ket f o dologban k ulonbozik a Gauss - elimin aciot ol:

1. Minden lepesben el oszor leosztjuk az egyenletet a megfelel o(k 1)akk egyutthat oval.

2. Nem csak a f oatl o alatt, hanem felette is elimin alunk.

N lepes ut an:

x1 =(N )

a1,N +1

x2 = (N )a2,N +1...

xn =(N )

aN,N +1

A k - adik lepesben kapott egy utthat ok:

(1)(k )a ij =

(k 1)a ij

(k 1)a ik

(k 1)akk

(k 1)akj

k = 1 , . . . , N i = 1 , . . . , N , i = k j = 1 , . . . , N + 1

Visszahelyettesteni nem kell !


20/120


2.2.1. A Gauss - Jordan eliminaci o m uveletigenye

(1) = k - ra (N k + 1) osztas es ( N k + 1)( N 1) szorzas kell.

Igy :

M =N

k=1

(N k + 1)+ ( N k + 1) ( N 1) = N N

k=1

(N k + 1) = N (N + 1) N

2=

12

N 3 + O(N 2),

ami mintegy 50%- kal tobb a Gauss - eliminacioen al.Ezert linearis egyenletrendszerek megoldas ara ezt nem celszeru haszn alni.DE: Programozasi szempontbol matrix invertalasra el onyos.

Alkalmazasok

1. Gauss - elimin acio: egyenletrendszer megoldasara telematrix es kis rendszer (max 20 20)eseten.

2. Gauss - elimin acio: determinans ertekenek kiszamt asara,

det A = ( 1) l(0)a11

(1)a22 . . .

(N 1)aNN

ahol l - a sor- es oszlopcserek szama.

3. Gauss - Jordan eliminaci o: matrix inverzenek kisz amtasara,

Ax = e1...

Ax = eN

ahol e i az i - edik egysegvektor.

Ax = I = x = A 1

Belathato, hogy a Gauss - elimin acio alkalmaz asaval kapott felso matrix alkalmas matrix-szorzasokkalis megkaphato.


21/120


Legyen

(A

|b ) =

a11 a1N b1... ... ...aN 1 aNN bN

Ekkor a Gauss - eliminacio lepesei:

1.

Azon r 1 index megkeresese, amelyre a r 1 1 = 0 , r1 {1, . . . , N }.

Az elso sor csereje az r 1 - edik sorral az ( A |b ) matrixban. Az eredmenym atrix legyen ( A | b ).2.

i = 2 , . . . , N - re vonjuk ki az els o sor li1 =a i1

a11- szereset az i - edik sorb ol

( A | b ) - ban.Az eredmenym atrix legyen ( A

|b ) , azaz

(A |b ) =

a11 a12 a1N b10 a22 a2N b2...

......

...

0 aN 2 aNN bN

Az (A |b ) = ( A | b ) = (A |b ) transzformaciok lerhatok matrixok szorzas aval isa kovetkez o modon:Az 1. - beli sorcsere az (A |b ) matrixnak egy permut acio matrixszal valo szorzasnak felel meg.


22/120


Denci o :

Permutaci o m atrix ( N N - es) :

P ij :=

1 0 00 . . .

1 00 11

...... . . .

......

11 00 1

. . . 00 0 1

i - edik sor

j - edik sor

A permutacio matrix felcsereli az i - edik es j - edik sort.P ij nem szingul aris, es belathato, hogy P 1ij = P ij .

Denci o :

Frobenius matrix ( N

N - es) :

i - edik oszlop

L i :=

1 0 00. . . . . . . . .

... 0 1 0...

li+1 , i 1

. . .

... ... 0 . . . 00 0 lN, i 0 0 1

A Frobenius matrix az I - tol csak egy oszlopban k ulonbozik. L i nem szingul aris.

Igy a Gauss - elimin acio 1. lepese a kovetkez o modon rhat o:

(A |b ) = L1( A | b ) = L1P r 1 1(A |b )


23/120


Alltas

L 1i =

1 0 00. . . . . . . . .

... 0 1 0...

li+1 , i 1. . .

...... 0 . . . 0

0 0 lN, i 0 0 1

Bizonyt as

L i - t rjuk a kovetkez o alakban: L i = I m (i ) e(i ) T ,ahol m (i ) := 0, . . . , 0, li+1 i , . . . , l Ni

T (m (i ) oszlopvektor, e(i ) az i - edik egysegvektor. =

L i I + m (i )e(i ) T = I m (i )e(i ) T I + m (i )e(i ) T = I + m (i )e(i ) T m (i )e(i ) T m (i)e(i) T m (i )e(i ) T = I

A stabilitas miatt celszer u r 1 - et ugy valasztani, hogy:

|a r 1 1| := max1 i N |a i1|

A k - adik lepes ut an a k ovetkez o matrixot kapjuk:

(A(k ) |b (k )) =A(k )11 A

(k )12 b

(k )1

0 A(k )22 b(k )2

ahol A(k )11 R k k egy felso matrix.

A (k + 1) - edik lepesben:

A(k+1) |b (k+1) = Lk+1 P r k k+1 A(k ) |b(k ) es most csak az A(k )22 |b

(k )2 matrix fog v altozni.

(N 1) lepes ut an egy felso matrixot RR N N es egy cR N vektort kapunk, ahol(R |c) = LN 1P N 1LN 2P N 1 . . . L 1P 1(A |b )


24/120


2.3. LU - FELBONT AS (TRIANGUL ARIS FELBONT AS)

Legyen

(1) Ax = b , AR N N , det A = 0

Bontsuk fel az A matrixot ket h aromsz ogmatrix szorzatara!

A = L U , ahol

L =

1 0 0l2 1 1

...... . . . 0

lN 1 lN N 1 1U =

u1 1 u1 2 u1 N 0 u2 2

...... . . . uN 1 N 0 0 uN N

Ekkor (1) megoldasa: LU x = b

Ezt ket lepesben vegezhetj uk:

L U x

y

= b1. Ly = b

2. Ux = y

Teh at: A = L U legyen!Szamtsuk ki L es U elemeit!

j - edik oszlop

i - edik sor

a1 1 a1 N . . .

... a i i a ij...

. . .

aN 1 aN N

A

=

=

1 0 0l2 1 1... . . .

...li 1 li i 1 1... . . .

lN 1 1 1 0lN 1 lN N 1 1

L

u1 1 u1 2 u1 j u1 N 0 u2 2. . . ...

...... u i i u ij u iN N . . . ...

uN 1 N 1 uN 1 N 0 0 uN N

U


25/120


(2) a ij = li1 u1 j + li2 u2 j + + li i 1 u i 1 j + u ij , ha i j(3) a ij = li1 u1 j + li2 u2 j + + li i 1 u j 1 j + lij u jj , ha i > j

Ahonnan:

i = 1 - re: a1 j = u1 j j = 1 , . . . , N , j = 1 - re: a i1 = li1 u11 i = 2 , . . . , N ,

es amikbol u1 j , li1 elemek szamolhatok, ha u11 = 0 .

i = 2 - re: a2 j = l21 u1 j + u2 j j = 2 , . . . , N , j = 2 - re: a i2 = li1 u12 + li2 u22 i = 3 , . . . , N ,

amikb ol u2 j es li2 elemek szamolhatok, ha u22 = 0 .

Altalanosan :

(2) = u ij = a ij i 1

k=1

lik ukj i j ( j = i , . . . , N )

(3) = lij =1

u jja ij

j 1

k=1

lik ukj i > j (i = j + 1 , . . . , N )

Most L es U ismereteben 1. es 2. egyenletrendszer megoldasa k ovetkezik, az al abbi formul ak alapj an:

Ly = b megold asa:

yi = bi i 1

k=1

lik yk (i = 1 . . . . , N )

majd U x = y megold asa:

x i =1

u iiyi

N

k= i+1

u ik xk (i = N , . . . , 1)


26/120


Tetel

det A = 0

LU = A felbont as = ! az LU felbont as

Bizonyt as

Indirekt.

A = L1 U 1 = L2 U 2 / L 11U 1 = L 11 L2 U 2 / U 12

U 1 U 12 = L 11 L2

bal oldalon fels o matrix jobb oldalon also matrix

Ez csak az egysegmatrix lehet,azaz L1 = L2 es U 1 = U 2 .

Tetel

Jel olje Ak (k = 1 , . . . , N ) az A matrix k - adrend u fominorait.Ha det Ak = 0 , k = 1 , . . . , N , akkor ! A = L U felbont as, ahol:

L =

1 0 0l2 1 1

...... . . . 0

lN 1 lN N 1 1also matrix, es U =

u1 1 u1 2 u1 N 0 u2 2

...... . . . uN 1 N 0 0 uN N

felso matrix.

Bizonyt as

Teljes indukcioval k - ra.

k = 1 - re A = [a11 ] = L = [ 1 ] , U = [u11 ] , u11 = a11

Tegy uk fel, hogy (k 1) - re a tetel ervenyes = ! felbont as, azaz Ak 1 = Lk 1 U k 1Bizonytjuk k - ra, hogy ! Ak = Lk U k felbont as.Ehhez tekintsuk az Ak - t !


27/120


( ) Ak =Ak 1 b

cT akk, Lk =

Lk 1 0

m T 1, U k =

U k 1 u

0 ukk,

ahol b , c, u , m vektorok ( k 1) komponens uek. b , c ismert.A ( ) felr ast gyelembe veve a kovetkez oknek kell teljes ulniuk:

. L k 1 U k 1 = Ak 1 . m T U k 1 = cT

. L k 1 u = b . m T u + ukk = akk

Az indukci os felteves miatt Lk 1 , U k 1 egyertelmuen meghatarozottak ( ) .

det Lk 1 det U k 1 = det Ak 1 = 0 a felteves miatt = det Lk 1 = 0 , det U k 1 = 0 ,teh at , - bol u es m ugyancsak egyertelm uen meghatarozhatok.Veg ul - bol ukk egyertelmuen meghatarozhato.

2.3.1. Az LU - felbontas m uveletigenye

U elemeinek kisz amtasa

u ij = a ij i 1

k=1

lik ukj i j ( j = i , . . . , N )

alapj an

N

j =1

j

i=1

(i 1) =N

j =1

j ( j 1)2

=16

N 3 + O N 2

L elemeinek kisz amtasa

lij =1

u jja ij

j 1

k=1

lik ukj i > j (i = j + 1 , . . . , N )

alapj an

N

j =1

N

i= j +1

j =N

j =1

j (n j ) =16

N 3 + O N 2


28/120


Igy a muveletigeny :

M LU =13

N 3 + O N 2

2.4. S AVM ATRIXOK, TRIDIAGON ALIS M ATRIXOK

Kozonseges es parci alis differencialegyenletek diszkretiz acioval t orteno numerikus megoldasa gyak-ran olyan line aris egyenletrendszerre vezet, melynek m atrixa a f odiagon alis egy savj an kv ul csupa0 - kat tartalmaz.

Denci o :

Az AR n n matrixot ( m, k ) savm atrixnak vagy szalagm atrixnak nevezzuk, ha a ij = 0 , j i > kes i j > m eseten.Az (1, 1) savm atrixot tridiagon alis matrixnak nevezzuk.

Ha egy (m, k ) szalagm atrixnak triangularis felbont asa, A = LU , akkor L (m, 0) savu esU (0, k) savu matrix lesz, ha sorcserere nincs sz ukseg.Tegy uk fel, hogy meg akarjuk oldani az Ax = d , A

C n n , d C n egyenletrendszert, ahol A

tridiagonalis es

(1) A =

a1 c1 0 0b2 a2 c2

...

0 . . . . . . . . . 0... bn 1 an 1 cn 10 0 bn an

= tridiag ( bi , ai , ci )

Tetel Felbontasi tetel tridiagon alis matrixokra

Tegy uk fel, hogy az (1) matrix elemeire teljesulnek a k ovetkez o egyenlotlensegek:

( )

|a1| > |c1| > 0,

|a i | |bi |+ |ci | ,

|an | |bn | > 0.bi = 0 , ci = 0 , 2 i n 1


29/120


Ekkor :

i.)

1 := a1, 1 := c1 11 ,

i := i bi i 1 (2 i n) , i := ci 1i (2 i n 1) es teljes ul, hogy:

| i | < 1, (1 i n 1), 0 < |a i | |bi | < | i | < |a i |+ |bi | , (2 i n)ii.)

A - nak

A = LU felbont asa, ahol:

L := tridiag ( bi , i , 0), R := tridiag (0 , 1, i )

iii.)

A nem szingul aris.

Bizonyt as

i.)

A ( ) - bol azonnal k ovetkezik, hogy:

| q| = |c1| |a1| 1 1

Most legyen:

| j

|< 1, j = 1 , . . . , i

1

Ekkor:

| i | =ci

a i bi i 1 |ci |

|a i | |bi | | i 1|< |ci |

|a i | |bi | 1

Tov abb a:

|a i |+ |bi | > |a i |+ |bi | | i 1| | i | |a i | |bi | | i 1| > |a i | |bi | |ci | > 0


30/120


ii.)

Kozvetlen ul ellenorizhet o, hogy:

A = tridiag ( bi , i , 0) tridiag (0 , 1, i ) ervenyes, sor - oszlop szorz assal:a i i +1 = i i = i ci 1i = ci ,a i i = bi i 1 + i = bi i 1 + ( i bi i 1) = a i ,a i+1 i = bi+1 ,a11 = 1 = a1.

1 < i < n 1 ,2 i n ,1 i n 1 ,

iii.)

Az A matrix regularis, mivel:

det A = det L det U =n

i=1

i = 0

Denci o :

A ( ) tulajdonsagu tridiagonalis matrixokat irreducibilisen diagon alisan dominans m atrixoknak

nevezzuk.A fenti tetel teh at ugy is megfogalmazhato, hogy egy irreducibilisen diagonalisan dominans A

matrixnak A = LU felbont asa, ahol L (1, 0) - savu, U (0, 1) - savu (szalag)m atrix es ahol U fodiagon alisaban 1 - esek allnak.

2.5. SCHUR - KOMPLEMENTER

A Gauss - algoritmusn al az 1. oszlop null azasa meg a kovetkez o modon is lerhat o:

Ax = bL1 Ax = L1b , ahol:

(1) L1 :=

1 0 0l21 1 0

...... 0 1 . . .

... . . . . . . 0

lN 1 0 0 1

=1 0

l 1 I N 1, A =

a11 a 1

a 1 AN 1 N 1, ahol:

l 1 =1

a11a 1 , a 1 = [a21 , . . . , a N 1]T , a 1 = [a12 , . . . , a 1N ]


31/120


Igy :

(2) L1A =a11 a 1

0 A(1)=

a11 0

0 A(1)

1 u 1

0 I N 1

Ilyen szorzatalakra bonthat o, ahol u 1 :=1

a11 a 1 , es A(1) a jobb als o (N 1) (N 1) - es

matrix az 1 . oszlop null azasa ut an.

Ha AN 1,N 1 az eredeti A matrix jobb also sarka, akkor:

(1) =

A(1) = AN 1,N 1

l 1 a 1 = AN 1,N 1

1

a11a 1 a 1

(2) = tudva, hogy L1 regul aris m atrix es inverze: L 11 =

1 0 0l21 1 0

...... 0 1 . . .

... . . . . . . 0lN 1 0 0 1

(3) = A =1 0

l 1 I N 1

a11 0

0 A(1)

1 u 1

0 I N 1

Az A matrix e felbontasa harom m atrix szorzatara t ukr ozi a Gauss - elimin acio elso lepeset.A k - adik lepesben ( N k) (N k) meretu A(k ) matrixot, es u k , l k vektorokat alltunk elo.

Alltas

Az L i Frobenius matrix inverze: L 1i =

1 0 00. . . . . . . . .

... 0 1 0 ...

li+1 , i 1. . .

...... 0 . . . 0

0 0 lN, i 0 0 1

Ugyanis ha L i = I m (i ) e(i ) T == m := (0 , . . . , l i+1 i , . . . , l N i )

T (I m (i ) e(i) T )( I + m (i ) e(i ) T ) = I

Most (elimin aljuk) nullazzuk ki az els o ket oszlopot az elso lepesben.


32/120


Legyen

A =A11 A12

A21 A22, b =

b1

b2, es A11 =

a11 a12

a21 a22,

es ahol A22 (N 2) (N 2) - es matrix.Altal anostva a fenti elj ar ast:

Ax = b - t szorozzuk balrol az L2 =I 2 0

l2 I N 2also blokkm atrixszal.

Tegy uk fel, hogy A11

regul aris m atrix. Ekkor:

( ) L2Ax =I 2 0

l2 I N 2x =

A11 A12

0 A(2)x =

b1

b2(= L2b )

ahonnan l2 = A21A 111 (N 2) 2 - es matrix, tovabb a:

(4) A(2) = A22 A21 A 111 A12 ugyanis: l2A12 + I N 2A22 = A(2)

b2 = A21A 111 b1 + b2 ugyanis: L2b1b2

= b1b2

Megjegyzes :

A 111 letezhet akkor is, ha a11 = 0, tehat ha a kor abbi elimin acio nem mukodik (csak sorcserevel).

Igy a ( ) - beli A(2) - vel kapcsolatos egyenletrendszerrel kell tov abb foglalkozni, ugyanis ha en-nek megoldasa:

y := [x3, . . . , x N ]T , akkor:

(5) A11x1x2

( )= b1 A12 y egyenlet megold asa adja a hianyz o x1, x2 - t.

A ( ) - beli L2A felso blokkm atrix, mint (2) - nel, szorzatt a bonthato.

(6) L2A =A11 A12

0 A(2)=

A11 0

0 A(2)

I 2 U 2

0 I N 2,

ahol U 2 = A 111 A12 , ha A11 regul aris.


33/120


Belathato kozvetlen ul, hogy L 12 =I 2 0

l2 I N 2, ezert (6) =

(7) A =I 2 0

l2 I N 2

A11 0

0 A(2)

I 2 U 2

0 I N 2

Ennek es a (3) felbont asnak az altal anostasa a k ovetkez o:

(8)A11 A12

A21 A22= A =

I k 0

Lk I N k

Dk 0

0 D N k

I k U k

0 I N k,

ahol:

A11 , Dk R k k , A12 , U k

R k (N k )

A21 , Lk R (N k ) k , A22 , DN k

R (N k ) (N k )1 k N 1 .

Alltas

Ha det A11 = 0, akkor a (8) blokkfelbontas letezik.

Bizonyt as

A (8) jobb oldal at kisz amtva = A =Dk D k U k

Lk D k DN k + Lk Dk U k

Innen = A11 = Dk , A12 = Dk U k , A21 = Lk D k , A22 = D N k + Lk Dk U k

Mivel det A = 0 , azert Dk , U k , Lk es D N k egyertelmuen meghatarozottak, es

D k = A11 , U k = A 111 A12 , Lk = A21A 111 ,

D N k = A22 A21 A 111 A12

D N k az az alm atrix, amely esetleg meg tov abbi feldolgozasra var.Igy a Gauss - elimin acio 1. lepese ut an: DN k = A(1) , illetve a blokklepes ( x1, x2 egyidej u elimin acioja)ut an: DN k = A(2) .


34/120


Denci o :

A DN k matrixot a (8) alaku blokkm atrix A11 blokkja Schur - komplementerenek nevezz uk.

Jele: DN k = A22 A21 A 111 A12 =: [A/A 11 ] (A letezeset bel attuk, ha det A11 = 0 .)

2.6. PASSAGE (PROGONKA) M ODSZER VAGY R OVID ITETT GAUSS - AL-GORITMUS TRIDIAGON ALIS M ATRIX U EGYENLETRENDSZERRE

Tekintsuk a k ovetkez o egyenleterndszert:

(1) Ax = f , AR n n , x , f

R n , ahol

A =

a1 c1 0 0b2 a2 c2

...

0 . . . . . . . . . 0... bn 1 an 1 cn 10 0 bn an

= tridiag ( bi , a i , ci )

(2)

bi , a i , ci > 0,

i - re

a i bi + ci , i - rees j index, amelyre a j > b j + c j

Tov abb a b1 := 0 , cn := 0 .

Az LU felbont asban a s avszelesseg megmarad, gy mindket m atrixnak csak ket (nem zerus) atl ojavan.

Igy az (1) megold asat a k ovetkez o alakban kereshetjuk, ami a visszahelyettestesnek felel meg:

(3) x i 1 = i x i + i , i = n , . . . , 2 ,

ahol az i , i egyutthat okat az (1) i - edik sorab ol hat arozhatjuk meg:

bi x i 1 + a i x i ci x i+1 = f ibi ( i x i + i ) + a i x i ci x i+1 = f i

azaz:x i (a i bi i ) = ci x i+1 + f i + bi i

Tegy uk fel, hogy (a i bi i ) = 0 .


35/120


Ekkor:

( ) x i =ci

a i bi ix i+1 +

f i + bi ia i bi i

, ahol

(4) i+1 :=ci

a i bi ies i+1 :=

f i + bi ia i bi i

i = 1 , . . . , n 1

1, 1 kezdoer tekek meghataroz asahoz rjuk fel (1) elso egyenletet:

a i x i ci x2 = f 1 = a1x1 = c1x2 + f 1

( ) alakra rendezve

x1 =c1a1

x2 +f 1a1

azt mutatja, hogy:

(5) 1 = 0 , 1 = 0 v alaszthato.

A (4) es (5) - bol minden i es i megkaphato.

A (3) kiszamtasahoz szukseg van az xn ,,kezdoertekre. Ehhez tekints uk az (1) utols o egyenletet:

bn xn 1 + an xn = f n

(3) = bn ( n xn + n ) = f n + bn n(6) = xn =

f n + bn nan bn n

=: n +1

Ebb ol indtva a visszahelyettestesi menetet, (3) alapj an xn 1, . . . , x 1 megkaphato.

A (3) - (6) algoritmust rovidtett Gauss - elimin acionak vagy tridiagonalis algoritmusnak is nevezik.(Progonka vagy passage m odszer.)

2.6.1. Az algoritmus stabilitasa

Tetel

A passage algoritmus (3) - (6) formul ai jol denialtak a (2) feltetelek eseten, azaza i bi i = 0 i = 1 , . . . , n 1 es stabilak abban az ertelemben, hogy 0 i 1, i = 1 , . . . , n .


36/120


Bizonyt as

Teljes indukcioval i - re.

Tudjuk, hogy i = 1 - re i = 0 = a1 b1 1 > 0Tov abb a:

0 2 =c1

a1 b1 1 1

Most legyen 0 i 1 rogztett i - re. Ekkor:

(2) =

a i

bi i

(1

i ) bi + ci > 0,

es gy 0 < i+1 =ci

a i bi i 1

a i bi ci ,1ci

1a i bi

= 1 ci

a i bi ci

a i bi i

Teh at 0 i 1 i - re.

Most meg esetleg n +1 - et nem tudnank kisz amolni, ha n = 1 an = bn lenne.De (2) alapj an letezik j index, amelyre a j > b j + c j , ami miatt i = j + 1 , . . . , n - re teljes ul,

hogy 0 < i < 1 .

Teh at n = 1 nem allhat fenn.

2.7. SZIMMETRIKUS POZIT IV DEFINIT M ATRIXOK CHOLESKY FELBONT ASA

Legyen R n euklideszi terben a skal aris szorzat:

x , y :=n

i=1

x i yi , x , y R n x , y = x T y

Alltas

AR n n = Ax , y = x , A

T y


37/120


Denci o :

Az A matrix szimmetrikus, ha A = AT , azaz, ha a ij = a j i i, j - re.

Megjegyzes :

A szimmetrikus Ax , y = x , Ay

Ha A szimmetrikus = A saj atertekei val os szamok.

Denci o :

Az A szimmetrikus matrix pozitv denit, ha ( Ax , x) > 0, x = 0 .

Az A szimmetrikus matrix pozitv szemidenit, ha ( Ax , x) 0, x = 0 .

Tetel

Ha A pozitv denit = det A = 0, s ot: det A > 0 .

Bizonyt as

Indirekt.

Tegy uk fel, hogy det A = 0 = x = 0, amelyre Ax = 0 =(Ax , x) = ( 0, x) = 0 lenne x = 0 vektorra, ami ellentmond annak, hogy A pozitv denit.

AlltasHa A pozitv denit = A 1, ez is pozitv denit, sot Afominora pozitv denit,es a ii > 0.

Tetel Kriteriumok A pozitv denitsegere

Az A matrix pozitv denit ha valamelyik az alabbiak k ozul teljes ul:

1. (Ax , x ) 0 , x = 0,2. Az A matrix sajatertekei pozitvak,

3. det Ak > 0, ahol Ak fominora A - nak, k = 1 , . . . , n .


38/120


Tetel

Ha A = W W T alakban rhat o = A szimmetrikus matrix es pozitv denit.

Bizonyt as

Szimmetria :

AT = W W T T = W T T W T = W W T = A

Pozitv denit :

(Ax , x) = W W T x , x = W T x , W T x = W T x 2 > 0, ha x = 0

Fontos kerdes : Milyen feltetelek mellett letezik egy A matrixnak A = W W T felbont asa?

Denci o :

Az A = W W T felbont ast, ahol W nem szingul aris m atrix, Cholesky felbont asnak nevezz uk.Belatjuk, hogy ha A szimmetrikus es pozitv denit m atrix, akkor a Cholesky felbont asa letezik es aW triangularis m atrix lehet.

Tetel

Legyen A R n n szimmetrikus pozitv denit m atrix. Ekkor ! A = L LT felbont as,

ahol L also matrix, nem szingularis es lii > 0 (i = 1 , . . . , n ) .

Bizonyt as

Teljes indukcioval n - re.

n = 1 - re A = ( a11 ) , a11 > 0, gy L = LT = a11Legyen A

R n n szimmetrikus pozitv denit es tegy uk fel, hogy (n 1) - re igaz az alltas,teh at An 1

R (n 1) (n 1) - re ! An 1 = Ln 1 LT n 1 .


39/120


Tekintsuk An - t:

An =An 1 b

b T annes keress uk Ln - t a k ovetkez o alakban: Ln =

Ln 1 0

cT

, ahol

An 1 fominor pozitv denit, ann > 0, b , c R n 1, > 0, es lii > 0 i = 1 , . . . , n 1(ezek Ln 1 foatl ojanak elemei).

Ezt gyelembe veve:

An 1 b

b T ann= An =

Ln 1 0

cT

LT n 1 c

0 =

=

An 1 = Ln 1 LT n 1 Az indukci os feltetel miatt Ln 1 also matrix.Ln 1 c = b = det Ln 1 = 0 = ! c megoldas.b T = cT LT n 1ann = cT c + 2

Mivel 0 < det An = det Ln det LT n = (det Ln 1) det LT n 1 = 2 (det Ln 1)2 ==

2 > 0 es 2R

Igy 2 = ann cT c = = ann cT c = > 0 es R

2.7.1. Az Ln matrix lij elemeinek meghatarozasa

A = L LT - bol oszloponkent haladva eleg i j - re az L - beli elemeket meghatarozni.

i j a ij = j

k=1

lik l jk =

= i = j a jj = j

k=1

l2 jk = ( ) l jj = a jj j 1

k =1

l2 jk

12

> 0

( ) i > j l ij =1

l jja ij

j 1

k=1

lik l jk


40/120


A muveletigeny :16

n3 + O(n2) .

Alltas

Ha A szimmetrikus de nem pozitv denit, a Cholesky felbont as nem mindig lehetseges. Viszont,ha letezik a Cholesky felbont as, akkor az L matrix nem lehet val os, ugyanis val os, nem szingul aris Leseten, ha A = L LT = A pozitv denit.

2.7.2. Egyenletrendszer megoldasa Cholesky felbontassal szimmetrikus matrixra

(1) Ax = b , A szimmetrikus

LL T x = b , azaz

(2) Ly = b , majd

(3) LT x = y .

A (2) j - edik egyenlete a visszahelyettestes ut an:

(4) y j =1

l jja j n +1

j 1

k=1

l jk yk j = 1 , . . . , N ,

ahol a j n +1 := b j ( j = 1 , . . . , n ) .

Majd bevezetve az y j := l j n +1 , (4) a kovetkez o alaku lesz:

L j n +1 =1

l jj a j n +1 j 1

k=1lkj lk n +1 j = 1 , . . . n ,

ami eppen a ( ) kepletnek az i = n + 1 - nek megfelel o specialis esete.

A (3) - at most m ar a szok asos visszahelyettestessel adjuk meg:

x i =1lii

yi N

k= i+1

lki xk i = N , . . . , 1 .


41/120


A muveletigeny :

16

N 3 + O(N 2) .

Fele, mint az LU felbont asn al, de N darab gy okvonas is kell.

Megjegyzes :

A ( ) formul ab ol = j

k=1

l2 jk max1 j N |a jj | , 1 j N - re.

Igy az L matrix minden eleme korl atos, a max1 j N |a jj | korlattal, teh at nem n ohetnek tulsagosan

gyorsan. Ez a tulajdons ag biztostja a m odszer (algoritmus) stabilit asat.Az l jk szamok az alatt a korl at alatt maradnak, amit a kiindul asi adatok (az A matrix elemei)

meghat aroznak!

2.8. HOUSEHOLDER ( QR ) FELBONT AS

(1) Ax = b AR n n

Az A matrixot felbontjuk A = QR alakra, ahol Q ortogon alis matrix, R felso matrix.

Denci o :

Q matrtix ortogon alis, ha QQ T = I

Q tulajdonsagai: QT

= Q 1

det Q = 1Ha Q1 , Q2 ortogon alis = Q1 Q2 is ortogon alis

Lattuk mar, hogy peldaul a Gauss - eliminaci onal a matrixot felso matrixra lehet transzform alni,,elemi m atrixok (Frobenius, permut acio) szorzasaval. Most is a Q ortogon alis matrixot ugynevezettHouseholder - m atrixok szorzasaval alltjuk elo.

Ha A = QR(1)= QR x = b ezt balr ol Q

1 - gyel szorozva =

= Rx = QT

b felso matrix u rendszer.


42/120


43/120


Innen az k ovetkezik, hogy a h vektor az ( x e1) vektor sz amszorosa kell legyen. De mivela h egysegvektor ( h 2 = 1), azert x e1 - et osztva a normajaval, megkapjuk a keresett hegysegvektort.h = x e1x e1 2

ahol R es || = x 2

Minden feltetelt kihaszn altunk, de elojele hat arozatlan maradt.Az algoritmus stabilit asara es a hibafelhalmoz odas elkerulesere valasszuk elojelet a kovetkez o modon:

:= sign (x1) x 2 es legyen sign (x1) = 1, ha x1 = 0

h kiszamtasahoz kell:

x e1 22 = x + sign (x1) x 2 e1 22 = |x1|+ x 22 +

k

i=1|x i |2 =

= x 22 + 2 |x1| x 2 + x 22 = 2 x 2 ( x 2 + |x1|)

= h =sign (x1) |x1|+ x 2 , x2, . . . , x k

T

2 x 2 |x1|+ x 212

Igy a kovetkez o H matrix megoldja az alapfeladatot:

i.) H = I u u T ,

ii.) := x 2 |x1|+ x 2 1

,

iii.) u := sign (x1) |x1|+ x 2 , x2, . . . , x kT

.

2.8.1. A Householder - algoritmus

Legyen A (n n) - es tetsz oleges matrix, tovabb a A(0) := A .Az A matrixot minden lepesben szorozzuk H (i )

R n n Householder - m atrixszal.

H n 1 . . . H 2 H 1 A = R

H i

- k ortogon alisak = A = H n 1

. . . H 2

H 1 1

R = H 1 1

. . . H n 1 1

RA = H (1) H (2) . . . H (n 1) R = Q := H (1) . . . H (n 1) .


44/120


Legyen A(0) := A .

i.)

Az elso lepesben A(0) - t szorozzuk olyan H (1) Householder - m atrixszal, amelyre teljes ul,hogy H (1) (a ) = e1 , ahol a az A matrix els o oszlopvektora.

ii.)

(i 1) - edik lepesben H (i 1) A(i 2) = A(i 1) , ahol

A(i 1) =B (i 1) C (i 1)

0 A(i 1)felso matrix, ahol

B (i 1) R (i 1) (i 1) , A(i 1)

R (n i+1) (n i+1) , C (i 1) R (i 1) (n i+1)

iii.)

Az i - edik lepesben megkeress uk azt a H (i )R (n i+1) (n i+1) - es Householder - m atrixot,

amelyre teljes ul, hogy

H (i)

a (i 1) =

e1,

e1

R (n i+1)

Igy kiegesztve H (i) - ot (n n) - esre a kovetkez o modon

H (i) =I i 1 0

0 H (i), H (i )

R n n

Ez is szimmetrikus es ortogon alis, es ezzel szorozzuk A(i 1) - t = H (i ) A(i 1) = A(i )

iv.)

(n 1) - edik lepesben:H (n 1) . . . H (2) H (1) A = A(n 1) = R ,A = H n 1 . . . H 2 H 1

1R = H 1

1 . . . H n 1

1R = H (1) H (2) . . . H (n 1) R

Igy megkapjuk az A(n 1) = R felso matrixot es a Q ortogonalis, szimmetrikus m atrixot,

amelyekkel A = Q R


45/120


Tetel

Tetszoleges AR n n - es matrix felbonthat o A = Q R alakban, ahol Q ortogon alis, R felsomatrix.

Megjegyzes :

Ez, az ugynevezett QR felbont asi tetel konnyen kiterjeszthet o mind komplex -, illetve teglalap -matrixokra is.

2.8.2. A Householder - algoritmus alkalmaz asa

Alkalmazas : Ax = b egyenletrendszer megold asara.

Input: nN C = A|b = [cij ]R n (n i+1)

1.

Ertekad as: i := 1

2.

Elimin acios lepes: s :=n

k= i

c2ki

12

a.)Ha s = 0 , stop , egyebkent:

:= [s (|cii |+ s)] 1 ,u := 0, . . . , 0, cii + sign (cii ) s, c i+1 i , . . . , c nn

T ,

sign (cii ) = 1 , ha cii = 0 ,

H (i ) := I u u T

b.)C := H (i) C =: ( cij )

3.

Ellen orzes: ha i + 1 n 1 , akkor i := i + 1 es go to stop 2. , egyebkent stop .Majd j on a visszahelyettestes.


46/120


2.8.3. A Householder - algoritmus m uveletigenye

Az algoritmus m uveletigenye :43n

3

+ O n2

osszesen.

R eloalltasa:23

n3 + O n2 ,

Q eloalltasa:23

n3 + O n2 ,

de QT b szorzat kisz amtasahoz eleg O n2 muvelet plusz ( n 1) darab gy okvonas.

Teh at Ax = b = Rx = QT b a muveletigeny:

23

n3 + O n2 ,

ketszer annyi, mint a Gauss - elimin acional.

Megjegyzes :

A Householder - transzform acio alkalmazhato matrixok sajatertekeinek kiszamt asara is (es sajatvektorokmeghat aroz asara). Numerikusan rendkv ul stabil!

2.8.4. A = A0 szimmetrikus matrix tridiagon alis alakra val o transzformaci oja Householderm odszerevel

Egyszerre egy egesz sort es oszlopot tesz unk zerussa, kiveve a tridiagon alis elemeket.Az eljar as (n 2) lepesbol all. r - edikben kapjuk a 0 - kat az r - edik sorban es oszlopban. A kor abbi0 - k nem valtoznak.

Legyen az r - edik lepes elott a m atrix:

Ar 1 =

x xx x x

x x x x xx x x xx x x xx x x x

r

n r=

0 0 0C r 1 0 0 0

b T r 10 00 0 b r 1 B r 10 0

ahol b r 1 vektornak ( n r ) komponense van, C r 1 r - edrend u tridiagonalis matrix,B r 1 (n r ) - edrend u matrix.


47/120


A transzformacio P r (n n) - es matrix at k ovetkez o modon adjuk meg:

P r =I 0

0 Q r

=I 0

0 I 2 v r v T r

r

n r

ahol v r (n r ) komponens u es v = 1 .

Egyszer u szamol assal =

(1) Ar = P r Ar 1P r =

0 0 0C r 1 0 0 0

cT r0 00 0 c r Qr B r 1Qr0 0

r

n r

ahol cr = Q r b r 1 .

Ha v r - t ugy valasztjuk, hogy cr komponensei az els o kivetelevel mind elt unjenek, akkor Ar elso(r + 1) sor aban es oszlopaban tridiagonalis lesz.

(1) = trivi alis, hogy hasonlosagi transzformacio, es A0, A1, . . . , A n 2 saj atertekeimegegyeznek.

Kenyelmesebb, ha a P r matrixot a kovetkez o modon valasztjuk meg:

P r = I 2 w r wT r ,

ahol w r n komponens u, elso r ebbol 0, w 2 = 1 .

Ekkor:

(2) P r = I 2 w r w T r = I U r U T r2K 2r

, ahol


48/120


( )

u ir = 0 , i = 1 , . . . , r ,

ur +1 r = a r +1 r S r ,

u ir = a ir , i = r + 2 , . . . , n ,

S r =n

i= r +1

a2ir

12

,

2K 2r = S 2r a r +1 r S r = S r u r +1 r

Itt a ik az Ar 1 matrix ( i, k ) elemet jeloli (az r indexet elhagytuk).

( ) - ban S r elojelet abbol a feltetelbol hat arozzuk meg, hogy

|u r +1 r | = |a r +1 r |+ S r ,mivel akkor kapjuk a legnagyobb pontoss agot, ha (2) - beli nevezo, 2K 2r = S r ur +1 r erteke a le-het o legnagyobb.

E triangularizacios eljar as muveletigenye:23

n3 + O n2 ,

es emellett ( n

2) darab negyzetgy okvonas is kell!

Tetel

Legyen A (n n) - es nem szingul aris m atrix. Ekkor az A matrix QR - felbont asa egyertelmuaz R matrix diagonalis elemeinek az el ojeletol eltekintve.

Bizonyt as

Indirekt.

Tegy uk fel, hogy:

( ) A = Q1R1 = Q2R2 , ahol Q1, Q2 ortogon alis, R1, R2 felso matrixok.

Mivel det A = det Q i det R i = det R i , i = 1 , 2azert = R i (i = 1 , 2) nem szingul aris m atrixok.

( ) =

QT 2

Q1

= R2

R 11

= V ,

ahol V szinten felso matrix.


49/120


Itt QT 2 Q1 ortogon alis matrixok, ezert

V T V = QT 1 Q2 QT 2 Q1 = I

Teh at V = D = diag ( dii ) , ahol dii = 1 .Mivel V = R2 R 11 is teljesul, az alltas bizonytott.

3. VEKTORNORM AK, M ATRIXNORM AK

3.1. VEKTORNORM AK

Denci o :

Vektornorma :

Legyen X n - dimenzi os vektorter K := R vagy C test felett.A norma egy . : X R , x x lekepezes a kovetkez o tulajdonsagokkal:

x , yX , C :

1. x 0 , x = 0 x = 0 ,2. x = | | x ,3. x + y x + y egyenlotlenseg.

K ovetkezmeny

( ) x y x y , x , yX

Az (X, . ) part normalt vektorternek nevezz uk.

Leggyakoribb vektornormak :

Euklideszi norma: x p :=n

i=1|x i | p

1p

, xX , 1 p < ,

x := maxi=1 ,...,n |x i |Az 1, 2, norm akat hasznaljuk leggyakrabban.


50/120


Tetel

xX , dim X = n .Az x vektornorma az x vektor x1, . . . , x n koordin at ainak folytonos f uggvenye.

Bizonyt as

Ezt xR n - re es . norm ara bizonytjuk.

x := max1 i n |x i | , x := ( x1, . . . , x n )

Legyen z := ( z1, . . . , z n ) es tekintsuk x + z , xX vektort.

( ) = x + z x (x + z) x = z = max1 i n |zi |f (xn ) f (y) , ha xn y

Teh at, ha z 0 akkor max1 i n |zi | 0 .Mivel vegesdimenzios vektorterben b armely ket vektornorma ekvivalens egym assal (l asd kesobb), ezerttetsz oleges normara a folytonossag igaz.

Denci o :

Az X komplex vektorteret a C test felett komplex Euklideszi ternek nevezz uk, ha letezik X -en (x , y ) : X C lekepezes tetsz oleges x , y X - re, amit az x , y elemek skal aris szor-zat anak nevez unk es amelyre teljes ul, hogy x , yX , C :

1. (x , x ) 0 valos szam, ( x , x) = 0 x = 0 ,

2. x , y = y , x ,

3. x , y = x , y elso tenyezore nezve homogen,

4. x1 + x2 , y = x1 , y + x2 , y elso tenyezore nezve disztributv.

K ovetkezmeny

a.) x , y = x , y ,

b.) x , y1 + y 2 = x , y1 + x , y 2 masodik tenyez ore nezve disztributv.


51/120


Konkret pelda :

Legyen C n komplex vektorter C felett, x := ( x1, . . . , x n ) .

Skalaris szorzat:

x , y := x T y =n

i=1

x i yi es ( x , x) =n

i=1|x i |2 0

Erre a 3. axioma helyett x , y = x , y ervenyes.

Tovabbi tula jdonsagok :

Ha van skal aris szorzat, akkor X - en lehet norm at deni alni:

x := (x , x) , erre teljes ulnek a norma axiomai.Cauchy - Bunyakovsky - Schwarz egyenl otlenseg :

x , y x y x , yX

3.2. M ATRIXNORM AK

Denci o :

Legyen K n n (K := R vagy C az (n n) - es matrixok tere. AK n n .Az A : K n n R lekepezest m atrixnormanak nevezz uk, ha A , B K n n ,

K - ra teljes ul, hogy:

1. A 0 , A = 0 A = 0 ,2. A = || A homogen,3. A + B A + B egyenlotlenseg,4. A B A B

A matrixokat mint lekepezeseket (oper atorokat) tekintj uk.Legyen K m n valos vagy komplex elem u (m n) - es matrixok ( m n) - dimenzi os vektortereR vagy C felett, es ( X , . x ) n - dimenzi os, (Y , . y ) m - dimenzi os vektorter.


52/120


Egy AK m n - es matrix egy line aris lekepezest deni al X - bol Y - ba.

Tudjuk, hogy az X Ax y lekepezes folytonos fuggveny az {xX : x x = 1} kom-pakt (korlatos es zart) halmazon. A kompakts agot itt az . x norma szerint ertj uk.

Denci o :

Az A := supxX \{ 0}

Ax yx x

= maxx x =1

Ax y veges sz amot

vektornorma altal indukalt m atrixnormanak vagy termeszetes matrixnorm anak is nevezik.

(sup) Ax yx x

= (sup) A xx x y

= ( supy x =1

) Ay y = maxx x =1

Ax y

K ovetkezmeny

A denci obol azonnal k ovetkezik, hogy:

( ) Ax y A x x ,

EZENT UL: X = Y , . x = . y =: .

Igy ( ) = Ax A x ( )

Alltas

A fent deni alt termeszetes (induk alt) m atrixnorma ( A A lekepezes) tenyleg norma, azazteljes ulnek a m atrixnorma axiomai.

Bizonyt as

A 2. homogenit as es a 3. egyenlotlenseg nylv anval oak, kozvetlen ul kovetkeznek a vektor-norma hasonlo tulajdonsagaib ol.

Az 1. A = 0 A = 0 is trivi alisan teljes ul, mivel:

( ) = Ax = 0 xX - re, Ax = 0 = A = 0


53/120


A denci o alapj an Ax = 0 x = 1 - re = A = 0 .A 4. - hez vizsgaljuk:

AB x( )

A B x( )

A B xdef = AB A B

Megjegyzes :

i.) Nylv an: I = 1

ii.) A C := A az a legkisebb alland o szam, amelyre teljesul, hogy

Ax C x , xX Az egyenloseg akkor teljesul, ha x az a vektor, amelyre Ax felveszia maxim alis erteket.

iii.) Kn n

- beli matrixokra es a termeszetes norm ara ervenyes a k ovetkez o egyenlotlenseg:

A B A BUgyanis: AB x A B x A B xInnen: AB A B kovetkezik, mivel AB a legkisebb olyan sz am,amelyre AB x C x

Voltak :

x 1 :=n

i=1|x i | , x 2 :=

n

i=1|x i |2

12

, x := max1 i n |x i |

Kerdes :

A fenti vektornormak milyen m atrixnormakat denialnak?


54/120


Denci o :

Legyen A

K n n , 1, . . . , n

C az A matrix sajatertekei.

Ekkor a (A) := max1 i n | i | szamot az A matrix spektralsugar anak nevezz uk.

Jel olje A 1, 2, az x 1, 2, vektornormak altal induk alt m atrixnormakat.

A denci o alapj an: A 1 := maxx =1

Ax 1 = supxX \{ 0}

Ax 1x 1

Tetel

Legyen . p az a matrixnorma, amelyet a . p vektornorma induk al a K n n matrix-teren.Ekkor:

1. A 1 := max1 j n

n

i=1|a ij | , Maximum oszloposszeg norma

2. A := max1 i n

n

j =1|a ij | , Maximum sor-osszeg norma

3. A 2 := AT A , Spektr alnormaBizonyt as

1.

Ax 1 = max1 j n

n

i=1

a ij x i max1 j nn

i=1|a ij | |x i | max1 j n

n

i=1|a ij | max1 j n |x i |

=

A 1

max

1 j n

n

i=1 |a ij

|Tegy uk fel, hogy a k - adik oszlop olyan, amelyre teljesul, hogy:

A 1 =n

i=1|a ik | = max1 j n

n

i=1|a ij |

Tekintsuk az ek egysegvektort. Ekkor:

Aek 1 =n

i=1 |a ik

|= max

1 j n

n

i=1 |a ij

|Mivel ek 1 = 1 = A 1 max1 j n

n

i=1|a ij | = Teh at az egyenl oseg fenn all!


55/120


2.

Ax = max1 i n

n

j =1

a ij x i max1 i nn

j =1|a ij | |x i | max1 i n

n

j =1|a ij | max1 i n |x i |

= A max1 i nn

j =1|a ij |

Belatjuk, hogy itt egyenl oseg is fenn all. Tegy uk fel, hogy a k - adik sor olyan, amelyre teljesul,hogy:

A =n

j =1

|a ik | = max1 i nn

j =1

|a ij |

Legyen xK n , amelyre x j :=

1 ha akj = 0

akj

|akj |egyebkent

Ekkor x = 1 , akj akj = |akj |2 = A x =

n

j =1|akj | = A

3.

A 2 = AT AA 2 = max

x = 1A 2 = yK n y 2 = 1 es Ay 2 = A 2

ugy, hogy: A 22 = y T AT Ay

AT A Hermitikus matrix =

AT AT

= AT A

Mivel AT A Hermitikus = az x1, . . . , xn saj atvektoroknak teljes ortonorm alt rend-szere.x i 2 = 1 , x i

T

x j = ij , 1, . . . , n a nekik megfelel o sajatertekek.

Vizsgaljuk :

0 Ax i 22 = x iT

AT Ax i = x iT

i x i = i x iT

x i = i

= AT A pozitv szemidenit


56/120


Irjuk fel y - t a sajatvektorok linearis kombin aciojakent:

y =

n

i=1 i xi

= 1 = y22 =

n

i=1

i x iT

n

j =1

j x j =n

i=1| i |2

Vizsgaljuk : AT Ax i = j x j

A 22 = Ay 22 = yT AT Ay =

n

i=1

i x i T AT An

j =1

j x j =n

i=1

i x i T n

j =1

j j x j =

=n

i=1| i |2 i max1 i n i

n

i=1| i |2 = A 22 max1 i n i = A

T A

Itt egyenloseg is allhat, legyen ugyanis k = AT A , azaz a legnagyobb sajaterteke AT A - nak.

A k - hoz tartozo sajatvektor legyen xk , xk 2 = 1 .

Vizsgaljuk :

A 22 Axk 22 = x kT

AT Axk = k xk = k xkT

xk = k = AT A ,

= A 22 AT A

Igy = A 2 = AT A

Denci o :

Az . es . vektornormakat ekvivalensnek nevezz uk, ha m , M R + alland ok,

hogy:

m x x M x xX - re

Nylv an = r , R R + , hogy r x x R x r :=1

M R :=

1m


57/120


Adott vegesdimenzi os vektorteren tetsz oleges ket norma ekvivalens egym assal.Belatva azt, hogy egy tetsz oleges norma ekvivalens a . norm aval:

z M z 00

= A matrixoknak egy adott vektorteren az osszes termeszetes m atrixnorma ekvivalens egym assal(ekvivalenciarelacio).

3.2.1. Korlatok a norm akra

Neha nehez kisz amolni egy m atrix termeszetes norm ajat, gy hasznos, ha a norm ara fels o korlatottudunk tal alni. J o pelda erre az A 2 spektralnorma, mivel itt A

T A legnagyobb sajaterteket kelleneismern unk.

Denci o :

Az A matrixnorma illeszkedik az x vektornormahoz, ha Ax A x xK n .

Termeszetes m atrixnormakra l attuk, hogy illeszkednek az oket indukalo vektornormakhoz:

Ax 1, 2, A 1, 2, x 1, 2,

Megjegyzes :

Az A termeszetes m atrixnorma az egyenl otlensegben a legkisebb azon C alland ok kozul, ame-lyekre teljes ul, hogy Ax C x .

Denci o :

Frobenius - matrixnorma :

A F :=n

i,j =1|a ij |2

12

= trace AT A AK n n

Alltas

A F matrixnorma, es illeszkedik a . 2 vektornormahoz.


58/120


Bizonytas

Val oban, ugyanis trace AT

A =

n

i,j =1 |a ij |2

12

ugy tekinthet o, mint egy yC

n n

vektor . 2 euklideszi norm aja, ahol y komponensei a ij . Igy 1 - 3. axiomak teljes ulnek, tov abb a:

AB 2F =n

i,k =1

n

j =1

a ij b jk

2

n

i,k =1

n

j =1|a ij |2

n

j =1|b jk |2 =

=n

i,j =1 |a ij

|2

n

j,k =1 |b jk

|2 = A 2F

B 2F

Mivel:

Ax 22 =n

i=1

n

k=1

a ik xk2

n

i=1

n

k=1|a ik |2

n

k=1|xk |2 = A 2F x 22 =

= A F illeszkedik az x 2 vektornormahoz. Ez egy hasznos fels o korlatot ad a A 2 matrixnormara.

Alltas

A Frobenius - m atrixnorma nem termeszetes (nem vektornorma altal indukalt) m atrixnorma.

Bizonyt as

Minden termeszetes matrixnorm ara I = 1 , ami nyilv anval o, ha az

A := maxx = 0

Axx

= maxx =1

Ax denci ot az A = I - re alkalmazzuk.

DE :

I F = n = n > 1 eseten ellentmond as.


59/120


4. LINE ARIS EGYENLETRENDSZEREK PERTURB ACI OJA

Az Ax = b , A K n n , b

K n linearis egyenletrendszer megold asakor a gyakorlatban

az A , b elemeit csak k ozeltoleg ismerjuk. Ilyenkor az eddigi modszerek is csak k ozelto megoldastadnak. Ha a bemeno adatokat a szamtogepben pontosan is t aroljuk, a numerikus m odszer megsem apontos megold ast fogja szolg altatni, azaz a defektus (elteres) = 0. Ezert sz ukseg van a megoldasbelihiba becslesere (korl atoz asara).

Feladat :

Legyen AK n n nem szingul aris, b

K n .

Vizsgaljuk meg az Ax = b linearis egyenletrendszerbeli A , b bemeno adatok hib aj anak hatasata megold asra.

4.1. A JOBB OLDAL HIB AJ ANAK (PERTURB ACI OJ ANAK) HAT ASA

A (x + x ) = b + b x , x , b , b K n , A

K n n ,

A x = b = x = A 1 b = x A 1 b

Ax = b = 0 < b A x =1x

Ab

Termeszetes m atrixnormat veve:

xx A

1 A bb

Igy a megold as relatv hib aja a jobb oldal relatv hib ajaval becs ulhet o.

Denci o :

Legyen AK n n nem szingul aris.

Az A 1 A szamot az A matrix kondci oszamanak nevezz uk, es cond( A) - val jelolj uk.cond( A) := A 1 A

Ha cond( A)1 jol kondcionalt,ha cond( A) 1 rosszul kondcionalt.


60/120


Termeszetes m atrixnormak eseten:

1 = I = A 1A A 1 A = cond( A)Teh at a kondcioszam 1. Persze erteke f ugg attol, milyen normat haszn alunk.Pelda :

100x1 + 500 x2 = 170015x1 + 75 .01x2 = 255

x1 = 17 , x2 = 0 ,

de ha: 100x1 + 500 x2 = 170015x1 + 75 .01x2 = 255 .03x1 = 2 , x2 = 3 .

Lemma

Legyen AK n n , A nem szingul aris, A < 1 valamilyen termeszetes matrixnorm ara.

Ekkor ( I + A) 1 matrix letezik es ervenyes a k ovetkez o becsles:

11 + A (I + A)

1 1

1 A

Bizonyt as

Az (I + A) 1 letezik, ugyanis tekints uk:

(I + A) x = x + Ax |x Ax | x Ax x A x == (1 A )

x > 0

pozitv, ha x = 0

Teh at ( I + A) x = 0 x = 0 , ami azt jelenti, hogy ( I + A) 1 letezik.

Legyen C := ( I + A) 1 .

1 = (I + A) (I + A) 1 = (I + A) C = C + A C C A C = (1 A ) C

=1

1 A C a felso becsles kesz.


61/120


1 = (I + A) (I + A) 1 = (I + A) C = C + A C C + A C = (1 + A ) C

=

1

1 + A C = (I + A) 1 , ami az als o becsles.

K ovetkezmeny

Hasonl o becsles ervenyes az ( I A) 1 matrix eseten is, azaz:

1

1 + A (I

A) 1

1

1 A

Perturbaci os lemma

Legyen A , B K n n , A regul aris A 1 B A < 1 ; termeszetes matrixnormatveszunk.

Ekkor B 1 matrix letezik es ervenyes a k ovetkez o becsles:

B 1 A 1

1 A 1 B A

1

Bizonyt as

Mivel A 1 (B A) A 1 B A < 1a lemm at alkalmazva =

A 1 (B

A) 1 letezik =

A 1B 1 letezik

= B 1 is letezik.

B 1A = Y , B 1 = Y A 1

B 1 = B 1A A 1 B 1A A 1

B 1A = A 1B 1 = I + A 1 (B A) 1

1

1 A 1 (B A) 1

1 A 1 B A

= B 1 A 1

1 A 1 B A 1


62/120


4.2. AZ A M ATRIX PERTURB ACI OJ ANAK HAT ASA

Tekintsuk:( ) (A + A) (x + x) = b , A , A

K n n x , x , bK n .

Tetel

Legyen A 1 A < 1 .Ekkor a ( ) megold asanak hib aja a kovetkez o modon becs ulhet o:

xx

A 1 A1 A 1 A

AA

AA

Bizonyt as

Legyen B := A + A .

Igy A 1 ( A) = A 1 (B A) = A 1 B A < 1A perturbacios lemmat alkalmazva = B 1 = ( A + A) 1 es igaz, hogy:

(A + A) 1 A 1

1 A 1 A

Most ( ) - ot rendezve ( A + A) x = b (A + A) x = Ax x = ( A + A) 1 Ax

xx

A 1

1 A 1 A A =

A 1 A1 A 1 A

AA

AA

=

=cond( A)

1

cond( A)

A

A

AA


63/120


Megjegyzes :

Ehhez a becsleshez kell A 1 - ra felso korlat, ami altal aban nem ismert vagy nehezen szamolhat o.Ezert hasznos a k ovetkez o

ESZREV ETEL :

Ha a kor abbiak alapjan m ar van egy LU vagy QR felbont asunk A - ra, amelyekre a D := LU Avagy D := QR A altal aban kicsi: D 1 , mar k onnyen meghatarozhatjuk az inverzeiket.De akkor a perturb acios lemma szerintA 1

1

,

ahol olyan, hogy D

es meg (LU ) 1 , vagy (QR ) 1

De :

Az LU felbont asban el ofordulhat, hogy mindket matrix rosszul kondcion alt lesz, holott A jolkondcionalt (cond ( A)1). Ez azt jelenti, hogy a Gauss - elimin acio meg j ol kondcionalt feladatrais adhat gyenge eredmenyt (nagy hib aval).

A Householder - fele QR felbont asn al mas a helyzet! Peldaul a . 2 vektornormaval es a nekimegfelelo matrixnorm aval dolgozva, a Q matrix ortogonalit asa miatt

Qx 2 = x 2 ,

x

C n , es gy Q 2 = 1

Hasonl oan: QT 2 = Q 1 2 = 1, es ezert cond ( Q) = 1

Masreszt A 2 = QT QA 2 QA 2 A 2 , es ezert A 2 = QA 2

Hasonl oan: A 1Q 1 2 = A 1 2 , amivel a kovetkez ot l attuk be:

Alltas

Az A matrix kondci oszama v altozatlan marad, ha a QR algoritmust haszn aljuk, azaz:

cond2 (A) = cond 2 (QA)

Ez is mutatja a QR algoritmus stabilit asat!


64/120


Megjegyzes :

A fenti tetel altal anosthat o.

Az Ax = b (A + A) (x + x) = b + b

egyenletek megoldasaira igazolhato a kovetkez o becsles:

xx

cond( A)

1 cond( A) AA

AA

+ bb

Pelda :

A Hilbert - m atrix rosszul kondcion alt!

A = ( a ij ) , a ij :=1

i + j 1(i, j = 1 , . . . , n )

Ha bi =n

k=1

1i + k 1

, akkor Ax = b megoldasa x = [1, . . . , 1]T .

n = 10 - re m ar minden megoldas rossz eredmenyt ad.

5. LINE ARIS EGYENLETRENDSZEREK ITER ACI OSMEGOLD ASI M ODSZEREI

Foleg akkor hasznosak, ha

(1) Ax = b , AK n n , x , b

K n

egyenletrendszerben A ritka es nagy meret u matrix.

Az (1) - et eloszor vele ekvivalens

(2) x = C x + c

alakra hozzuk, ugynevezett ,,xpont egyenlet. Ez

(3) x = ( x) alak u, ahol ( x ) = C x + c .


65/120


AZ ITER ACI O ELVE :

Kiindulva egy tetszoleges x0

K n kezdovektorb ol, kepezzuk az

xk+1 = C xk + c ugynevezett ,,kozelto megoldasok sorozat at.

Ha xk sorozat konvergens es tart x- hoz, akkor a (3) - nak, (2) - nek es gy (1) - nek is a megold asalesz.

K ERD ESEK :

A.)Milyen feltetelek biztostj ak, hogy tetszoleges x0 - bol kiindulva az

{x k

}sorozat konvergens?

(KONVERGENCIA K ERD ESE)

B.)Hogyan becs ulhet o a kozelto (xk ) megold asok hib aja? (HIBABECSL ES)

C.)Milyen gyors a konvergencia? (KONVERGENCIASEBESS EG)

5.1. KONVERGENCIA

Tekintsuk az x k+1 = C xk + c sorozatot tetsz oleges x0 eseten.

Legyen x= C x+ c pontos megold as.

Vizsgaljuk meg:

xk+1 x= C xk + c C xc = C (xk x) = C 2 xk 1 x = . . . = C k+1 (x0 x)?

0= {xk}sorozat konvergens limk C k = 0

Tetel Konvergenciakriterium

Legyen C K n n , lim

kC k = 0 (C ) < 1 , azaz a C matrix spektralsugara < 1.

Bizonyt as

Tegy uk fel, hogy limk

C k = 0 es bizonytjuk, hogy (C ) < 1 , azaz, hogy a C matrix mindensaj aterteke kisebb, mint 1 (abszol utertekben).


66/120


Indirekt.

Tegy uk fel, hogy letezik olyan saj aterteke a C matrixnak, amelyre || 1 .Mivel a C saj aterteke = x = 0 , hogy:

C x = xC 2x = C x = 2xC k x = k x

Mivel lim k = 0 = C k nem lehet nullsorozat, teh at (C ) < 1 szukseges feltetel.

Tegy uk fel, hogy (C ) < 1 es bizonytjuk, hogy limk

C k = 0 .

Tudjuk, hogy letezik olyan T regul aris m atrix, hogy a C matrix a T segtsegevel Jordan - alakratranszformalhato:

J = T CT 1 =

J 1 0 00 . . .

...... J i

. . . 00 0 J m

, ahol

J i (n i n i ) - es matrix, amelynek alakja:

J i :=

i 1 0 00 . . .

...... . . . 0

10 0 i

Mivel:

J k = T CT 1 k = T C k T 1 = J 2 = T CT 1 T CT 1 = T C 2T 1

= C k = T 1J k T

Ezert limk

C k = 0 limkJ k = 0


67/120


Viszont:

J k =

J k1 0 00 . . .

...... J ki

. . . 00 0 J km

,

ezert eleg bel atni, hogy limk

J ki = 0 , azaz az egyes Jordan - blokkok 0 - hoz val o tart asat

i = 1 , . . . , m - re.

A J i (n i n i ) - es matrix a k ovetkez o alakban rhat o:

J i = i I + S i , ahol I , S i (n i n i ) - es matrixok es S i :=

0 1 0 0. . . ...... . . . 0

10 0

Tudjuk (Gyapjas jegyzet 125. oldal), hogy S i matrix n i - edrendben nilpotens m atrix, azaz S n ii = 0.

Igy J ki alakja (Newton binomi alis formul aja alapj an):

J ki = ( i I + S i )k =

k

j =0

k j

k ji S ji =

n i 1

j =0

k j

k ji S ji

Fix j - re a n i darab tagbol all, es x i - re az egyes tagokban S ji matrix nem valtozik k eseten.

Kerdes : limk

J k ?= 0

Ha bel atjuk, hogy limk

k j

k ji = 0 , akkor a minden tagja tart 0 - hoz, es ekkor

limk

J k = 0 - t is bel attuk.

Tov abb ak j

k ji k j k ji k 0 , i < 1

HF. limk

k k j = 0 , 0 < < 1 , x , j - re.


68/120


Tetel Konvergencia - tetel

Legyen A

K n n .

Ekkor az xk = C xk 1 + c alak u iter acios sorozat tetszoleges x0 kezdovektorb ol kiindulva kon-vergal

a (2) (x = C x + c) illetve (1) (Ax = b ) pontos xmegoldasahoz (C ) < 1

Lemma

Legyen C K n n .

Ekkor (C ) C valamilyen termeszetes m atrixnormara.

Bizonyt as

Legyen a C matrix tetszoleges sajaterteke es a - hoz tartozo sajatvektor x = 0 .

Ekkor C x = x .

Termeszetes m atrixnormat veve:

x = C x

|| x = C x C xx = 0 = x = 0 = || C Tetszoleges saj atertekre igaz, gy =

(C )

C

Tetel Elegseges feltetel

Az xk = C xk 1 + c iter acios sorozat konvergenciaj anak elegseges feltetele az, hogy valamilyentermeszetes m atrixnormara teljes uljon, hogy C < 1 tetsz oleges x0 - bol kiindulva.


69/120


5.2. HIBABECSL ES

Legyen

(1) Ax = b

(2) x = C x + cx legyen a pontos megoldas

Kicsit altal anosabban: Legyen C := C 1 + C 2 es tekintsuk a k ovetkez o iter acios sorozatot:

(3) xk = c1x k + C 2x k 1 + c (x= C 1x+ C 2x+ c)

Tegy uk fel, hogy tetsz oleges x0 - bol kiindulva a (3) konvergens sorozat.

Tetel A - POSTERIORI HIBABECSL ES

Ha C < 1 valamilyen termeszetes m atrixnormara, akkor ervenyes a k ovetkez o hibabecsles:

(4) xk

x

C 21

C

xk

xk 1

Bizonyt as

Vizsgaljuk:

xk x= C 1xk + C 2xk 1 + c (c1x+ C 2x+ c) = C 1 (xk x) + C 2 xk 1 x

(I C 1 C 2) (x k x) = C 2 xk 1 x C 2 (xk x) = C 2 xk 1 xk(I C ) (x k x) = C 2 xk 1 xk

Mivel C < 1 = (I C ) 1

Lemma es kovetkezmenye a 60. oldalon. = (I C ) 1 1

1 C

xk x= ( I C ) 1 C 2 xk 1 xk Norm ara terve:xk x (I C ) 1 C 2 xk xk 1 xk x C 21 C

xk xk 1


70/120


Megjegyzes :

A (4) hibabecsles ervenyes az xk = C x k 1 + c alaku iter acios eljar asokra is, ugyanis ezkovetkezik (3) - bol C 1 = 0 , C 2 = C valaszt asaval.

Ekkor (4) alakja:

(5) xk x C

1 C xk xk 1

A (4) es (5) jol alkalmazhat o, azonban gyakorlati esetben gyelembe kell venn unk a kerektesihib akat is.

K ovetkezmeny A - PRIORI HIBABECSL ES

x = C x + c alaku iter aciora, C < 1.

x k x C k

1 C x1 x0

Bizonytasat l asd kesobb, a nemline aris egyenletek megoldasan al, a Banach - fele xponttetel ut an.

5.3. JACOBI ITER ACI O

Legyen

(1) Ax = b , AR n n , A nem szingul aris, b

R n .

Bontsuk fel A - t a k ovetkez o modon:

A = L + D R , ahol

L :=

0 0a21

. . . ......

an 1 an n 1 0, D :=

a11 0 00 . . .

...... 00 0 ann

, R := 0 a12 a1n... . . . ...

an 1 n0 0

(1) = (L + D R) x = bD x = ( L + R) x + b

Ha A regul aris m atrix, akkor mindig elerhet o, hogy D nem szingul aris (sorcserekkel).


71/120


(2) x = D 1 (L + R) x + D 1b (x = ( x) alak u)

Igy tetsz oleges x0 - bol kiindulva kepezhetj uk a k ozelto megoldasok sorozat at.

(3) x k = D 1 (L + R) xk 1 + D 1b Jacobi iter aci o

Koordinatankent rva :

x [k ]i =1

a iibi

n

j =1 j = i

a ij x[k 1] j (i = 1 , . . . , n )

,,SZIMULT AN VALTOZTAT ASOK MODSZERE

Most C := D 1 (L + R) , c := D 1b

xk = C x k 1 + c alak u.

5.3.1. Konvergencia kriterium

(3) Jacobi iteracio tetsz oleges x0 kezdoertek eseten konvergens D 1 (L + R) < 1

Elegseges feltetel a m odszer konvergenciaj ara : D 1 (L + R) < 1 valamilyentermeszetes m atrixnormara

Denci o :

Az A matrix

eros sor-osszeg tulajdons agu, ha:

n

j =1 j = i

|a ij | < |a ii | i - re,

eros-oszloposszeg tulajdons agu, ha:n

i=1i= j

|a ij | < |a jj | j - re.

Tetel Elegseges feltetel a Jacobi m odszer konvergenci ajara :

Ha az A matrixra az eros sor- , vagy oszloposszeg tulajdons ag teljes ul, akkor (3) Jacobi iteracio

konverg al tetszoleges x0 eseten.

Ugyanis ekkor a D 1 (L + R) matrix sor- vagy oszlopnorm aja < 1 lesz!


72/120


5.4. GAUSS - SEIDEL ITER ACI O

A (3) formul at vizsg alva lathato, hogy a k - adik iter alt vektor i - edik koordin at ajanak kisz amtasahoz

mar felhaszn alhatjuk az elozo 1, . . . , i 1 koordinat ait a k - adik iteraltnak.Igy kapjuk a Gauss -Seidel iter aciot.

Ax = b

(L + D R) x = bD x = ( L + R) x + b

x = D 1 (Lx + Rx) + D 1b

(4) x k = D 1 Lxk + Rxk 1 + D 1b Gauss - Seidel iter aci o

Koordinatankent rva :

x [k ]i =1

a iibi

i 1

j =1

a ij x[k ] j

n

j = i+1

a ij x[k 1] j

,,FOKOZATOS V ALTOZTAT ASOK MODSZERE

5.4.1. Konvergencia kriterium

A Gauss - Seidel iter acio vizsgalat ahoz (4) - et atrjuk:

D xk Lx k = Rxk 1 + b(D L) x k = Rxk 1 + bxk = ( D L) 1 x k 1 + ( D L) 1 b ,ahol C := ( D L) 1 R , c := ( D L) 1 b

A Gauss - Seidel iter acio tetszoleges x0 kezdoertek eseten konverg al (D L) 1 R < 1

Elegseges feltetel a Gauss - Seidel iteraci o konvergenciaj ara :

(D L) 1 R < 1 valamilyen termeszetes m atrixnormara.


73/120


Tetel

Ha az A matrixra az eros sor- vagy oszlop-osszeg tulajdonsag teljes ul, akkor a Gauss - Seideliter acio is konverg al tetsz oleges x0 - bol kiindulva es a konvergencia legal abb olyan gyors, mint aJacobi iteracional.

5.5. RELAX ACI OS M ODSZEREK

5.5.1. Jacobi relaxaci o

A Jacobi iteracio:

xk = D 1 (L + R) xk 1 + D 1b / xk 1xk = xk 1 xk 1 + D 1 (L + R) xk 1 + D 1bxk = xk 1 + D 1 (L D + R) xk 1 + D 1bxk = xk 1 D 1 Ax k 1 b

ez a (k 1) - edik lepes defektus (elteres) vektoraA Jacobi relaxacio interpretacioja: a k - adik iteraltat a ( k 1) - edik iter alt vektorbol a defek-tus vektor segtsegevel kapjuk. Termeszetes dolog egy ugynevezett relax acios parameter bevezetese.

= x k = xk 1 D 1 Axk 1 b

x k = D 1 [L + R]xk 1 + (1 ) xk 1 + D 1b Jacobi relax aci o

Koordinatas alak :

x [k ]i =a ii

bi n

j =1 j = i

a ij x[k 1] j + (1 ) x

[k 1] j

Tetel

Legyen a Jacobi iteracio konvergens.Ekkor a Jacobi relax acio is konvergens 0 < 1 - re.


74/120


5.5.2. Gauss - Seidel relaxaci o

Tekintsuk a k ovetkez o linearis egyenletrendszert:

(1) Ax = b / parameter ( A = L + D R)Ax = b / + D x

D x = D x Ax + b = Dx + (b Ax)= x = x + D

1 (b Ax)xk = xk 1 + D 1 (b Ax k ) Jacobi - relaxacio

x = x + D 1

(b Ax) = x + D 1

(b + Lx D x + Rx )x = D 1 (b + Lx + Rx ) + (1 ) x = ujra visszakapjuk a Jacobi relax aciot =

x k = D 1 b + Lxk 1 + Rxk 1 + (1 ) xk 1 Jacobi relaxaci o

Koordinatas alak :

x[k ]i =

a ii bi

i 1

j =1 aij x

[k 1] j

n

j = i+1 aij x

[k 1] j + (1 ) x

[k 1]i i = 1 , . . . , n

Ha az elso - ba a k - adik iter alt vektor mar kisz amolt koordinat ait rjuk, megkapjuk az ugynevezettGauss - Seidel relaxaci ot :

(2) xk = D 1 b + Lx k + Rxk 1 + (1 ) xk 1

Koordinatas alak :

x [k ]i =a ii

bi i 1

j =1

a ij x[k ] j

n

j = i+1

a ij x[k 1] j + (1 ) x

[k 1]i i = 1 , . . . , n

A Gauss - Seidel relax acio konvergencia vizsg alat ahoz (2) - t atalaktjuk xk = C xk 1 + cformara. (2) - t rendezve:

I D 1L xk = D 1Rxk 1 + (1 ) I x k 1 + D 1bI D 1L xk = (1 ) I + D 1R xk 1 + D 1b


75/120


= xk = I D 1L 1 (1 ) I + D 1R xk 1 + I D 1L

1 D 1b

Ez most m ar x k = C xk 1 + c alaku.

Konvergencia kriterium :

A Gauss - Seidel relax acio konvergens tetszoleges x0 - bol kiindulva

I D 1L 1 (1 ) I + D 1R < 1

Tetel

Legyen A szimmetrikus ( n n) - es matrix.

a ii > 0 , i = 1 , . . . , n

Ekkor a Gauss - Seidel relaxacio konvergens A pozitv denit m atrix es 0 < < 2

Elegseges feltetel :

Ha az A szimmetrikus, pozitv denit m atrix es 0 < < 2 =

a Gauss - Seidel re-laxacio konvergens.

Ha 0 < < 1 ,,alulrelax alas,

ha 1 < < 2 ,,t ulrelax alas.

Tetel

Legyen A szimmetrikus pozitv denit, tridiagon alis matrix. Ekkor a Gauss - Seidel relax acio op-

tim alis parametere a k ovetkez o:

opt =2

1 + 1 [ (C j )]2ahol (C j ) az ,,eredeti Jacobi iter acio C matrix anak spektralsugara.


76/120


5.6. K ETR ETEG U ITER ACI OS ELJ AR ASOK

Tekintsuk az

(1) Ax = b linearis egyenletrendszert.

Ebb ol az

(2) xk = C x k 1 + c iter acios eljar ashoz a k ovetkez o modon is eljuthatunk:

Legyen A = P Q , ahol P regul aris m atrix.(1) = P x = Qx + b = x = P

1Qx + P 1b , ami (2) alak u.

xk = P 1Qxk 1 + P 1b , C := P 1Q , c := P 1b

= P x k = Qxk 1 + b / P xk 1P x k xk 1 = (P Q) xk 1 + b

(3) P xk xk 1 = Axk 1 + b(2)= x k = I P 1A xk 1 + P 1b

Az ilyen alak u iter acios modszereket ketreteg u iter acios modszereknek, P matrixot prekondicion alasimatrixnak nevezzuk C := I P 1A .

A P matrix megv alaszt asan al ket, gyakran ellentetes szempontot kell gyelembe venni:

i.) A P matrix legyen kozel az A matrixhoz, mert ekkor a C = I P 1A norm aja kicsi,a konvergencia pedig gyors lesz.

ii.) A P matrix legyen konnyen invert alhato, mert k ulonben minden iteracios lepes tulnagy m uveletigennyel j arna.

Nehany pelda P megvalaszt asara :

1.

P = D , akkor visszakapjuk a Jacobi iter aciot.

D xk xk 1 = (L + D R) xk 1 + bxk = D 1 b + Lxk 1 + Rx k 1


77/120


2.

P = ( D L) , akkor a Gauss - Seidel iteraciot kapjuk.3.

P =D

vagy P =D L

, akkor pedig a Jacobi relax aciot, illetve

a Gauss - Seidel relaxaci ot kapjuk vissza.

5.6.1. Tomptott Jacobi m odszer

A (3) iter acios modszer altal anostasakent kaphat o, ugyanis a m odszer kapcsolatba hozhat o a kovet-

kezo differencialegyenlet-r

Documents

numerikus analalízis[1]