Upload
pibuka
View
226
Download
0
Embed Size (px)
Citation preview
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.
8/14/2019 numerikus analalzis[1]
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.
8/14/2019 numerikus analalzis[1]
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.
8/14/2019 numerikus analalzis[1]
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
8/14/2019 numerikus analalzis[1]
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
8/14/2019 numerikus analalzis[1]
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
8/14/2019 numerikus analalzis[1]
7/120
numerikus anal zis i. 7
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.
8/14/2019 numerikus analalzis[1]
8/120
numerikus anal zis i. 8
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.
8/14/2019 numerikus analalzis[1]
9/120
numerikus anal zis i. 9
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.
8/14/2019 numerikus analalzis[1]
10/120
numerikus anal zis i. 10
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.
8/14/2019 numerikus analalzis[1]
11/120
numerikus anal zis i. 11
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.
8/14/2019 numerikus analalzis[1]
16/120
numerikus anal zis i. 16
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!
8/14/2019 numerikus analalzis[1]
17/120
numerikus anal zis i. 17
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
8/14/2019 numerikus analalzis[1]
18/120
numerikus anal zis i. 18
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.
8/14/2019 numerikus analalzis[1]
19/120
numerikus anal zis i. 19
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 !
8/14/2019 numerikus analalzis[1]
20/120
numerikus anal zis i. 20
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.
8/14/2019 numerikus analalzis[1]
21/120
numerikus anal zis i. 21
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.
8/14/2019 numerikus analalzis[1]
22/120
numerikus anal zis i. 22
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 )
8/14/2019 numerikus analalzis[1]
23/120
numerikus anal zis i. 23
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 )
8/14/2019 numerikus analalzis[1]
24/120
numerikus anal zis i. 24
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
8/14/2019 numerikus analalzis[1]
25/120
numerikus anal zis i. 25
(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)
8/14/2019 numerikus analalzis[1]
26/120
numerikus anal zis i. 26
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 !
8/14/2019 numerikus analalzis[1]
27/120
numerikus anal zis i. 27
( ) 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
8/14/2019 numerikus analalzis[1]
28/120
numerikus anal zis i. 28
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
8/14/2019 numerikus analalzis[1]
29/120
numerikus anal zis i. 29
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
8/14/2019 numerikus analalzis[1]
30/120
numerikus anal zis i. 30
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 ]
8/14/2019 numerikus analalzis[1]
31/120
numerikus anal zis i. 31
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.
8/14/2019 numerikus analalzis[1]
32/120
numerikus anal zis i. 32
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.
8/14/2019 numerikus analalzis[1]
33/120
numerikus anal zis i. 33
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) .
8/14/2019 numerikus analalzis[1]
34/120
numerikus anal zis i. 34
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 .
8/14/2019 numerikus analalzis[1]
35/120
numerikus anal zis i. 35
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 .
8/14/2019 numerikus analalzis[1]
36/120
numerikus anal zis i. 36
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
8/14/2019 numerikus analalzis[1]
37/120
numerikus anal zis i. 37
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 .
8/14/2019 numerikus analalzis[1]
38/120
numerikus anal zis i. 38
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 .
8/14/2019 numerikus analalzis[1]
39/120
numerikus anal zis i. 39
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
8/14/2019 numerikus analalzis[1]
40/120
numerikus anal zis i. 40
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 .
8/14/2019 numerikus analalzis[1]
41/120
numerikus anal zis i. 41
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.
8/14/2019 numerikus analalzis[1]
42/120
8/14/2019 numerikus analalzis[1]
43/120
numerikus anal zis i. 43
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) .
8/14/2019 numerikus analalzis[1]
44/120
numerikus anal zis i. 44
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
8/14/2019 numerikus analalzis[1]
45/120
numerikus anal zis i. 45
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.
8/14/2019 numerikus analalzis[1]
46/120
numerikus anal zis i. 46
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.
8/14/2019 numerikus analalzis[1]
47/120
numerikus anal zis i. 47
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
8/14/2019 numerikus analalzis[1]
48/120
numerikus anal zis i. 48
( )
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.
8/14/2019 numerikus analalzis[1]
49/120
numerikus anal zis i. 49
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.
8/14/2019 numerikus analalzis[1]
50/120
numerikus anal zis i. 50
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.
8/14/2019 numerikus analalzis[1]
51/120
numerikus anal zis i. 51
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.
8/14/2019 numerikus analalzis[1]
52/120
numerikus anal zis i. 52
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
8/14/2019 numerikus analalzis[1]
53/120
numerikus anal zis i. 53
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?
8/14/2019 numerikus analalzis[1]
54/120
numerikus anal zis i. 54
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 oszlop- osszeg 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!
8/14/2019 numerikus analalzis[1]
55/120
numerikus anal zis i. 55
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
8/14/2019 numerikus analalzis[1]
56/120
numerikus anal zis i. 56
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
8/14/2019 numerikus analalzis[1]
57/120
numerikus anal zis i. 57
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.
8/14/2019 numerikus analalzis[1]
58/120
numerikus anal zis i. 58
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.
8/14/2019 numerikus analalzis[1]
59/120
numerikus anal zis i. 59
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.
8/14/2019 numerikus analalzis[1]
60/120
numerikus anal zis i. 60
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.
8/14/2019 numerikus analalzis[1]
61/120
numerikus anal zis i. 61
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
8/14/2019 numerikus analalzis[1]
62/120
numerikus anal zis i. 62
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
8/14/2019 numerikus analalzis[1]
63/120
numerikus anal zis i. 63
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!
8/14/2019 numerikus analalzis[1]
64/120
numerikus anal zis i. 64
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 .
8/14/2019 numerikus analalzis[1]
65/120
numerikus anal zis i. 65
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).
8/14/2019 numerikus analalzis[1]
66/120
numerikus anal zis i. 66
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
8/14/2019 numerikus analalzis[1]
67/120
numerikus anal zis i. 67
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.
8/14/2019 numerikus analalzis[1]
68/120
numerikus anal zis i. 68
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.
8/14/2019 numerikus analalzis[1]
69/120
numerikus anal zis i. 69
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
8/14/2019 numerikus analalzis[1]
70/120
numerikus anal zis i. 70
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).
8/14/2019 numerikus analalzis[1]
71/120
numerikus anal zis i. 71
(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 oszlop- osszeg 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!
8/14/2019 numerikus analalzis[1]
72/120
numerikus anal zis i. 72
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.
8/14/2019 numerikus analalzis[1]
73/120
numerikus anal zis i. 73
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.
8/14/2019 numerikus analalzis[1]
74/120
numerikus anal zis i. 74
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
8/14/2019 numerikus analalzis[1]
75/120
numerikus anal zis i. 75
= 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.
8/14/2019 numerikus analalzis[1]
76/120
numerikus anal zis i. 76
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
8/14/2019 numerikus analalzis[1]
77/120
numerikus anal zis i. 77
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