gépi szám, hibák

1

1. Gpi szm, hibk

ttekintjk a gpi aritmetika nhny jellegzetessgt s szemgyre vesszk a szmtsokat terhel hibafajtkat.

1.1. A gpi szmok A gpi szmok leggyakrabban 2-es alap (vagy binris), eljeles normalizlt szmok, gy elssorban ezekkel fogunk foglalkozni. Alakjuk

eljel, db binris jegy kitev .101 01 2 2k k

t

m =

(1.1)

A nemzrus mantissza mindig 1-gyel kezddik, emiatt 0.5 1, 0m m < . Ha az alap nem 2, akkor a 10-es s a 16-os (hexadecimlis) szmok fordulnak mg el a gyakorlatban. A binris gpi szmok halmazt jellje ( , , )M t k k + , ahol t a mantisszahossz, k a legkisebb kitev, k + pedig a legnagyobb kitev. Az ltalunk hasznlt PC-kben, - szemlyi szmtgpekben a szimplapontos szm 4 bjt = 32 bit terletet foglal el a memriban s az egyes funkcik kiosztsa a kvetkez:

1 8 23

1 bit jut az eljelre, 8 bit a kitevre s 23 a mantisszra. Ezen szmok pontossga kb. 7 decimlis jegynek felel meg ( 1023log 2 6.923 , azaz kb. 0.3-del szorzand a bitek szma) s a nagysgrend

3810 -tl 3810 -ig terjedhet. A duplapontos (ktszeres pontossg) szmok 64 biten helyezkednek el:

1 11 52 eljel: 1 bit, kitev 11 bit s a mantisszahossz: 52 bit. Most a pontossg kb. 15 decimlis jegy, s az brzolhat szmok nagysgrendje 30710 -tl 30710 -ig terjed. Egyes programnyelvek megengedik a ngyszeres pontossg szmokat is. A konkrt megvalstsban kihasznlhat, hogy a nemzrus mantissza els bitje mindig 1, emiatt elhagyhat. Ezzel a fogssal mg plusz 1 bithez lehet jutni, aminek jelentsge az aritmetika tulajdonsgainak javtsban van. Ekkor viszont meg kell tudni klnbztetni a zrust 0.5-tl. Erre tbbfle lehetsg van, hiszen zrus mantissza mellett a kitev bitjei extra informcit hordozhatnak. Az igen nagy abszolt rtk, a gpi szmokkal nem brzolhat szmok jellsre is ki lehet alaktani egy bit-kombincit. A mr nem brzolhat nagy szmokra a jelet fogjuk hasznlni. Szoks mg az NaN jells: not-a-number: nem szm, rtsd: nem gpi szm. Egyes program-nyelvekben ezt kapjuk eredmnyl, ha zrussal prblunk osztani. Ha NaN-nel ezutn brmilyen aritmetikai mveletet vgznk, az eredmny NaN, mgha zrussal szoroztunk, akkor is.

1.2. Nevezetes gpi szmok

A legkisebb pozitv mantissza: . A legnagyobb mantissza: db 1-es

.11 1 1 2t

t=

upcurlybracketleftupcurlybracketmidupcurlybracketright . ( , , )M t k k + -ban a

legkisebb pozitv szm: 0 .10 0 2 1/ 2 2k k

= = .

A msik nevezetes szm 1 , az a legkisebb pozitv szm, amelyet 1-hez hozzadva 1-nl nagyobb gpi szmot kapunk: 11 + =

1.10 01 2+ , innen 11 2

t += . A legnagyobb brzolhat szm:

(.11 1 2 ) (1 2 )2k t kM + +

= = . A legkisebb szm ennek a negatvja.

2 Hegeds: Numerikus Analzis

Pldul legyen a gpi szmok halmaza (5, 4,3)M . Ekkor a legnagyobb mantissza: 5.11111 1 2= , a legkisebb mantissza . Az els pozitv gpi szm: 4 50 1/ 2 2 2

= = . Az 1 utn kvetkez els gpi szm tvolsga 1-tl: 1 41 2 2

t + = = . A legnagyobb brzolhat szm: (1 2 ) 2t kM +

= =

5 3(1 2 )2 8 1/ 4= = .

1.3. Vals szmok konverzija gpi szmm A kvetkez krds: a vals szmokat hogyan alaktsuk t gpi szmokk. Az ezt megvalst input fggvnyt fl -lel jelljk (a floating point number kifejezs kezdbeti), fl : M . Megadsa a kvetkez:

0

0

, ha fl( ) 0, ha ,

-hez legkzelebbi gpi szm, ha

x M

x x

x x M

>

=

3

A relatv hiba megllaptsakor elg a mantissza hibjt tekinteni, mert a kitev osztskor kiesik. A kerektskor a mantisszban elkvetett hiba legfeljebb 12 t . A relatv hibjnak fels korltjt gy kapjuk, hogy a lehetsges legkisebb pozitv mantissza-rtkkel osztunk: -vel. gy kapjuk eredmnyl

2 tM

= -t.

1.3 Gyakorlat. Hogyan mdosulna a gpi epszilon, ha a kerekts helyett csonktst alkalmaznnk?

1.4. A gpi aritmetika Vannak gpi szmaink, a kvetkez krds, hogy milyen tulajdonsg lesz a lebegpontos szmokkal megvalstott gpi aritmetika. A kvetkez szmpldkban a tzes alap szmrendszert fogjuk hasznlni, ahol van ngy decimlis jegynk s a kitev eljeles ktjegy szm lehet. Ezen gpi szmok halmazt egyszeren M -mel fogjuk jellni. Jells: 20.2543 10 0.2543 02 = + A gpi artimetikban nem lesz igaz minden, amit a vals szmtestben megszoktunk. Az albbiakban felsorolunk ilyen eltrseket:

Ltezhet nemzrus ,a b M , amelyre a b a+ = . Ez a szmok eltr nagysgrendje miatt lehetsges. Pldul adjuk ssze a kvetkez szmokat: 0.3460 +02 s 0.4524 03:

0.3460 020.000004524 +020.3460 02

+

+

Ltezhet , ,a b c M , amelyre ( ) ( )a b c a b c+ + + + . Pldul

0.3460 02 0.3460 020.00004524 +02 0.00003872 +02

0.3460 02 0.3460 02

+ +

+ +

de elszr a kt kicsi szmot sszeadva

0.3872 -02 0.3460 020.4524 -02 0.00008386 +02

0.8386 -02 0.3461 02

+

+

Ez arra int, hogyha sok szmot sszegznk, akkor az abszolt rtk szerinti kicsikkel rdemes kezdeni.

Ltezhet , ,a b c M , amelyre ( ) ( )ab c a bc . Pldul (0.1245 +62 0.4314 58) 0.4362 54 .5371 +03 0.4362 54 .2343 -51, = =

mg a msik zrjelezs szerint a msodik s harmadik szm szorzata kisebb, mint a legkisebb brzolhat gpi szm, gy ez a szorzat zrus, ami a teljes szorzatra zrus eredmnyt ad. gy, ha sok szmot kell sszeszoroznunk, mg nagyobb gondossggal kell eljrnunk, mert knnyen kerlhetnk abba a helyzetbe, hogy az eredmny, vagy valamely rsz-szorzata kvl esik a szmbrzols tartomnyn. Ha az eredmny tl nagy, vagy tl kicsi, akkor egy lehetsg a gondok cskkentsre az eredmny logaritmust szmolni.

sszevons utn az eredmny relatv hibja jelentsen megnhet. Pldul

0.4693 +020.4682 +02

0.0011 02

+

ami egyenl 0.1100 +00-val. Ltjuk, itt mr csak az els kt jegy pontos. Ezt jelensget kivonsi jegyvesztesgnek nevezzk. Nha adhatk fogsok a kivonsi jegyvesztesg elkerlsre vagy


cskkentsre, pl. ha 3472 3471 -et gy szmtjuk, kihasznlva, hogy a gyk alatt egsz szmok vannak:

( 3472 3471)( 3472 3471) 1.

3472 3471 3472 3471 +

=

+ +

A msodfok egyenlet gykeit pedig az albbi mdon clszer szmtani:

2 21 2 12 0 gykei: sign( ) , / .x px q x p p p q x q x + = = + =

Elfordulhat olyan eset, amikor a kzbls eredmny tlcsordul (nagyobb mint M

), emiatt rossz a program futsa, pedig a vgeredmny az brzolhat szmok kzt van. Pldul legyen

0.3265 60a = + , 0.5671 02b = + s szmtand 2 2a b+ . Az els szm kitevje ngyzetre emelskor 120, gy tlcsordult szmot kapunk. Ha viszont 2 2( / ) ( / )s a s b s+ -et szmtjuk, ahol

max( , )s a b= , akkor ez nem kvetkezik be. Nha arra is szmtani kell, hogy egy fggvny nem adja olyan pontossggal vissza a helyettestsi

rtket, mint amilyen pontossggal indultunk. Pldul tekintsk a sin fggvnyt. Ha az argumentum kicsi, akkor nincs semmi baj. Ha azonban x rtke nagy, pldul 2356x = , akkor sin(2356) szmtsakor 2356 pi -vel vett osztsi maradkt kell vennnk. A maradkban mr csak 1 jegy lesz pontos ha a fenti aritmetikt hasznljuk, gy az eredmnynl sem remlhetnk nagyobb pontossgot.

A mutatott pldk alapjn megllapthatjuk, hogy a gpi aritmetika nemkivnatos jelensgei elssorban akkor kvetkeznek be, ha a szmok kztt tl nagy a nagysgrendi klnbsg, vagy egymshoz nagyon kzeli szmokat vonunk ki egymsbl.

1.5. Hibk Az ignyes szmtsoknl arra is kivncsiak vagyunk, hogy az eredmnyt milyen pontosan tudtuk ellltani. Ehhez szmba kell venni a lehetsges hibafajtkat. Az els a kiindulsul hasznlt adatok rkltt hibja, nevezhetjk ezt adathibnak is. Lehet, hogy a szmts sorn magunk is tvednk, ezt gondos ellenrzssel magunknak kell felfedeznnk s kijavtanunk. A kplethiba az alkalmazott mdszerhez tartozik. A kerektsi hibk rszben bekvetkezhetnek a kzi szmts, adatelkszts sorn, de a gpi aritmetiknak is mindig van ilyen hibja. A hibaelemzs sorn fel kell ismernnk, melyik az a hibafajta, ami az adott feladat szempontjbl lnyeges. Sok olyan szmts van, amikor az adathiba, vagy a kplethiba jelenti a f hibaforrst. Az adathibt sokszor csak tudomsul vehetjk, de a kplethibt esetleg cskkenthetjk pontosabb mdszer alkalmazsval. A hibaszmts alapmodellje szerint a kzelt rtkekkel kapott pontos szmts eredmnyt kzeltsnek tekintjk s azt vizsgljuk, mekkora a hibja. Jellsek. Az x mennyisg pontos rtke x , hibja: x x x = , ahol x eljeles szm. A relatv hiba / /x x x x x = . Itt megjegyezzk, hogy egyes szerzk a relatv hibt a pontos rtkkel definiljk, teht az itt lthat msodik formult hasznljk. A mi vlasztsunk tudomsul veszi, hogy a pontos rtket nem ismerjk. A hibakorlt

x egy nemnegatv szm, amellyel fellrl becsljk a

hiba abszolt rtkt: xx . Hasonlkpp x a relatv hibakorlt, amelyre xx . 1.4 Gyakorlat. Mutassuk meg, hogy a relatv hiba ktfle megadsa kztt a klnbsg msodrend:

( )2/ /(1 ) /(1 )x x x x x x x x = = . A valsgban a x hibt nem ismerjk, csak annak fels korltjt. Emiatt kiindulsul annyit tudunk, hogy x az x rtk valamely x -sugar krnyezetben van.

5

A hibanalzis szempontjbl fontosak az alapmveletek, , ,*, /+ hibi. Albb a baloldali sszefggsek a hibkra, a jobboldaliak pedig a hibakorltokra vonatkoznak:

/2 2

( ) , ,( ) , ,

( / ) , .

x y x y

xy y x

x yx y

x y x y

xy x y y x x y

y xy x x yx y

y y

= = +

= + = +

+ = =

(1.5)

A hibaformulk hasonl mdon szrmaztathatk, mint az sszeg-, szorzat-, s hnyadosfggvnyek differencilsi szablyai. Innen az is lthat, hogy a formulk csak akkor tekinthetk jknak, ha a hibk valban kicsik, s a msodrend hibatagok elhanyagolhatk. A jobboldali formulk a baloldaliakbl kvetkeznek, akrcsak az albbi, relatv hibkra vonatkoz kifejezsek:

/

( ) , ,

( ) , ,( / ) , .

x yx y

xy y x

x y x y

x yx x y yx y

x y x yxy y x

x y x y

+ = =

= + = +

= = +

(1.6)

A fggvnyrtkek hibja. Legyen :f legalbb ktszer folytonosan differencilhat fggvny. Ekkor a Lagrange kzprtk-ttel szerint ltezik [ , ]x x , amelyre ( )2( ) ( ) ( ) ( ) / 2f x f x f x x f x = + + . Innen a msodrend kicsiny utols tag elhagysval a fggvnyrtk hibja: ( ) ( ) ( )f x f x f f x x = . (1.7) Legyen 1[ , ]max ( )x xx x x f x M + = , ezzel 1f xM = , ahol vegyk tekintetbe, hogy a becsls x egy x sugar krnyezetre vonatkozik. A relatv hibra kapjuk:

( ) ( ).( ) ( ) ( )

f xf x x xf xf xf x f x x f x

= =

Az abszolt rtkekre ttrve:

( , ) ,f c f x x (1.8) ahol a ( , ) ( ) / ( )c f x xf x f x= szmot az f fggvny x pontbeli kondiciszmnak nevezzk. Ha ez a szm nagy, akkor a fggvnyt instabilnak, vagy gyengn meghatrozottnak nevezzk, mert az argumentum kicsiny megvltozsa nagy fggvnyrtk-megvltozst eredmnyez. Tl nagy kondici-szm mellett a gpi szmok kerektsi hibi is elviselhetetlenl nagy vgs hibhoz vezetnek. Az (1.7) s (1.8) sszefggsek sugalljk a kvetkez stabilits fogalmat: egy algoritmus stabil, ha kt bemen rtk: 1x , 2x s a hozzjuk tartoz kimen rtkek, 1f , 2f kztt fennll egy 2 1 1 2 1 2, ,f f C x x x x X (1.9) tpus sszefggs, ahol C az algoritmus adataitl fggetlen nem tlsgosan nagy lland. Vegyk szre, itt , i ix f gpi szmok, egy vges halmaz elemei. Fontos mg az inverz stabilits fogalma. Egy lekpezs inverz stabil, ha az eredmny egy kiss perturblt kezdetirtkbl pontos szmtssal megkaphat.


2. Normk, egyenltlensgek

Ebben a szakaszban vektorok s mtrixok kztt tvolsgfggvnyeket fogunk bevezetni.

1.1. Metrikus tr

Legyen X egy halmaz, amelynek elemei kzt bevezetnk egy tvolsgfggvnyt ( ): X X . Azt kvnjuk, ,a bX -re rendelkezzen a kvetkez tulajdonsgokkal:

i) ( , ) ( , )a b b a = , azaz a legyen olyan tvolsgra b -tl, mint b a -tl (szimmetria). ii) ( , ) 0 a b a b = = , a tvolsg csak akkor legyen zrus, ha a kt elem azonos. iii) ( , ) ( , ) ( , )a c a b b c + , a hromszg-egyenltlensg. Azt fejezi ki, hogy kt pont

kztt legrvidebb t az egyenes.

Ekkor a ( , ) X prt metrikus trnek nevezzk. A kvetkezkben X gyannt az n s m n halmazok kerlnek szba, azaz vektorok s mtrixok kztt fogunk tvolsgfggvnyeket kszteni. Ez a nem lehet negatv rtk, mert 0 ( , ) ( , ) ( , ) 2 ( , ) a a a b b a a b = + = kvetkezmny.

2.1. A vektorok hatvnynormja A vektor normja : nx a kvetkez tulajdonsgokkal rendelkezik:

) 0 0,) ,) .

i x x

ii x x

iii x y x y

= =

=

+ +

(2.1)

Ekkor a ( , )x y x y = vlaszts metrikt ad, mert a kvnt tulajdonsgok teljeslnek. Az els kt felttelt trivilisan kielgti a hatvnynorma:

1/

1, 1 ,

pn

pip

ix x p

=

= (2.2)

a harmadikat ksbb fogjuk beltni.

2.2. A Hlder-egyenltlensg A hatvnynormkra fennll a Hlder-egyenltlensg:

1

1 1, 1,

nT

i i p qi

y x x y x yp q

=

+ = (2.3)

ami 2p q= = -re a jlismert Cauchy-Bunyakovszkij egyenltlensgbe megy t. A p s q kztti sszefggs trendezhet a 1 1/( 1)p q = alakba, amit szem eltt tartva knnyen belthat az albbi egyenltlensg. Az alkalmazott fggvny 1py x = ,

az els integrl a fgglegesen, a msodik a vzszintesen satrozott terletet jelenti:

y=xp-1

x

y

7

1 1

0 0

p qp q

x dx y dyp q

+ = +

Ezutn az

i, i i

ip q

x yx y

= =

helyettestssel s az i szerinti sszegzs elvgzsvel kapjuk (2.3) jobb oldali sszefggst. (2.1) harmadik sszefggse, a hromszg-egyenltlensg gy lthat be, hogy / 1p q p= szem eltt tartsa mellett a

{ } 11 1

n np p p

i i i i i ipi i

x y x y x y x y = =

+ = + + +

egyenltlensg jobb oldalnak mindkt tagjra alkalmazzuk a Hlder-egyenltlensget. Ekkor az els tagra a kvetkez eredmny addik:

1/1 ( 1) /

1 1

qn n

p p q p qi i i i ip p p

i ix x y x x y x x y

= =

+ + = +

,

s a msik taggal is hasonl eredmnyre jutunk, a kettt egytt rendezve kapjuk a kivnt egyenlt-lensget, amit ltalnosan a p index mellett a Minkowski-egyenltlensgnek neveznk.

2.3. A hatvnynormk nhny tulajdonsga A hatvnynormkra teljesl: , 1 , 0

p s px x p s

+ , (2.4)

hiszen ez az sszefggs trendezhet a

/

1 1 1, 0

s pp s p pn n n

i i ik

i i ik k k

x x xx

x x x

+

= = =

alakba. Ha itt maxk i ix x= akkor a jobb oldal els tnyezje tagrl tagra nagyobb vagy egyenl a bal oldalnl, a msodik tnyez viszont biztosan nem kisebb 1-nl. A fontosabb hatvnynormk a kvetkezk:

11

n

ii

x x=

= .

Ez az 1-es vagy oktader norma, mivel a 3-dimenzis trben az azonos normj vektorok egy olyan oktaderen helyezkednek el, amelynek cscspontjai az ( ) ( ) ( ){ }1 1,0,0 , 0, 1,0 , 0,0, 1x vektorok.

1/ 22

21

n

ii

x x=

=

az x vektor euklidszi, kettes vagy gmbnormja. A p hatresetben addik


1/

1max lim max

max

ppn

ij j j jp i j j

xx x x

x

=

= =

a Csebisev-, -, vagy kocka-norma. Mint ltjuk, (2.4) alapjn itt a legnagyobb s legkisebb hatvny-normk szerepelnek, tovbb az ortogonlis transzformcikkal szemben invarins 2-es norma. Ezekre a normkra a defincik alapjn levezethetk a kvetkez egyenltlensgek:

1

2

1 2 1

,

,

1.

x x n x

x x n x

x x xn

(2.5)

2.4. Konvergencia normban. A normk ekvivalencija A norma alkalmas arra, hogy segtsgvel egy vektorsorozat konvergencijt rtelmezzk. Ezek alapjn ( )kx x alatt azt rtjk, hogy ( ), lim 0n k

kx x x

= .

Az (1)x s (2)x normkat ekvivalensnek nevezzk, ha 1 2, 0c c > gy, hogy

1 2(1) (2) (1)c x x c x .

6.5.1 Ttel (bizonyts nlkl): Vgesdimenzis vektortrben brmely kt norma ekvivalens. Ez azt jelenti, hogy a normk akrmennyire nem klnbzhetnek egymstl. gy mindegy, milyen normban vizsgljuk a konvergencit.

2.5. Mtrixnormk

A mtrix normja : m nA a kvetkez tulajdonsgokkal rendelkezik:

) 0 0,) ,) ,) .

i A A

ii A A

iii A B A B

iv AB A B

= =

=

+ +

(2.6)

Az utols kt tulajdonsgot akkor kveteljk meg, ha a kt mtrix sszeadhat vagy sszeszorozhat. Mivel a vektorok specilis mtrixoknak tekinthetk, minden mtrixnorma meghatroz egy vektor-normt, amelyet a mtrixnormval kompatibilis vektornormnak neveznk. Ez az t fordtva is bejrhat, ugyanis minden vektornorma indukl egy mtrixnormt a kvetkezkppen:

0 1sup supx x

AxA Ax

x == = , (2.7)

ahol . vektornorma. Csak megjegyezzk, az ltalnosabb definiciban megengedhet, hogy ms normk szerepeljenek a szmllban s a nevezben. A (2.7) definci egyenes kvetkezmnye .Ax A x (2.8)

2.6. Ttel Az induklt mtrixnorma eleget tesz a (2.6) feltteleknek. Bizonyts. Ad 1. 0 0. 0 0 re 0.A A A Ax x A= = = = =

9

Ad 2. 1 1

sup sup .x x

A Ax Ax A = =

= = =

Ad 3. { }1 1

sup ( ) sup .x x

A B A B x Ax Bx A B= =

+ = + + +

Ad 4. 0 0 0 0, 1: .nx x AB ABx A Bx A B = =

2.7. Az induklt mtrixnormk meghatrozsa 1p = , oszlopnorma:

1 11( ) ( )max max .

m

j ijij jA Ae a

=

= = (2.9)

Legyen 1 1x = , ekkor 1 1 1 1 1 1 1m n m n n m

ij j ij j j iji j i j j iAx a x a x x a= = = = = == =

( )1 1 1( ) ( )max max .n mj ij jj ij jx a Ae= = = Ezt a fels korltot valamely ke -ra el is ri, gy a maximumot talltuk meg.

p = , sornorma:

11( ) ( ) ( )max max max .

nT Ti i ijji i i

A e A A e a =

= = = (2.10)

Legyen 1x

= , ekkor 1 1 1( ) ( ) ( )

max max max .n n n

ij j ij j ijj j ji i iAx a x a x a

= = =

= Tegyk fel, a

maximum a k -adik sorra kvetkezett be. Ekkor 1x

= s Ax

ppen a megllaptott fels korlt

az /j kj kjx x a a = = vektorral, ahol a fellvons komplex konjugltat jell. 2p = , spektrl norma:

( )1/ 22 ( )max ( ) .TkkA A A= (2.11) Ekkor a kvetkez maximumot keressk:

22 2

222

max max .T T

T

Ax x A AxAx xx

= =

Az itt lthat hnyados az TA A mtrixra vonatkoz Rayleigh-hnyados. Ha TA A egy sajtvektora ku k sajtrtkkel, akkor kx u= vlasztssal a Rayleigh-hnyados rtke ppen k lesz. Innen vilgos, a

Rayleigh hnyados legnagyobb rtke legalbb max maxk k = . Megmutatjuk, nagyobb rtke nem lehet. Tudjuk, a szimmetrikus mtrix sajtvektorai teljes ortonormlt rendszert alkotnak, gy brmely x vektor kifejthet

1

n

j jjx u== alakban. Ezt helyettestve a Rayleigh-hnyadosba, a klnbsgre kapjuk:

2 2max1 1

max max 2 21 1

( )0

n nT T j j j jj j

n nTj jj j

x A Axx x

= =

= =

= =

,

ami mutatja, hogy a maximumot talltuk meg.

2.8. A spektrlsugr s az induklt normk sszefggse Egy mtrix spektrl sugara alatt a kvetkezt rtjk:


( ) max ( ) ,k kA A = (2.12)

ahol ( )k A az A mtrix sajtrtke. Az A mtrixnorma s az x vektornorma illeszked, ha brmely x -re eleget tesznek a (2.8) sszefggsnek. Ez utbbi definci arra az esetre szl, amikor a vektornorma nem kompatibilis, vagy a mtrixnorma nem a vektornormbl induklt, mert klnben az illeszkeds trivilis. Igaz az sszefggs:

( ) ,A A (2.13)

ahol A tetszleges norma, mert , || || 1k k k kAu u u= = mellett a vektorokra is ugyanazt a mtrixnormt alkalmazva

, -ra.k k k k ku Au A u A k = = =

A (2.13) relci akkor is igaz, ha olyan mtrixnormnk van, ami csak ngyzetes mtrixokra van definilva. Ekkor az T Tk k k k kAu u u u= kifejezst kpezve lehet a bizonytst megismtelni.

2.9. A lineris egyenletrendszer megoldsnak perturbcii Kt esetet fogunk megvizsglni. Az egyik, amikor az egyenletrendszer b jobboldalt perturbljuk egy kis b vektorral, a msik, amikor az egytthatmtrix perturbcijt vizsgljuk. Az els esetben ( )A x x b b + = + -bl kvetkezik A x b = s illeszked normk esetn kapjuk a becslst:

11

1.

b x bA A

b x bA A

(2.14)

Az eredeti s a perturblt rtkekre vonatkoz egyenletekbl

1

1

, ,

, .

b Ax x A b

b A x x A b

= =

A kapott egyenltlensgek azonos oldalait sszeszorozva kapjuk (2.14) jobboldali sszefggst. A baloldalit ugyangy kapjuk, csak a mtrixot a msik oldalra rendezzk az indul egyenletekben:

1

1

, ,

, .

x A b b A x

x A b b A x

= =

2.9.1 Lemma.

Ha 1B < , akkor I B+ invertlhat s induklt normra rvnyes

( ) 1 1 .1

I BB

+

(2.15)

Az elz szakaszban ltott norma s spektrl sugr sszefggse szerint most B spektrl sugara kisebb 1-nl, gy minden sajtrtke is kisebb, azaz nem lehet I B+ egyik sajtrtke sem 0. ( ) ( )( ) ( )1 1 1 ,I B I B B I B I B I B + = + + = + ahonnan ( ) ( )1 11I B B I B + + + , s trendezssel kapjuk az lltst.

11

Ha az egytthatmtrixot perturbljuk A -val: ( )( ) ( ) A A x x b A A x Ax + + = + = 1 1 1

( )x I A A A Ax = + , innen kapjuk a becslst:

( ) 11 1 1 110 ,1x A A

I A A A A A Ax A A A A

+

(2.16)

az utols lpsben felhasznltuk az elbbi lemmt.

2.10. A mtrix kondiciszma Az elbbi becslsek azt mutatjk, hogy a megolds relatv megvltozsa arnyos a

1cond( )A A A= szmmal, ezrt ezt a szmot a mtrix kondiciszmnak nevezzk. Szoks mg a ( )A jells hasznlata is. Ha az egyenletrendszer egytthatmtrixnak kondiciszma nagy, akkor

az egyenletrendszert gyengn meghatrozottnak nevezzk.

2.11. A relatv maradk

A /x x szm nem jellemzi a megold mdszer stabilitst, mert a megold mdszertl fggetlenl nagy lehet, ha cond( )A nagy. Erre a clra alkalmasabb a maradkvektor. Tegyk fel, az x kzelt megoldst kaptuk, ekkor a maradkvektor: r b Ax= , amit szoks mg reziduum vektornak is nevezni. A relatv maradkot a kvetkez formulval ksztjk:

.

r

A x =

(2.17)

A stabilits inverz megfogalmazsa szerint a megold mdszer stabil, ha a kapott eredmny egy kiss perturblt kiindul eredmnyhez tartozik: ( )A A x b+ = , ahol /A A kicsi. Meg lehet mutatni: ha nagy, /A A is nagy. Ugyanis ( )0 b A A x r Ax = + = , ahonnan r A x . Ezt kifejezsbe rva

.

r AA x A

=

Msrszt, ha kicsi, akkor 2-es normban a mtrix relatv megvltozsa is kicsi. Ugyanis A -ra megolds

, mert 0.T T

T T

rx rxA b A x b Ax rx x x x

= + = =

(2.18)

Ekkor 2-es normban 22 2

T Trx r x= (l. 2.5 gyakorlat), s ezzel 2 2

2 2 2

.

A rA A x

=

2.12. Gyakorlatok

2.1. Mutassuk meg: induklt normra 1I = .

2.2. Ha A invertlhat, akkor Ax Ax= is vektornorma.

2.3. A mtrix kondiciszma induklt normnl nem lehet kisebb 1-nl. 2.4. 2-es normnl az ortogonlis vagy unitr mtrixok kondiciszma 1.


2.5. 2 22Tab a b= . 11

Tab a b

= . 1Tab a b

= .

2.6. TU U I= (ortogonlis) 2 2AU A = .

2.7. A B A B .

2.8. 1 2

2 3 1, ? ? ?

4 2 1A A A A

= = = =

2.9. 2 1A A A .

2.10. Frobenius-norma: 1/ 2

2

,

tr( ) tr( )T TijFi j

A a A A AA

= = = . Igazoljuk, ez is mtrixnorma, de

nem induklt norma, ?FI = 2 2FAx A x . (A 2-es normval illeszked mtrixnorma.)

2.11. TA A= , akkor 2 ( )A A= = spektrl sugr, azaz szimmetrikus mtrixokra a spektrlnorma a minimlis norma. ( 2 . = spektrl norma).

2.12. TU U I= (ortogonlis) F FAU A = .

2.13. 2 2AB BA= , ha TA A= s TB B= .

2.14. 22 2cond ( ) cond ( )TA A A= .

13

3. A numerikus lineris algebra egyszer transzformcii

3.1. Jellsek A mtrixokat latin nagybetkkel: , , ,A B C a vektorokat latin kisbetkkel: , , ,a b c jelljk, kivve az , , , , ,i j k l m n betket, amelyeket indexekben fogunk hasznlni. A skalrokra grg kisbetket alkalmazunk. Ha az A mtrixot az 1 2, ,a a oszlopvektorokbl lltjuk ssze, akkor ezt gy jelljk:

1 2[ ]nA a a a= . A mtrix egy msik megadsi formja [ ]ijA a= , ekkor az ij -edik elemet adjuk meg ltalnosan. Az n -edrend egysgmtrix 1 2[ ]n nI e e e= , amely az 1 2, , , ne e e Descartes-egysgvektorokat tartalmazza az oszlopaiban. A transzponlt jellse: Ta , komplex esetben a transzponlt konjuglt jellse Ha .

3.2. A mtrixok szorzsa

Az [ ] , [ ]m n n lij jkA a B b = = mtrixok sszeszorzsnak eredmnye a [ ]ikC AB c= = = 1

n m lij jkj a b

=

= mtrix. A vektorok egy sorbl vagy oszlopbl ll specilis mtrixoknak tekinthetk, szorzsuk nem jelent jat. Az alkalmazsokban megklnbztetjk a vektorok ktfle szorzsi mdjt. Az egyik a skalris szorzat, pldul Ta b , amelynek eredmnye egy skalr. A msik a diadikus szorzat, pldul Tab , az eredmny egy 1-rang mtrix. Vegyk szre, az els esetben szksges, hogy a vektorok hossza azonos legyen, a msodik esetben nem. 3.1 Gyakorlat. rjunk fel egy didot. Indokoljuk meg, hogy a rangja tnyleg 1. Hogyan egyszerbb egy vektort diddal szorozni? a) Kpezzk TA ab= -t, majd Ax -et. b) Elszr kiszmtjuk Tb x -et s ezzel a skalrral szorozzuk az a vektort.

A tovbbiakban rtrnk specilis mtrixok ismertetsre.

3.3. Permutci-mtrix gy kapjuk, ha az egysgmtrix sorait vagy oszlopait permutljuk, emiatt minden sor s oszlopban csak egy 1-es fordulhat el, a tbbi elem 0. Az brzolsukhoz nem szksges a mtrixot kitlteni, elg egy egsz (szmokbl ll) vektor. Tegyk fel, egy mtrix sorait cserlgetjk s ezt szeretnnk egy vektorban feljegyezni, ami a permutcimtrixot reprezentlja. Kezdetben a vektor k -adik eleme legyen egyenl k -val. A cserk sorn ennek a vektornak az elemeit cserlgessk ugyangy, mint a mtrix sorait (mintha oszlopvektorknt a mtrixhoz csatoltuk volna). gy a vgn mindegyik sorrl meg tudjuk llaptani, hogy hova kerlt. Ha pldul az els elem 5-s, akkor ez azt jelenti, hogy az tdik sor az elsbe kerlt.

3.2 Gyakorlat. Tekintsk a 2 4 3 1[ , , , ]e e e e = permutci-mtrixot s ellenrzzk, hogy az inverze a transzponltja! Ezt a tnyt ltalnosan bizonytsuk be! Hogyan troljuk a fenti mtrixot egy 4-elem vektorban?

3.4. Diddal mdostott egysgmtrix A numerikus lineris algebrban klnsen fontos szerepet jtszanak az olyan egyszer mtrixok, amelyek az egysgmtrixtl csak egy didban klnbznek:

TF I ab= + (3.1)


Segtsgkkel a klnfle lineris algebrai transzformcik egyszeren vgezhetk, a bennk szerepl a s b vektorok megvlasztsa mindig az elrend cltl fgg.

Ennek a mtrixnak az inverze knnyen meghatrozhat. Felttelezve, hogy 1 TF I ab = + , az 1FF I = sszefggsbl addik: 1/(1 )Tb a = + , gy

1

1

T

T

abF Ib a

=

+. (3.2)

Az inverz nem ltezik, ha 1 0Tb a+ = , ebbl mr sejthetjk, hogy a nevez nem ms, mint F determinnsa.

3.5. Plda Ha az egysgmtrixbl kivesszk az i -edik oszlopot s a helyre betesszk az a vektort:

( ) .Ti iF I a e e= + Az inverze:

1 ( ) ( ).

1 ( )T T

i i i iT Ti i i

a e e a e eF I Ie a e e a

= =

+

Az ilyen tpus mtrixok fontosak a lineris egyenletrendszer-megold algoritmusoknl.

3.3 Gyakorlat. Ellenrzzk: 1 iF a e

= .

3.6. Plda A kvetkez mveletet vgezzk: az A mtrix i -edik oszlopt -val szorozzuk s hozzadjuk a k -adik oszlophoz. rjuk fel azt a mtrixot, amellyel szorozva A -t, pont ez trtnik! Megolds. ( ).T Ti k i kA Ae e A I e e + = + 3.4 Gyakorlat. Az elbb kapott sszefggs segtsgvel bizonytsuk be, hogy a mtrix determinnsa nem vltozik, ha egy oszlopnak szmszorost egy msik oszlophoz hozzadjuk. Hasznljuk fel a szorzatmtrix determinnsra tanultakat!

3.7. Plda

Igazoljuk, hogy az TI ab+ determinns egyenl 1 Tb a+ -val! Megolds. Feltesszk, az a s b vektorok egyike sem zrus, mert klnben a feladat trivilis volna. Legyen az a vektor i -edik eleme 0Ti ie a a= , s tekintsk az ( / ) Ti i iI a a e e mtrixot. Ennek minden tleleme 1 s az i -edik oszlopban vannak mg nemzrus elemek. De ezeket a nemzrus elemeket az i -edik sor valamely szmszorosnak hozzadsval ki lehet nullzni, ebbl kvetkezik, hogy a determinnsa 1. Most szorozzuk az TI ab+ mtrixot balrl ( / ) Ti i iI a a e e -vel. Ez az a vektort az i ia e vektorba viszi, gy az eredmny: ( / ) T Ti i i i iI a a e e a e b + , amely mr csak az i -edik sorban s oszlopban klnbzik az egysgmtrixtl. Most szorozzuk a kapott mtrix k -adik oszlopt /k ia a -vel s adjuk hozz a i -edik ( )i k oszlophoz (ld. 3.6 Plda):

( ) T T T T T Tk k ki i i i k i i i i i k k i ii i i

a a a eaI e e a e b I e e I e e a e b a b e ea a a

+ + = + +

.

Mint ltjuk, az a vektor k -adik eleme kinullzdott, s az i -edik tlelem 1 i i k ka b a b+ + lett. Ezt a mveletet minden k i -re vgrehajtva az / ia a vektor minden tln kvli eleme kinullzdik, az i -

15

edik tlelem 1 Tb a+ , a tbbi pedig 1-gyel egyenl. A kvetkez fzisban az , Tke k i sorvektorokkal az Ti ia e b sorvektor nemdiagonlis elemeit a determinns megvltozsa nlkl kinullzhatjuk.

3.8. Didsszegek, kifejtsek Az n -edrend egysgmtrix felrhat didsszegknt:

1

n Tn i ii

I e e=

= . Ha ezt berjuk kt mtrix kz, akkor a szorzatmtrix didsszeg-ellltst kapjuk: 1

n Ti iiAB Ae e B== ,

A oszlopai s B sorai kpezik a didokat, i -edik oszlop s i -edik sor.

3.5 Gyakorlat: rjuk ki ADB didsszeg ellltst, ahol [ ]i ijD d = diagonlmtrix, (csak a ftl elemei nemzrusok). Tudjuk, az n -edrend x vektor ellltsa az egysgvektorok segtsgvel

1( )n Ti iix e e x== . Az

elllts hasonl a 1{ }ni iq = ortonormlt vektorrendszerrel. Ugyanis vezessk be a 1 2[ ]nQ q q q= mtrixot. Ekkor T TQ Q I QQ= = az ortonormltsg miatt, teht rhat

1( )nT Ti iix QQ x q q x== = . Az

ilyen tulajdonsg Q mtrixokat ortogonlis (komplex megfelelje: unitr) mtrixoknak nevezzk.

3.9. Definci

Az 1{ }ni ia = s 1{ }ni ib = rendszerek biortogonlis vektorrendszert alkotnak, ha , 0Ti j i ij ia b = teljesl brmely indexre. Ha n a vektorok dimenzija, akkor a rendszer teljes. 3.6 Gyakorlat. Az elbbi vektorokat gyjtsk az 1 2[ , , , ]nA a a a= s 1 2[ , , , ]nB b b b= mtrixba. Ellenrzzk, hogy TA B diagonlmtrix! Ekkor az x vektor hogyan llthat el az ia vektorok lineris kombincijaknt? s hogyan fejthet ki a ib vektorok segtsgvel?

3.10. Ttel, mtrix egyszer szorzatokra bontsa

Minden nemszingulris n nA mtrix felrhat n egyszer mtrix szorzataknt, ahol egy tnyez egy permutcibl s egy ( ) Ti i iI a e e+ tpus tagbl ll. A permutcira nincs mindig szksg. Bizonyts. Megadjuk az eljrst. Az els lpsben vizsgljuk meg az A mtrix els oszlopt. Ha az els elem 11 1 1 0

Ta e Ae= , akkor sorcserre nincs szksg. Ha az els elem zrus, akkor az oszlopban keresnk egy nemzrus elemet, majd ennek a sort felcserljk az els sorral. Ha az oszlop minden eleme zrus volna, akkor nem lenne invertlhat a mtrix. Az els permutci mtrixot jelljk 1 -gyel s legyen 1 1A A= .

Most szorozzuk 1A -et a 1 1 1 1 1 1 1 1( ) /T TT I A e e e e A e= mtrixszal. Tudjuk, ennek eredmnyeknt az els oszlop 1e -be megy t s

11 1 1 1 1( ) TT I A e e e = + . A msodik lpsben hasonlan jrunk el 1 1T A

msodik oszlopval: 2 2 1 1A T A= olyan mtrix lesz, ahol a 22-es pozicin nemzrus elem van. gy a 2 2 2 2 2 2 2 2( ) /T TT I A e e e e A e= mtrixszal szorozva a msodik oszlopot az 2e vektorba visszk.

Vegyk szre, 2T az 1e vektort helyben hagyja. Hasonlan folytatva, az i -edik lpsben 1 1i i i iA T A = olyan mtrix, ahol az ii poziciban nemzrus ll. (Ha az i -edik oszlop zrus volna, ismt ellentmondsba kerlnnk azzal a feltevssel, hogy a mtrix nemszingulris.) Ekkor a ( ) /T Ti i i i i i i iT I A e e e e A e= mtrixszal szorozva kapunk ie -t az i -


edik oszlopban s az eddig elkszlt kisebb index egysgvektorok sem romlottak el. A n -edik lps utn egysgmtrixot kapunk, teht vgeredmnyben a mtrix inverzvel szoroztunk. A szorzatokat sszegyjtve:

1 1 11 1 2 2T T

nT T T A = .

Figyeljk meg, 1iT megadshoz elg, ha az i indexet s a benne szerepl i i ia A e= vektort ismerjk.

3.11. Hromszgmtrixok szorzatokra bontsa Az L mtrixot als hromszgmtrixnak nevezzk, ha a ftl feletti elemei mind zrust tartalmaznak. Hasonlan az U mtrix fels hromszg mtrix, ha a ftl alatti elemek zrusok. A hromszgmtrixok szorzatokra bontsa klnsen egyszer. Az elbbi ttelt alkalmazva azonnal addik az n -edrend L als hromszgmtrix szorzat-ellltsa:

( )( ) ( )1 1 2 2( ) ( ) ( )T T Tn nL I L I e e I L I e e I L I e e= + + + , ami tmren gy is rhat

( )1

( )n

Ti i

iL I L I e e

=

= + , ha megjegyezzk, hogy a tnyezk nvekv indexek szerint mindig balrl jobbra haladva randk. A kifejezst kzvetlenl is igazolhatjuk a j -edik oszlop meghatrozsval. Jobbrl az je vektorral szorozva az els je vektortl klnbz eredmny szorzat j j j je Le e Le+ = az L mtrix j -edik oszlopa. A tbbi szorzatban lv , ke k j< vektorral ennek a skalris szorzata zrus, emiatt a vgeredmny jLe . Felrhat a sorvektorokkal is a szorzatokra bonts:

( )1

( )n

Ti i

iL I e e L I

=

= + . Ellenrzzk, hogy ennek a j -edik sora visszaadja L j -edik sort! A U fels hromszgmtrixra vonatkoz hasonl sszefggsek:

( ) ( )1 1 ( 1) ( 1)

( ) ( )T Ti i i ii n i n

U I U I e e I e e U I= =

= + = + , ahol a tnyezk balrl jobbra az indexek szerint cskken sorrendben randk.

3.12. Vettmtrixok Tekintsk a

TP I ab= (3.3) mtrixot, ahol 1Tb a = . Ennek determinnsa 0, gy az inverze nem ltezik. Van azonban egy rdekes tulajdonsga: nmagval szorozva visszaadja sajt magt: ( )( ) 2 .T T T T T TI ab I ab I ab ab ab I ab = + = Az 2P P= felttelt kielgt mtrixokat vett- mtrixoknak vagy projektoroknak nevezzk. Ha a b= , akkor a mtrix szimmetrikus. A szimmetrikus vettmtrixok ortogonlis vettk,

x

a y

17

mert egy altrre merleges vettst valstanak meg. Ha s a b nem egyirny, akkor ferde vettsrl beszlnk. Szoks mg a projektorokat idempotens mtrixoknak nevezni arra a tulajdonsgukra utalva, hogy a mtrix minden hatvnya nmaga. Vegyk szre, (3.3)-bl:

0Pa = s 0Tb P = . Az 1. bra azt szemllteti, a (3.3) projektor hogy vetti az x s y vektort az a irny mentn a b normlis skba, amely thalad az orign. Ha a irnya megegyezne b irnyval, akkor a skba vetts merlegesen trtnne. 3.7 Gyakorlat. Ellenrzzk: ha P projektor, akkor I P is az. 3.8 Gyakorlat. Egy sk normlvektora s , egyenlete Ts x = . Legyen a vettmtrix /T TP I ss s s= . Mutassuk meg, a tr brmely y vektorra a / TPy s s s+ mvelet egy skbeli vektort llt el.

3.9 Gyakorlat. Mutassuk meg, az elbbi P mtrixszal Py s . Adjuk meg a / TPy s s s+ vektort s az y vektort sszekt vektort!

3.13. Involutrius mtrixok

Az A mtrixot involutriusnak nevezzk, ha eleget tesz az 2A I= sszefggsnek. Minden projektor 2A I P= alakban meghatroz egy involutrius mtrixot:

( 2 )( 2 ) 4 4I P I P I P P I = + = , s minden involutrius mtrix ( ) / 2I A alakban meghatroz egy projektort: ( )( ) / 4 (2 2 ) / 4 ( ) / 2.I A I A I A I A = = Innen lthat, 1-nl nagyobb mret egysgmtrixbl vgtelen sokflekpp lehet gykt vonni.

3.10 Gyakorlat. Igazoljuk, hogy a 1 1[ ]n nJ e e e= mtrix, ahol az egysgmtrix oszlopai fordtott sorrendben vannak felsorolva, involutrius mtrix. Milyen projektort hatroz meg ez a mtrix, ha

2,3n = ?

Az / , 0T T Tab b a b a projektorral a kvetkez involutrius mtrixot kszthetjk: 2 /T TI ab b a . Az 1.brbl megllapthatjuk, hogy ez a mtrix a b normlis skra val ferde tkrzst vgzi, ami annyit jelent, hogy az a irny mentn eljutunk a skig, majd azt keresztezve ugyanakkora tvolsgot tesznk meg a tloldalon. A tkrzs akkor merleges a skra, ha a b= .

3.11 Gyakorlat. Mutassuk meg, hogy az 2( )( ) /( ) ( )T TI x y x y x y x y mtrix az x s y vektorokat egymsba tkrzi, ha azok klnbzek s T Tx x y y= .

3.12 Gyakorlat. Az elbbi tkrz mtrixszal lehetsgnk van arra, hogy az x vektort az 1y e= vektorba tkrzzk, ahol 2 Tx x = . Hogyan vlasszuk meg eljelt ahhoz, hogy a kivonsi jegyvesztesget biztosan elkerljk?

3.14. Blokk mtrixok A mtrixokat nemcsak skalr elemekbl rakhatjuk ssze, hanem kisebb mret mtrixokbl is. Az ilyen mtrix elemeit blokkoknak nevezzk, ha pedig egy mtrixot kisebb mtrixokra bontunk, akkor a mtrixot blokkostjuk. A blokkosts trtnhet a kvetkezkpp: Az egysgmtrixot az oszlopok


mentn felszeleteljk k rszre: 1 2[ , , , ]kI E E E= . Ha a sorokat ugyanilyen mdon osztjuk fel blokkokra, akkor az ij -edik blokk Tij i jA E AE= s a mtrix:

11 12 1

21 22 2

1 2

.

k

k

k k kk

A A AA A A

A

A A A

=

3.13 Gyakorlat. Legyen TF I UV= + , U s V n l -es mtrixok, azaz l n< oszlopbl llnak. Ha a kijellt inverz ltezik, ellenrzzk: 1 1( )T TlF I U I V U V = + , ahol lI l l -es egysgmtrix.

4. Mtrixok LU-felbontsa, Gauss-Jordan algoritmus Az LU-felbonts nem ms, mint a Gauss-eliminci olyan trendezse, ahol a rszleteredmnyeket is elrakjuk. Ez gy trtnik, hogy az A mtrixot felbontjuk egy L als s egy U fels hromszgmtrix szorzatra.

4.1. Ttel, LU-felbonts.

Ha n nA nemszingulris mtrix, akkor a sorai mindig trendezhetk egy P permutci-mtrixszal PA -ba gy, hogy az felbonthat egy L als s U fels hromszgmtrix szorzatra. PA felbontsa egyrtelm, ha L tlelemeit 1-nek vlasztjuk. Bizonyts. Tekintsk A els oszlopt. Ha 11a zrus, akkor keressnk az oszlopban egy nemzrus elemet s sorcservel mozgassuk az els sorba. A tovbbiakban feltesszk, hogy 11 0a . Ekkor szorozzuk A -t az 11 1 11 1 1( / ) TL I Ae a e e = mtrixszal! A 3.7 pldban lttuk, ennek a mtrixnak determinnsa s minden tleleme 1, kvetkezik, hogy az inverzt gy kapjuk, ha a benne szerepl didot pozitv eljellel vesszk. A szorzs eredmnyeknt az 1Ae oszlopvektor ( )1 11 1 1 1 1 1 11 1 11 1( / ) TI Ae a e e Ae Ae Ae a e a e = + = (4.1) -be megy t, teht

11

11

* *

0 * *

0 * *

a

L A

=

, (4.2)

ahol a * egysgesen nemzrus mtrixelemeket jell. Ltjuk, a fels hromszgmtrix els oszlopa megjelent. 1 1 11 1 1( / ) TL I Ae a e e= + pedig a LU-felbontsban szerepl L mtrix els szozja, ahonnan kiolvashatjuk L els oszlopvektort: 1 11/Ae a -et. A msodik lpsben ugyanezt ismteljk meg a kapott mtrix jobb als ( 1) ( 1)n n -es blokkjra, ahol az els lps valamely nemzrus elemnek a 2,2 poziciba mozgatsa, ha szksges:

11

2

* *

0 * *,

0 * *

a

A

=

19

gy L msodik oszlopban az els elem 0, a msodik elem 1. Az eljrst hasonlan folytatva vgl

1 1 11 2 1 1 2 1

* * *

* *,

*

n n nL L L L U L L L PA

= = =

. (4.3)

Ha az Ax b= egyenletrendszert oldjuk meg, akkor a b vektort clszer az A mtrix mell venni: [ , ]A b , mert b -re is ugyanazok a transzformcik hatnak. Pldul legyen az egyenletrendszer:

2 0 3 14 5 2 3 .

6 5 4 3x

=

Vegyk szre, az 11L

-gyel val szorzs a mtrix els sort nem vltoztatja meg: 11 1 1T Te L e = . A jobb als ( )1n -edrend blokkban pedig a kvetkezket kell szmtani, , 1k i > :

1 1 111 1 1

11 11 11

T T i k ii k ik ik k

a a aAee I e e Ae a a a

a a a

= =

.

Ez mutatja, hogy az 1 11 1

TT

AeA e Ae Ae

didot kell szmtanunk a jobb als ( )1n -edrend blokkra. Az ebben szerepl oszlopvektor ppen 1L els oszlopa, gy clszeren a kvetkezkppen jrhatunk el: kijelljk a felemet, vele leosztjuk az alatta lv oszlopelemeket, a sajt sort pedig vltozatlanul tmsoljuk. A mtrix tbbi rszben ebbl a sorbl s oszlopbl ksztett didot vonjuk le:

2 0 3 12 0 3 1 2 0 3 14 5 2 3 2 5 4 1 2 5 4 1

6 5 4 3 3 5 5 0 3 1 1 1

1 2 0 3 2 1 , 5 4 .

3 1 1 1L U

= =

A vgn mg megoldand [ 1 1 1]TUx = , alulrl felfel megoldva [1 1 1]Tx = . 4.1 Gyakorlat. Oldjuk meg LU-felbontssal a kvetkez egyenletrendszert:

2 2 3 14 3 7 5 .6 7 5 3

x

=

4.2. Az LU-felbonts mveletignye.

Az els lpsben az oszlopvektor leosztsa 1n oszts, a did levonsa 2( 1)n szorzst s sszeadst ignyel. Az aritmetikai mveletek mindegyike ugyanannyi idejnek szmt, emiatt az els lps mveletignye: ( 1)(2 1)n n flop (= floating point operation, magyarul: lebegpontos mvelet). A kvetkez lps ignye ( 2)(2 3)n n flop, gy a teljes mveletigny 1

1( 1)(2 1)n

kk k

=

flop. Ezt gy kzeltjk, hogy a legmagasabb fok tagot integrljuk 0-tl n -ig: 32 / 3n . A korrekcis tagok n kisebb hatvnyai, nem hatrozzuk meg ket, mert a legmagasabbfok tag a dominns.


4.2 Gyakorlat. Mennyi 1 1, , Ax LUx U L x mveletignye? Az utols pldnl alkalmazzuk a 2.11 szakaszban megismert faktorizcis sszefggseket!

4.3. Blokk LU-felbonts Nha clszer a felbontst vagy a mtrix invertlst blokkostott formban vgezni. Tipikusan ez a helyzet akkor, amikor az egyik elklntett blokk egyszeren invertlhat, pldul azrt mert egysgmtrix, vagy als ill. fels hromszgmtrix. Mi most a blokk LU -felbontst a 2 2 -es esetben fogjuk megnzni. A felem ilyenkor blokk, amelyrl fel kell tteleznnk, hogy ltezik az inverze. Legyen az egysgmtrix egy felosztsa 1 2[ , ]I E E= , Tij i jA E AE= , ekkor az L mtrix a (4.1)-ben lthat 1L mtrix blokkos megfelelje (ld. mg 3.13 Gyakorlat) ( )11 11 1 1TL I AE A E E= (4.4) s a mtrix blokkos felbontsa a kvetkez:

1111

11 12 1 11 121 11 1

21 2 22 21 11 1221 22 21 11 12

0, ahol ,

0A A I A A

L UA A I A A A AA A A A A A

= =

. (4.5)

4.4. Schur-komplemens.

A felbonts jobb als sarkban megjelent mtrixot az A mtrix 11A -re vonatkoz Schur-komplemensnek nevezzk s jellse: ( ) 111 22 21 11 12A A A A A A= . Termszetesen ltezik az 22A -re vonatkoz Schur-komplemens is. Ez az elbbibl gy jn ltre, hogy az 1 2 indexcsert elvgezzk.

4.5. Particionlt inverz A (4.5) felbonts alapjn rhatjuk:

( ) ( )1

11 12 111 1 1 11 121 1

11 1121 11 2 21 11 2 2

0 0,0 0

A A AI I I A AA A A A AA A I A A I I

= =

ahonnan

( )11 11 11 1 11 12

1 121 11 2112

0.

0

A II A AA

A A IA AI

=

(4.6)

A didsszeg kifejts blokkos alakjt felhasznlva (ld. 3.5 Gyakorlat) ez mg a kt blokk-oszlop s blokk-sor alapjn kifejthet az

( )11

11 111 121111 21 11 2

2

00 0

A AAA A A A A II

= +

(4.7)

alakban.

4.5.1 Feladatok 1. A 3.13 Gyakorlat alapjn mutassuk meg, hogy a (4.4) mtrix inverze gy kszthet, hogy a 21-es blokk negatvjt vesszk. A fels hromszgmtrixra vonatkoz eredmny innen transzponlssal szrmaztathat.

21

2. 11L als hromszgmtrix, amelyet alul kiegsztnk egy blokk-sorral [ ]21 22L L nagyobb mret als hromszgmtrixra. Mutasssuk meg, hogyha a diagonlblokkok invertlhatk, akkor particionlt inverz formulval a kiegsztett mtrix inverze

11

22 11 22

1111

1 1 121 22 21

LLL L L L L L

=

4.6. A Gauss-Jordan mdszer az inverz mtrix kiszmtsra Lttuk, minden mtrix, amelynek van inverze, egyszer mtrixok szorzatra bonthat, ahol az n mvelet mindegyike tartalmaz egy sorcsert ha szksges, s egy diddal mdostott egysgmtrixszal val szorzst. Egy ilyen mveletsorozattal a mtrix az egysgmtrixba transzformlhat. Kzenfekv az tlet: a mtrixhoz hozzrjuk az egysgmtrixot: [ ],A A I s a kibvtett mtrixra alkalmazzuk a transzformci-sorozatot: [ , ] [ , ]TA T I T= . Vilgos, 1T A= . Ez a mdszer alkalmas lineris egyenletrendszer megoldsra is, de a mveletszmlls azt mutatja, hogy az LU -felbonts elnysebb. Ha azonban a mtrix inverzt akarjuk ellltani, akkor a mveletigny ugyanakkora, st lehetsg van arra, hogy a mtrixot helyben invertljuk. Tegyk fel, az i -edik lpsben iA mr olyan, hogy a sorcsert vgrehajtottuk, ha kellett. Az i -edik szorzs:

T TTi i i i i i i i i ii i iT T T

i i i i i i i i i

A e e A e e A e e AI e A A

e A e e A e e A e

= +

.

Itt jobb oldalon az els kt tag azt a did-levonst jelenti, amit mr megismertnk. Az LU -felbontshoz kpest azonban eltrs, hogy az i -edik sor s oszlop kivtelvel minden terletre kell alkalmaznunk. Az harmadik tag azt mutatja, hogy az i -edik sort a felemmel kell osztani, az els kt tagbl szrmaz i -edik sor ugyanis zrus.

Az elmondottakat egy pldn szemlltetjk. Invertland a 0 1 11 2 31 3 6

mtrix. A kibvtett mtrixban

az els lps egy sorcsere:

11 2

sorcsere

0 1 1 1 0 0 1 2 3 0 1 01 2 3 0 1 0 0 1 1 1 0 0 1 3 6 0 0 1 1 3 6 0 0 1

Tr

Az els transzformcis lpsben az els oszlop tmegy 1e -be, az els sort vgigosztjuk a felemmel, a tbbi helyen pedig vgrehajtjuk az els did levonst:

2 31 2 3 0 1 0 1 0 1 2 1 0 1 0 0 3/ 2 3/ 2 1/ 20 1 1 1 0 0 0 1 1 1 0 0 0 1 0 3/ 2 1/ 2 1/ 20 1 3 0 1 1 0 0 1 1/ 2 1/ 2 1/ 20 0 2 1 1 1

Tr Tr

.

Az utols lpsben az indul egysgmtrix helyn megjelent az inverz. A helyben invertlshoz azt kell szrevennnk, hogy minden lpsben sszegyjthet egy egysgmtrix a kibvtett mtrixbl. Ezt szksgtelen trolni. A jobboldali 3 3-as terleten minden lpsben egy j vektor jelenik meg, a bal oldali 3 3-as terleten pedig a tvoz vektor helyre egy egysgvektor lp be. A tmr algoritmusban a jobb oldalon belp j vektort berjuk a bal oldalon belp egysgvektor helyre. Az i -edik egysgvektor helyn a jobb oldalrl szrmaz j vektor


( ) ( )1/ , ,

/ ,

Ti i iTi i i i i i

i i iT T i ii i i i i i ji ii

e A e j iA e e A e eI e e e

e A e e A e a a j i =

= =

Ez fog tkerlni a bal oldalon az i -edik oszlopba. gy a tmr algoritmusban a felem helyre annak reciproka kerl, az oszlop tbbi eleme pedig negatv eljelet kap s osztdik a felemmel. A levonand did kezelse ugyanaz, mint korbban. A bekeretezett elem jelli ki azt a didot (sor, oszlop), amelybl a levonand didot kpezzk. Teht a tmr algoritmus:

1 2sorcsere 1 2 3

1 2oszlopcsere

1 2 30 1 1 1 2 3 1 2 11 2 3 0 1 1 0 1 1 0 1 1 1 3 6 1 3 6 1 1 3 1 1 2

3/2 -3/2 -1/2 -3/2 3/2 -1/2 1/2 3/2 -1/2 3/2 1/2 -1/2

-1/2 -1/2 1/2 -

Tr Tr Tr

.

1/2 -1/2 1/2

A kezdeti sorcsere miatt nem az eredeti, hanem a A mtrixot invertltuk, ahol permutci-mtrix. Ennek az inverze 1 TA , mert 1 T = . gy a kapott eredmnyt mg szoroznunk kellett jobbrl T -vel, ami itt az 1 2 oszlopcsert jelenti. 4.4 Gyakorlat. Mi a Gauss-Jordan invertl mdszer mveletignyben a dominns tag?

23

5. Az LU-felbonts tulajdonsgai, specilis inverzek

5.1. Szimetrikus pozitv definit mtrixok

Egy vals szimmetrikus A mtrixot pozitv definitnek neveznk, ha 0Tx Ax > teljesl minden 0x vektorra. Pozitv szemidefinit a mtrix, ha csak 0Tx Ax teljesl. A negatv definit s negatv szemidefinit tulajdonsgot hasonlkpp rtelmezzk, ha 0Tx Ax < vagy 0Tx Ax valamelyike teljesl. Indefinit esetben a bels szorzat negatv s pozitv rtkeket egyarnt felvehet. A pozitv definit tulajdonsgnak adhat mg kt msik ekvivalens definicija. Az egyik szerint ekkor a mtrix minden sajtrtke pozitv, a msik szerint pedig a bal fels sarok aldeterminnsok (fminorok) mind pozitvak. Szemidefinit mtrixnak van zrus sajtrtke s zrus rtk sarok aldeterminnsa. A nemszimmetrikus mtrixot pozitv definitnek mondjuk, ha a szimmetrikus rsze pozitv definit. A mtrix szimmetrikus rsze ( ) / 2TA A A+ = + s az antiszimmetrikus rsze ( ) / 2TA A A = , A A A+ = + . Vegyk szre, az antiszimmetrikus rszhez tartoz bels szorzat

Tx A x

mindig zrus.

Ha x -et ie -nek vlasztjuk, akkor a definicibl kvetkezik, hogy vals szimmetrikus pozitv definit mtrixra 0iia > minden i -re, i jx e e= esetn pedig 2 0ii jj ija a a+ > -nak kell teljeslnie. Ezek az egyszer felttelek nha hasznosak annak gyors eldntsben, hogy a mtrix egyltaln lehet-e pozitv definit. Pldul, ha a mtrix ftl-beli elemei mind 0-k s a ftln kvli elemek kztt vannak nemzrus elemek, akkor rgtn llthat, hogy a mtrix indefinit.

5.1.1 Ttel, elegend felttel pozitv definitsgre.

Ha TA V V= alakban elllthat, ahol V oszlopai linerisan fggetlenek, akkor A pozitv definit.

Bizonyts. A definici alapjn minden nemzrus x -re 22 0T T Tx Ax x V Vx Vx= = > mert 0Vx , ha V oszlopai linerisan fggetlenek.

5.1.2 Ttel, a pozitv definitsg megrzdik az LU-felbontsban. Pozitv definit A mtrix LU-felbontsa megrzi a pozitv definitsget, ms szval: minden lps utn a visszamarad jobb als blokk pozitv definit marad. Az llts blokk LU-felbontskor is igaz. Bizonyts. Legyen A blokkos alakja

( )11 12 111 22 21 11 1221 22

, | ,A AA A A A A A AA A

= =

ahol a blokk LU-felbonts egy lpse utn visszamarad blokk az ( )11|A A Schur-komplemens. Azt kell igazolni, hogy tetszleges nemzrus 2x vektorra ( )2 11 2| 0Tx A A x > . Az lltst azzal bizonytjuk, hogy megmutatjuk: ltezik egy kiegsztett ( )1 2,T T Tx x x= vektor, amelyre ( )2 11 2|T Tx Ax x A A x= . Ehhez vlasszuk 1x -et gy, hogy szorzskor az els blokk-sor zrust adjon: 11 1 12 2 0A x A x+ = . Ezzel

11 11 12 2x A A x

= s 11 2 2 22 21 11 12 221 1 22 2

00 ( )T T T Tx Ax x x x A A A A x

A x A x

< = = +

.

Megjegyzs. Ugyangy lthat be, hogy a felbonts sorn a pozitv szemidefinitsg is megrzdik.


5.1.3 Ttel, pozitv szemidefinit mtrix felbonthatsga.

Ha A pozitv szemidefinit, akkor TA LL= alakban elllthat.

Bizonyts. Lttuk, A ftljban csak nemnegatv elemek lehetnek. Ha 11 0a > , akkor ksztsk el a kvetkez

1 12

1 1

,

T

T

Ae e AA Ae Ae

= (5.1)

mtrixot, amelyrl tudjuk, hogy az els sora s oszlopa zrus. Vlasszuk L els oszlopnak 1 1 11/Le Ae a= -et, ezzel 2 1 1

TA A Le e L= .

Ha az els diagonlelem zrus, akkor ugyanazon sor s oszlop cserjvel mozgassunk egy nemzrus diagonlelemet az 1,1 poziciba s ugyangy jrjunk el. Folytassuk az eljrrst a megmarad 1-gyel kisebb mret jobb als blokkal mindaddig, ameddig tallunk pozitv diagonlelemet. Minden lpsben az L mtrix egy jabb oszlopt nyerjk. Ha olyan helyzethez rtnk, ahol a megmaradt jobb als blokkban minden diagonlelem zrus, akkor a teljes blokknak zrusnak kell lennie, mert ha nem gy volna, akkor a megmarad blokk indefnit volna az 5.1.1 Ttel eltt tett megjegyzs szerint s ez ellentmondana annak, hogy a szemidefinitsg megmarad. Vegyk szre, az alkalmazott sor-oszlop cserk a felbontst csak annyiban befolysoljk, hogy

T TP AP LL= -et kellett volna rnunk, - P permutci mtrix -, de ez trendezhet az TA LL= alakba, ahol L PL= .

Szimmetrikus, pozitv definit mtrixra az TA LL= felbontst Cholesky-felbontsnak nevezzk. Itt most L ftljban nem 1-esek llnak, mert pldul 1 1 11/Le Ae a= els eleme 11a . A Cholesky-felbonts hasonlkpp kszthet, mint az LU-felbonts, csak most a felembl gykt kell vonni, s azzal vgig kell osztani a sajt sort s oszlopot. A szmtgpes algoritmusban kihasznlhat, hogy a fels hromszg rszt nem kell szmtani, ezzel a mveletigny nagyjbl megfelezdik.

5.1.4 Plda Choleski-felbontsra

24 2 2 2 1 1 22 10 7 1 9 6 1 3 2 1 3 ,

2 7 21 1 6 20 1 2 16 1 2 42 2 1 1

1 3 , 3 2 .1 2 4 4

TL L

= =

Lthat, a didok levonsa ugyanolyan mdon trtnik, mint az LU-felbontsban.

5.1.5 Feladatok.

Legyen TA LL= egy Cholesky felbonts. Mennyi a mveletignye Tx Ax szmtsnak, ha az eredeti mtrixot hasznljuk? Hogyan cskkenthet a mveletigny, ha az T Tx LL x alakot hasznljuk?

A gykvonst elkerlhetjk, ha az TA LDL= alakot hasznljuk, ahol L egysgtlj mtrix s D diagonlmtrix. Dolgozzuk ki ennek a felbontsnak a lpseit! Ezt a mdszert indefinit esetben is alkalmazhatjuk, ha nem addik tlsgosan kicsiny elem D -be.

25

5.2. Ftl-dominancia Sorok szerint ftl-dominns vagy diagonl-dominnsnak nevezzk a mtrixot, ha minden sorban a nemdiagonlis sorelemek abszolt sszege kisebb, mint a ftlbeli elem abszolt rtke:

( diag( )) .Tii ia e A A

>

Lnyegben ftl-dominns a mtrix, ha nem minden sorban a jel is megengedett s ezek a sorok nemzrus sorok. Az oszlopok szerint ftl-dominns mtrixok rtelmezse hasonl. Itt diag( )A D= a mtrix ftljbl ksztett diagonlmtrixot jelli.

5.2.1 Ttel, a ftl-dominancia megmaradsa. Amennyiben az A mtrix ftl-dominns, az LU -felbonts vgrehatsa sorn a mg fel nem bontott jobb als rszben a ftl-dominancia megmarad. Mskppen: a Schur-komplemens megrzi a ftl-dominancit.

Bizonyts. Az LU-felbonts els lpse utn a mtrix els oszlopa az 11 1a e vektorba megy t s a k -adik sorvektor:

11 11 1 1 1 1 1

11( ( / ) ) ( )( ), 1T T T T Tkk k

ae I a a e e A e A e A I e e k

a = > ,

ahol a hozzrt 1 1TI e e vettmtrix az amgy is zrus els sorelemet nullzza, gy vltozst nem

okoz. Az 1 1( )T Tke A I e e sorvektor rendelkezik a ftl-dominancia tulajdonsggal, mert csak az els 1ka elemet hagytuk el. A levont vektor sornormja pedig

1 1 1 1 11 1 1 1 1 11 1( ) / ( ) /T T T Tk k ka e A I e e a a e A I e e a a

= < ,

ha 1 0ka . Itt az tlelemmel osztott els sor normja kisebb 1-nl (ftl-dominancia!) s ez szorozza 1ka -et. Teht a kivett 1ka helybe egy kisebb abszolt rtk elem kerl az abszolt sorsszeg szmtsakor, gy a k-adik sor ftl-dominancija nem romolhat. A tovbbi lpsekben a helyzet hasonl. A ttel kvetkezmnye, hogy ftl-dominns mtrixoknl az tlelem mindig alkalmas felemnek.

5.2.2 Feladatok. Mutassuk meg: A ftl-dominancia megmarad, ha a mtrixot balrl nemszingulris diagonlmtrixszal

szorozzuk, vagy ha ugyanazt a kt sort s oszlopot felcserljk. Lnyegben ftl-dominns mtrixok LU-felbontsakor a j -edik lpsben szigor ftl-

dominancia kvetkezik be a k-adik sorban, ha a j -edik sorban megvolt a szigor ftl-dominancia s volt nemzrus ( ) , jjka j k< elem.

Az oszlopok szerinti ftl-dominancia is rkldik.

5.3. Kt- s hromtlj mtrixok

5.3.1 Specilis mtrixok A kttlj vagy bidiagonlis mtrixoknl csak a ftl s valamelyik mellette lv tlban vannak nemzrus elemek: { } { }0, 0,1 , vagy 0, 1ija j i j i . Nevezetes kpviseljk a klnbsgkpzs mtrixa:


1

1 11 1 1 1

, .

1 1 1 1 1

K K S

= = =

Inverze ppen az sszegzsmtrixot adja. E kt mtrix segtsgvel egyszeren megadhat a gyakran elfordul

2 11 2

11 2

T

=

(5.2)

mtrix inverze:

( ) ( ) ( )11 11 1 1,1T

T T T T T T eeT K K K S S K K I ee K K I Kn

= + = + = + = +

(5.3)

ahol e a csupa 1-esbl ll vektor. A 1T x vektor ellltsa gy 4n flop mveletet ignyel.

5.3.2 Ftl-dominns hromtls mtrix Lttuk, ebben az esetben nem kell a felemvlasztssal foglalkozni az LU-felbonts sorn. Ha a felbontst a mutatott mdon hajtjuk vgre, akkor a lineris egyenletrendszer megoldsnak mveletignye lnyegben 9n flop. Hromtls esetben van azonban kt mdszer is, amellyel 8n flop mvelettel clba rnk. A kvetkezkben ezeket ismertetjk. Az els mdszert hvhatjuk gyors LU-felbontsnak. Vegyk fel a hromtls mtrix egyenletrendszert a kvetkez alakban:

1 1 1

1 2 2

1

1

.

n

n n n

d c ba d b

Hx xc

a d b

= =

(5.4)

Az LU -felbonts els lpse csak a msodik sort vltoztatja meg: [ ]1 1 2 1 1 1 2 2 1 1 1/ / 0 / .a d d a c d c x b b a d = Eredmnyl kaptunk egy 1-gyel kisebb mret hromtlj mtrixot, amire az eljrst megismtelhetjk. Tovbb folytatva vgl a felemek s jobboldalak a kvetkezk lesznek:

1 1 1 1 1

1 1 1 1 1

; / , 2,3, , ,; / , 2,3, , .

i i i i i

i i i i i

d d d d a c d i nb b b b a b d i n

= = =

= = =

(5.5)

Most a felbonts U mtrixa fels bidiagonlis - kttlj mtrix - s a megoldand egyenletrendszer:

1 1 1

2 21

1

0, / ; ( ) / , 1, 2, ,1.

0

n n n i i i i in

n n

d c bd b

x x b d x b c x d i n nc

d b

+

= = = =

Ltjuk: az L mtrix nem is kell a megoldshoz, msrszt (5.5) mindkt sorban szerepel 1 1/i ia d , amit elegend egyszer ellltani. Ezzel a megoldsi algoritmus:

27

1 1 1 1

1 1 1 1

1

Kezds: , . 2,3, , -re : / ; : * ; : * . : / ; 1, 2, ,1-re : ( * ) / .

i i i i i i i i

n n n

i i i i i

d d b bi n

s a d d d c s b b b sx b di n n

x b c x d

+

= =

=

= = =

=

=

=

A msik mdszer a megolds msodik fzisban rvnyes rekurzit veszi alapul:

1.i i i ix f g x += Az egyenletrendszer els sorbl 1 1 1 2 1( ) /x b c x d= , ezzel 1 1 1/f b d= s 1 1 1/g c d= . Ezutn az i -edik sorba helyettestve 1ix kifejezst 1 1 1 1( ) ,i i i i i i i i ia f g x d x c x b + + + = innen

1 11 1

1 1 1 1

,i i i i

i i i i ii i i i i i

b a f cx x f g x

d a g d a g

+ +

= =

ahonnan if s ig ellltsa kiolvashat. Ezzel az ldzses vagy passzzs algoritmus:

1 1 1 1 1 1

1 1 1 1

1

Kezds: / , : / . 2,3, , -re : ; : ( ) / ; : / . : ;

1, 2, ,1-re : * .

i i i i i i i i i

n n

i i i i

f b d g c di n

s d a g f b a f s g c sx fi n n

x f g x

+

= =

=

= = =

=

=

=

5.3.3 Feladat

Ha j jobboldal vektort kapunk, milyen rszletszmtsokat rzznk meg s mit szmtsunk jra mindkt algoritmusban?

Igazoljuk, hogy az (5.2)-ben szerepl hromtls mtrix pozitv definit, mert van TLL -felbontsa.

gépi szám, hibák

Documents