Blokmatrices. , I 21 = ( 0 0 ) en I 22 = 1.

Transcriptie

1 Blokmatrices Soms kan het handig zijn een matrix in zogenaamde blokken op te delen, vooral als sommige van deze blokken uit louter nullen bestaan Berekeningen kunnen hierdoor soms aanzienlijk worden vereenvoudigd Voorbeeld 1 Beschouw de matrix A kunnen we opdelen in vier blokjes : ( 1 1 A , A 12 ( ( A11 A 12 A 21 A 22, A 21 ( en A 22 1 Deze matrix Als we nu de inverse van A willen bepalen moeten we deze aanvullen met de (3 3- eenheidsmatrix en vervolgens gaan vegen Van de (2 2-matrix A 11 en van de (1 1-matrix A 22 kunnen we de inverse echter zo opschrijven : A 1 11 ( Voor de inverse van A geldt dan : A 1 B 11 A 1 11 ( (, B 12 en A ( B11 B 12 B 21 B 22, waarbij, B 21 ( en B 22 A We kunnen dit alsvolgt inzien : ( ( A11 A AB 12 B11 B 12 A 21 A 22 B 21 B 22 ( A11 B 11 + A 12 B 21 A 11 B 12 + A 12 B 22 A 21 B 11 + A 22 B 21 A 21 B 12 + A 22 B 22 Ga na dat alle matrixproducten bestaan en de gewenste afmetingen hebben Dit stellen we nu gelijk aan de (3 3-eenheidsmatrix : waarbij I 11 ( 1 1 I (, I 12 ( I11 I 12 I 21 I 22,, I 21 ( en I 22 1 Dan moet dus gelden : A 11 B 11 + A 12 B 21 I 11, A 11 B 12 + A 12 B 22 I 12, A 21 B 11 + A 22 B 21 I 21, A 21 B 12 + A 22 B 22 I 22 1

2 ( Uit A 12 A 12 B 21 en A 21 ( ( volgt dat (, A 12 B 22, A 21 B 11 ( en A 21 B 12 voor iedere (1 2-matrix B 21, voor iedere (1 1-matrix B 22, voor iedere (2 2-matrix B 11 en voor iedere (2 1-matrix B 12 Blijft over : Hieruit volgt tenslotte : A 11 B 11 I 11, A 11 B 12 I 12, A 22 B 21 I 21 en A 22 B 22 I 22 B 11 A 1 11 ( (, B 12, B 21 ( en B 22 A Meer voorbeelden kan men vinden in Lay, 24 De LU-ontbinding van een matrix Voor het oplossen van een stelsel vergelijkingen of het vinden van de inverse van een matrix passen we het veegproces (de eliminatiemethode van Gauss of van de eliminatiemethode van Gauss-Jordan toe op een aangevulde matrix In de praktijk krijgt men vaak te maken met erg grote stelsels vergelijkingen en dus met erg grote matrices die geveegd moeten worden Dat veegproces laat men dan het liefst aan een computer over Dit is echter niet zo eenvoudig te programmeren, vooral niet als er rijverwisselingen nodig zijn We zullen nu een methode gaan bespreken die hiervoor vaak wordt gebruikt Deze methode maakt een zogenaamde LU-ontbinding of LU-decompositie van een matrix, waarbij geen gebruik wordt gemaakt van rijverwisselingen Als er toch rijverwisselingen nodig zijn om een stelsel vergelijkingen op te lossen moet men dat eerst doen (de vergelijkingen in een andere volgorde plaatsen en daarna het algoritme toepassen (op een andere matrix Een LU-ontbinding of LU-decompositie van een matrix (m n-matrix A is een product van een inverteerbare (m m-benedendriehoeksmatrix L (lower en een (m n-echelonmatrix U (upper zodat A LU Zo n LU-ontbinding van een matrix A kan alsvolgt worden gebruikt om een stelsel vergelijkingen van de vorm Ax b op te lossen : Ly b A LU : Ax b L(Ux b Ux y Men lost nu eerst het (driehoekige stelsel Ly b op door middel van terugsubstitutie Met de gevonden oplossing y wordt vervolgens het stelsel Ux y opgelost waarmee de oplossing x van het stelsel Ax b gevonden is Aangezien L een inverteerbare benedendriehoeksmatrix is, zijn de elementen op de hoofddiagonaal van L allemaal ongelijk aan nul De (tussenoplossing y ligt dus altijd (uniek vast Merk op dat ook Ux y door middel van terugsubstitutie opgelost kan worden 2

3 Hoe vinden we nu zo n LU-ontbinding of LU-decompositie van een matrix A? Zoals gezegd is U een echelonmatrix met dezelfde afmetingen als A Deze vinden we door de Gauss-eliminatie toe te passen op A Hierbij wordt dus alleen aan de onderkant geveegd De driehoeksmatrix L beschrijft vervolgens hoe de oorspronkelijke matrix A uit U verkregen kan worden Deze matrix L is dan altijd van de vorm 1 L 1 1 met enen op de hoofddiagonaal (L is dus inverteerbaar Op de plaatsen van de sterretjes ( komen getallen te staan die tegengesteld zijn aan de gewichten die bij de Gauss-eliminatie gebruikt zijn om op die plaats een nul te krijgen Voorbeeld 2 Beschouw de matrix A We passen op A de Gauss-eliminatie toe : A De matrix L heeft nu de vorm : L U, waarbij de plaatsen van de sterretjes ( precies overeenkomen met de plaatsen waar we hierboven een nul gecreëerd hebben tijdens de Gauss-eliminatie Voor de eerste nul hebben de eerste rij met 2 vermenigvuldigd en opgeteld bij de tweede rij Op de overeenkomstige plaats in L komt dan een 2 te staan (L beschrijft immers hoe we uit U de matrix A weer terug kunnen vinden Voor de tweede nul hebben we de eerste rij van A met 1 vermenigvuldigd en opgeteld bij de derde rij Dit geeft een 1 linksonder in de matrix L In de tweede veegstap vermenigvuldigen we de tweede rij met 2 en tellen deze op bij de derde rij Dit geeft een 2 op de plaats van het laatste sterretje Dus : L Controle : LU A In dit voorbeeld is A (en dus ook U een vierkante matrix In dat geval is U een bovendriehoeksmatrix (upper Dit is (uiteraard niet altijd het geval : ( Voorbeeld 3 Beschouw de matrix A, dan volgt : ( ( ( A U L ( ( ( Dus : A LU

4 De enen op de hoofddiagonaal van L vormen een keuze Door die keuze ligt de LU-ontbinding van een matrix (als die bestaat voor een groot deel vast Merk op dat bijvoorbeeld ( ( ( A ( ( ( ( Een LU-ontbinding is daarom (in het algemeen niet uniek bepaald Als we echter eisen dat U de echelonmatrix is die uit A wordt verkregen met de Gauss-eliminatie en L enen op de hoofddiagonaal heeft, dan wordt daarmee zo n LU-ontbinding grotendeels vastgelegd Er geldt bijvoorbeeld dat LU A 1 1 γ voor iedere keuze van γ R De afspraak dat L enen op de hoofddiagonaal heeft legt de waarde van γ echter vast (γ 1 Merk op dat door de afspraak dat U de echelonmatrix is die uit A wordt verkregen met de Gauss-eliminatie de diagonaalelementen van U worden vastgelegd Niet elke matrix is zonder rijverwisselingen te vegen tot een echelonmatrix Dit betekent dat ( 1 een LU-ontbinding van (bijvoorbeeld de matrix A niet bestaat, terwijl voor 1 2 ( ( ( B geldt dat B LU met L I en U B Zo bestaat er ook geen LU-ontbinding van A Immers : A en dit is zonder rijverwisselingen niet (verder te vegen tot een echelonmatrix, terwijl : B U L In de praktijk wordt de volgorde van de vergelijkingen van een groot stelsel vaak zo bepaald dat bij het vegen steeds gekozen wordt voor een pivot met de grootst mogelijke absolute waarde Deze methode geeft de grootst mogelijke nauwkeurigheid en wordt wel partial pivoting genoemd (zie ook : Lay, pagina 2 Een kleine pivot moet met (relatief grote getallen vermenigvuldigd worden bij het vegen Hierdoor kunnen kleine onnauwkeurigheden (afrondfouten en dergelijke grote gevolgen hebben We gaan hier verder niet op in 4

5 Enkele numerieke methoden We bekijken twee methoden om oplossingen van een stelsel vergelijkingen iteratief te benaderen We gaan uit van een stelsel vergelijkingen van de vorm Ax b dat uniek oplosbaar is (A is dus inverteerbaar Beide methoden zijn gebaseerd op een recursief algoritme van de vorm Mx k+1 Nx k + b, k, 1, 2,, waarbij A M N Als de rij {x k } k convergeert naar een vector x, dan geldt : Mx Nx + b (M Nx b Ax b Dus : x is de (unieke oplossing van Ax b De splitsing A M N kan op verschillende manieren worden uitgevoerd Bij de methode van Jacobi is M een diagonaalmatrix met op de hoofddiagonaal de diagonaalelementen van A en bij de methode van Gauss-Seidel is M een benedendriehoeksmatrix waarvan het benedendriehoeksdeel gelijk is aan dat van A Problemen die zich hierbij voordoen zijn : 1 De methoden werken niet altijd (de methode van Jacobi werkt bijvoorbeeld niet als A een nul op de hoofddiagonaal heeft 2 De processen convergeren soms tergend langzaam of helemaal niet 3 Hoe moet men de startvector x kiezen om het proces (zo snel mogelijk te laten convergeren? 4 Als men kan kiezen, welke methode werkt dan beter? We bekijken een voorbeeld en gaan daarna kort in op enkele van deze problemen Voorbeeld 4 Beschouw het stelsel Ax b met A De methode van Jacobi M My Nx + b en N en b 3y 1 x 2 +x y 2 x 1 2x y 3 2x 1 x 2 1 Als we beginnen met startvector x o, dan vinden we : x 1 y 1 ( + 6/3 x : x 2 y 2 ( + 5/4 x 3 y 3 ( 1/5 5 Dus : x /4 1/5

6 De volgende stap is dan : x 1 2 x 2 5/4 y 1 ( 5/4 1/5 + 6/3 91/6 y 2 (2 + 2/5 + 5/4 37/2 x 3 1/5 y 3 ( 4 5/4 1/5 25/2 91/6 29/3 en dus x 2 37/2 Evenzo volgt x 3 541/24 en x 4 5/4 353/3 Oftewel (afgerond op twee decimalen : 2, 1, 52, 97 x 1 1, 25, x 2 1, 85, x 3 2, 25, x 4, 2 1, 25 1, 18 De methode van Gauss-Seidel M My Nx + b Als we beginnen met startvector x o, dan vinden we : x 1 y 1 ( + 6/3 2 x 2 y 2 ( /4 7/4 x 3 De volgende stap is dan : x 1 2 x 2 7/4 en N, 86 2, 8 1, y 1 x 2 +x 3 +6 y 1 +4y 2 2x y 1 +y 2 +5y 3 1 y 3 ( 1 4 7/4/5 27/2 x 1 y 1 ( 7/4 27/2 + 6/3 29/3 y 2 (27/ /3/4 26/12 13/6 383/36 52/25 83/8, Dus : 2 7/4 27/2 x 3 27/2 y 3 ( 1 29/15 13/6/5 153/15 51/5 29/3 221/ /675 en dus x 2 13/6 Evenzo volgt x 3 359/18 en x /675 51/5 487/5 1879/1875 Oftewel (afgerond op twee decimalen : 2,, 97, 94 1, 1 x 1 1, 75, x 2 2, 17, x 3 1, 99, x 4 1, 99, 1, 35 1, 2, 97 1, 6

7 De exacte oplossing in voorbeeld 4 is x We zien dat de methode van Gauss-Seidel (behoorlijk sneller convergeert dan de methode van Jacobi Dat is vaak het geval, maar daar staat tegenover dat de methode van Gauss-Seidel wat ingewikkelder is dan die van Jacobi Er zijn echter ook voorbeelden te construeren waarbij de methode van Jacobi juist sneller gaat Er zijn ook voorbeelden te construeren waarin één van de methoden niet convergeert of zelfs beide niet convergeren Er bestaat echter ook een eenvoudige conditie die garandeert dat beide methoden convergeren Deze conditie is niet noodzakelijk (ook in andere gevallen kan convergentie optreden, maar in de praktijk kan vaak aan deze voorwaarde worden voldaan In dat geval is convergentie voor beide methoden dus gegarandeerd Voor deze conditie is het noodzakelijk dat de matrix A vierkant is Een vierkante matrix A heet strikt diagonaal dominant als de absolute waarde van elk diagonaalelement van A groter is dan de som van de absolute waarden van de andere elementen in dezelfde rij Men kan aantonen dat in dat geval de matrix A inverteerbaar is (Ax b is dus uniek oplosbaar en dat zowel de methode van Jacobi als de methode van Gauss-Seidel convergeert naar de unieke oplossing voor iedere keuze van de startvector x Het bewijs van deze bewering laten we hier buiten beschouwing Voorbeeld 5 De matrix A in voorbeeld 4 is strikt diagonaal dominant, want : A Voorbeeld 6 Beschouw het stelsel Ax b met A 3 > > > en b Gemakkelijk is te zien dat A strikt diagonaal dominant is (want : 1 > en dat 1 de oplossing x 1 is 1 De methode van Jacobi M My Nx + b en N y 1 x 2 x y 2 x 1 x y 3 x 1 x Dus :

8 Als we beginnen met startvector x o, dan vinden we : 1, 2 x 1 1, 2,, 96 x 2, 96, 1, 8 x 3 1, 8, x 4 1, 2, 96 1, 8 De methode van Gauss-Seidel M My Nx + b en N, 9984, 9984, y 1 x 2 x y 1 +1y 2 x 3 +12, Dus : y 1 +y 2 +1y Als we beginnen met startvector x o, dan vinden we : 1, 2 x 1 1, 8,, 9948 x 2 1, 332, x 3, 972 1, 188, , , 33452, 8