Добавил:
Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз: Предмет: Файл:
Численные методы методичка 3.pdf
Скачиваний:
57
Добавлен:
02.02.2015
Размер:
754.71 Кб
Скачать

 

 

 

 

 

 

 

тобто

 

sk

 

 

Re sk 2 Im sk 2 . Для симетричної дійсної матриці всі її вла-

 

 

сні значення дійсні, і тому цієї проблеми не виникає.

 

Прийом прямого переходу від матриці A k до матриці

A k 2 запро-

понували Дж. Френсіс (1961 р.) і В.М. Кублановська (1962 р.), які є авторами QR-алгоритму. Збіжність QR-алгоритму в цій формі для матриць загального вигляду не доведено. Винятком є симетричні тридіагональні матриці, для яких неявний QR-алгоритм з подвійними зсувами збігається асимптотично з кубічною швидкістю. Через відсутність гарантованої збіжності в програмах, що реалізовують QR-алгоритм для знаходження власних значень, передбачають можливість виходу з ітераційного процесу за заданою максимальною кількістю ітерацій, у ході яких не досягнуто дос-

татнього за певним критерієм зменшення добутку ank,n 1ank 1,n 2 .

Розглянуті чисельні методи розв’язання проблеми власних значень краще пристосовані до обчислення власних значень, ніж власних векторів. Застосування QR-алгоритму для знаходження власних векторів вимагає додатково на кожному кроці обчислювати і запам'ятовувати матрицю результуючого перетворення подібності

P k Q 0 Q k .

Ця операція дуже не вигідна, якщо необхідно визначити тільки кілька власних векторів. Крім того, обчислення матриці перетворення подібності ускладнює чисельний метод, тому що тепер складніше здійснити перехід до матриць меншого розміру з появою нульових піддіагональних елементів.

1.8.Методи розв’язання часткової проблеми власних значень

1.8.1.Загальна характеристика чисельних методів розв’язання часткової проблеми власних значень

Ча с тко ва п р о б ле ма в л а сни х зна ч ен ь складається у визначенні одного або декількох власних значень і відповідних їм власних векторів.

Всі чисельні методи розв’язання часткової проблеми власних значень

єітераційними і ґрунтуються на використанні різних властивостей власних значень і векторів. В основі цих методів покладено дві різні за своєю суттю ідеї.

В основу першої ідеї покладено припущення про існування в просторі базису з власних векторів. Тоді, виходячи з деякого довільного вектора,

28

будують послідовність векторів так, щоб у цій послідовності зі збільшенням кількості ітерацій переважала одна складова в розкладі за власними векторами. Побудована таким чином послідовність буде збігатися за напрямком до шуканого власного вектора. Одночасно визначається і відповідне цьому вектору власне значення.

Друга ідея ґрунтується на екстремальних властивостях власних значень і застосовується тільки до симетричних матриць. Методи, що використовують цю ідею, будують послідовність векторів, що дає максимум

Ax, x

(або мінімум) відношення скалярних добутків . x, x

1.8.2. Степеневий метод

Ст еп е не ви й м ето д (п р ямі іт ер а ц і ї , а л го р и т м Сто до ли , іте р а ц ій ни й м ето д ф о н Мі зе са , Р М - мето д , Po w er me th o d )

дозволяє визначити максимальне за модулем власне значення 1 та відповідний цьому власному значенню власний вектор x1 . Зазначений метод є

найпростішим для розв’язку часткової проблеми власних значень. Його використовують не широко, однак він відіграє важливу роль для розуміння і побудови інших, ефективніших методів.

Нехай А – дійсна матриця простої структури порядку n, тобто вона має n лінійно незалежних власних векторів, що утворюють базис простору:

 

x

 

x

 

x

 

 

 

11

 

 

21

 

 

n1

 

x1

x12

 

x22

 

xn2

 

 

 

, x2

 

 

, , xn

 

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x1n

 

x2n

 

xnn

Нехай нумерація цих векторів відповідає впорядкуванню відповідних їх власних значень за спаданням модулів, причому перша нерівність строга:

 

1

 

 

 

2

 

 

 

n

 

.

(16)

 

 

 

 

 

 

Сформулюємо задачу наближеного обчислення найбільшого за модулем власного значення 1 за припущенням про строге домінування його модуля у нерівності (16) і відповідного йому власного вектора x1 .

29

Розкладемо довільний ненульовий вектор y 0 за базисом із власних векторів x1, x2 , , xn :

 

 

y 0 c x

c

x c x

.

 

(17)

 

 

 

 

 

1 1

2

2

 

n n

 

 

 

Припустимо,

що c1 0 ,

інакше можна розглянути інший початковий

вектор y 0 . Виконаємо першу ітерацію вектора

y 0

множенням (17) лі-

воруч на матрицю А:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

y 1 Ay 0 c Ax c Ax c Ax .

 

 

 

 

 

 

1

1

2

2

 

n

n

 

Оскільки i , xi , i

 

 

за припущенням є власними парами матриці

1, n

А, то на підставі рівності

 

Ax x останній вираз можна записати у вигля-

ді

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

y 1

c x c

x c

x .

 

 

 

 

1

1 1

2

2 2

 

n

n n

 

 

На другій ітерації за тим же принципом отримаємо

 

y 2 Ay 1 A2 y 0 c Ax c

Ax c

Ax

 

 

 

 

 

1

1

1

2

2 2

 

n

n n

c 2 x c 2 x c 2 x .

 

 

 

 

 

1 1 1

2 2

2

 

n

n

n

 

 

 

 

 

Тоді в результаті k-ї ітерації отримаємо вектор

y k Ay k 1 Ak y 0

c k x

c k x

c

k x

 

,

(18)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1 1 1

 

2

 

2 2

n

 

n n

 

 

або, з урахуванням зображення x1, x2 , , xn у вихідному базисі,

 

 

 

y k

 

 

x11

 

 

x21

 

 

xn1

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

y

k

y2k

 

k

x12

 

k

x22

 

 

k xn2

 

 

 

 

 

 

 

c1 1

 

 

 

c2 2

 

 

 

cn n

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

k

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

yn

 

 

x1n

 

 

x2n

 

 

xnn

 

 

 

Розглянемо відношення компонент вектора

y k до відповідних ком-

понент вектора y k 1 , матимемо

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

30

 

 

 

 

 

 

 

 

 

y k

 

 

 

 

 

c k x

 

c k

x

2i

c k

x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

i

 

 

 

 

 

 

1 1 1i

 

 

 

2 2

 

 

 

 

 

 

n n ni

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

y

k 1

 

 

 

 

k 1

x

 

 

 

 

 

k 1

x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

k 1

x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

i

 

 

c

 

 

 

 

c

2

 

2i

c

n

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1 1

 

 

 

 

1i

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

n

 

 

ni

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

c x

 

 

 

 

 

 

2

k

 

 

 

 

 

 

 

c

x

 

 

 

n

 

k

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

2

 

 

2i

 

 

 

 

 

 

 

 

 

n

 

 

 

ni

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(19)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

c

x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

c

x

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

1 1i

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

1i

 

 

 

 

 

 

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

c x

 

 

 

 

 

2

 

k 1

 

 

 

 

 

 

 

c

x

 

 

 

n

 

k 1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

2

 

 

2i

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

n

 

 

 

ni

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

c

 

 

x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

c

x

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1 1i

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

1i

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

За зроблених припущень в останній рівності дріб прямує до одиниці,

 

 

y k

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

тому

 

 

i

1, i

1, n

 

 

для x1i

 

0 . При цьому числа

x11, x21, , xn1

 

y

k 1

 

 

 

 

 

 

 

k

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

i

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

не можуть одночасно дорівнювати нулю, бо

x1

 

– базисний вектор, який за

визначенням не може бути нульовим.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

На підставі рівності (18) запишемо вектор

 

y k

 

у вигляді

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

k c k

 

 

 

 

c

 

 

 

 

2

k

 

 

 

 

 

 

 

 

 

c

 

 

 

n

 

k

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

y

x

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

x

 

 

 

 

n

 

 

 

 

 

x

 

.

 

(20)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1 1

1

 

 

 

c

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

c

 

 

 

 

n

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Тепер можна зробити висновок,

 

що за тих же вихідних припущень з

 

 

 

 

 

 

i

k

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

огляду на

 

 

 

0 у лінійній комбінації векторів

x , x , , x

у

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

k

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1 2

n

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(20) зі збільшенням k буде переважати перший доданок. Це означає, що вектор y k від ітерації до ітерації даватиме щораз точніші наближення до

власного вектора x1 за напрямом, тобто з точністю до скалярного множника c1 k1 . Це твердження витікає з властивості для власних пар: якщо i , xi – власна пара матриці А і – деяке число ( 0 ), тоi , xi також буде власною парою для матриці А.

Отже, а лго р и тм ст еп е н ево го м ето ду полягає в такому.

1. Обирають довільний початковий вектор y 0 0 розміру n, задають точність ε та присвоюють k 1 .

2. У циклі за номером ітерацій k 1,2,3.... обчислюють вектор y k Ax k 1 .

31

3. Розглядають відношення відповідних компонент векторів k-ї та (k – 1)-ї ітерацій, причому відношення з надзвичайно малими за модулем знаменниками треба ігнорувати. Як тільки будуть сталими кілька перших цифр у всіх цих відношеннях, що можна виявити, наприклад, перевіркою

 

y k

y k 1

 

 

 

нерівності

 

 

 

 

 

, то вважають, що знайдено найбільше за

y

k 1

y

k 2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

модулем власне значення з точністю, яка визначена останнім сталим у відношенні знаком. В протилежному випадку переходять до кроку 2.

Виходячи з формули (20), такий алгоритм степеневого методу при великій кількості ітерацій k може привести або до переповнення розрядів на ЕОМ при 1 1 , або до знищення значущих цифр ітерованих векторів,

якщо 1 1. Тому на практиці звичайно використовують модифікацію степеневого методу з нормуванням ітерованих векторів, так званий Р М -

ал г о р и т м :

1.Обирають пробний початковий вектор x 0 розміру n, у якого максимальний за модулем елемент дорівнює одиниці, а інші дорівнюють нулю, і задають точність ε.

2.

У циклі за номером ітерацій k 1,2,3.... обчислюють вектор

 

 

 

 

 

 

 

y k

Ax k 1 .

 

3.

Серед компонентів вектора

y k знаходять максимальний за мо-

дулем, тобто обчислюють

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

m k

 

y

k

 

 

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

4.

Формують вектор

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x k

 

 

1

 

y k .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

m

k

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

5.

Обчислюють відношення

координат векторів y k і

x k 1 при

 

 

 

таких, що

 

x k 1

 

, де 0

 

i 1, n

 

 

– деяке задане мале число (допуск)

 

 

 

 

 

i

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

k

 

 

 

 

yi k

 

 

 

 

 

 

 

 

 

i

 

 

x k 1

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

i

 

 

 

 

 

 

 

 

32

6. Випробують число ik на збіжність. Якщо виявиться збіг необ-

хідної кількості знаків ik і ik 1 , тобто виконується умова

 

k

k 1

 

 

 

,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

тоді процедура припиняється. За максимальне за модулем власне значення

 

 

1

n

k

 

 

k

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

приймають 1

 

 

 

i

, або

1

 

 

 

 

, а за відповідний йому

 

 

 

n i 1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

нормований власний вектор – x k . В протилежному випадку необхідно покласти k k 1 і перейти до кроку 2.

Кількість арифметичних операцій для одної ітерації степеневого ме-

тоду становить величину порядку O n2

.

 

 

 

 

 

 

Швидкість збіжності алгоритму л і н і й н а , тобто алгоритм збігається

зі швидкістю геометричної прогресії зі знаменником

 

2

 

. Це означає,

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1 , збіжність методу буде дуже повільною.

 

 

 

 

якщо

2

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

4

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Приклад 5. Для матриці A

 

4

2

4

виконати ітерації

 

 

 

 

1

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

РМ-алгоритму для пошуку максимального за модулем власного значення та відповідного йому власного вектора з точністю 0,01 .

 

 

Р о з в ' я з а н н я . Власними

значеннями

матриці

є числа 1 7 ,

 

2

2 ,

3

1 . Оберемо початковий вектор

x 0 1, 0, 0 T і початкове

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

T

та покладемо k 1 . Об-

наближення до власного значення

 

0, 0, 0

числимо вектор

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

4

1

1

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

y 1 Ax 0 4

2 4

0

 

4

.

 

 

 

 

 

1

1

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

2

0

 

 

33

m 1

Максимальний за модулем компонент вектора y 1 , тобто наближення до

шуканого власного значення, 4 . Обчислимо наближення до шуканого власного вектора

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0,5

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x 1

 

1

 

 

y 1

 

1

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

m 1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0,25

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

y 1

і x 0

 

 

 

 

 

 

 

 

Знайдемо відношення координат векторів

 

при i 1, n

таких, що

 

x

0

 

10 6 , в результаті отримаємо:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

i

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0 .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Умова досягнення збіжності не виконується, тому що

 

1

 

0

 

 

 

2 .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Тому покладемо k 2 і проведемо другу ітерацію.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

4

 

1

0,5

 

5,25

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

y 2 Ax 1 4 2

 

4

1

 

5 .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

1

 

2

 

0,25

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Максимальний за модулем

 

 

компонент

вектора

 

 

y 2

m 2 5,25 .

Наближення до шуканого власного вектора

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x 2

1

y 2

 

0,952

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

m 2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0,381

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Знайдемо відношення координат векторів

y 2

і x 1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

10,5

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

5

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

8

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

34

На цій ітерації умова досягнення збіжності також не виконується

 

 

 

 

 

2

1

 

 

 

 

 

 

 

 

Продовжуючи цей процес, на останній восьмій

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

8,5 .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ітерації отримаємо:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

6,124

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

y 8

6,999 .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2,625

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Максимальний за модулем компонент вектора

m 8 6,999 . Наближення

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0,875

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

до

шуканого

власного

вектора

x 8

 

.

Відношення координат

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0,375

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

7,002

 

 

 

векторів y

8

і

x

7

 

8

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

становить

 

6,999 .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

7

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Перевіримо виконання умов збіжності

 

8

7

 

 

 

 

7,21 10

3

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0,01 знайдено макси-

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Таким чином, за вісім ітерацій з точністю

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

3

8

 

 

мальне за модулем власне значення 1

 

 

i

 

7,00 і відповідний йому

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3 i 1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x 8

 

 

0,634

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

нормований власний вектор x1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0,724 .

 

 

 

 

x 8

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

0,272

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1.8.3. Знаходження найменшого за модулем та інших власних

значень та відповідних власних векторів

 

 

 

 

 

 

Зі властивості власних пар матриць А і

A zE , де

z R , витікає мо-

жливість безпосереднього застосування степеневого методу для знаходження найменшого за модулем власного значення n знаковизначеної матриці А, коли найбільше за модулем власне значення 1 вже знайдено.

35

Для цього достатньо знайти найбільше за модулем власне число γ матриці A 1E . Відповідний йому власний вектор цієї матриці і число

 

 

n

1

(21)

будуть утворювати шукану власну пару.

 

 

Дійсно, віднявши від правильної для власної пари i , xi матриці А

рівності

Axn n xn тотожність 1x1 1x1 отримаємо правильну рівність

 

 

 

 

 

 

 

 

A 1E xn n 1 xn ,

 

яка означає, що

n 1, xn

є власною парою матриці

A 1E .

Оскільки

 

для

знаковизначеної

матриці справджується нерівність

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

n 1

 

i 1

 

, i 1, n , то γ – найбільше власне число матриці

A 1E ,

яке можна знайти степеневим методом. Однак, степеневий метод дозволяє знайти не саме найбільше власне число, а його модуль, тому модуль найменшого власного числа вихідної матриці А можна знайти за формулою (21).

Знання найбільшого за модулем власного значення 1 матриці А

простої структури, отриманого в процесі ітерацій за формулами (18) і (19) у припущенні, що

1 2 3 n ,

дозволяє без великих додаткових затрат знайти приблизне значення другого за модулем власного числа 2 . Це можна виконати за формулою

 

 

y

k 1 y

k

 

 

2

 

i

1 i

,

(22)

y

k y k

1

 

 

 

i

1 i

 

 

 

обчислюючи наявні в правій частині відношення при достатньо великих k для всіх i 1, n , для яких абсолютна величина знаменника не менша від деякого порогового значення, а потім усереднити результати. Однак в цьому випадку неминуча втрата точності.

Для обґрунтування формули (22) підставимо в її праву частину вирази компонент (k + 1)-го, k-го і (k – 1)-го ітерованих векторів відповідно до (18) у вихідному базисі. Після взаємного скорочення по парі перших членів у чисельнику і знаменнику будемо мати

36

 

y

k 1 y k

 

 

 

 

 

c k 1x

 

c k

x

c k 1x

c k x

 

 

 

 

i

 

1 i

 

 

 

 

 

 

2

2

 

2i

2

1 2 2i

 

 

 

 

 

 

n n

ni

n 1

 

n ni

 

 

 

k

 

k 1

 

 

 

 

k

x2i

 

 

 

k 1

x2i

 

 

 

 

 

 

k

 

 

 

k 1

xni

 

yi

1 yi

 

 

 

 

 

c2 2

c2 1 2

 

 

 

cn n

xni cn 1 n

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

n j

 

1 j

 

 

c j x ji

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

c2 k2 1x2i 1

 

 

 

 

 

k 1

 

k

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

k 1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

j 3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

c2 x2i

2

,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

k

 

 

k 1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

c j x ji

 

 

k

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

n

 

 

j

1 j

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

c2 k2 x2i

1

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

k

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

j 3

 

2

 

 

c2 x2i

 

 

 

 

 

 

 

 

 

оскільки

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

k 1

 

 

 

 

k

 

 

 

 

 

 

k 1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

k

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

j

 

1 j

j

 

 

 

 

 

 

j

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0, j 3, n .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

k 1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

2

 

 

 

 

 

k

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

4

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Приклад 6.

 

Для матриці A

4

 

 

2

 

4 , використовуючи да-

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

ні прикладу 5 для першої і другої ітерації, знайти наближення до другого за модулем власного значення.

Р о з в ' я з а н н я . Обчислимо компоненти вектора y 3

 

2

4

1

 

1

 

 

6,19

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

y 3 Ax 2

4

2

4

0,952

 

7,429

.

 

1

1

2

 

0,381

 

 

2,714

 

 

 

 

 

 

Наближення до максимального за модулем власного значення на другій ітерації становить

2

 

 

1

3

2

 

 

1

 

 

 

 

i

 

7,883 .

 

 

 

 

 

 

3 i 1

 

 

 

За формулою (22), розглядаючи компоненти векторів у на 1, 2 і 3 ітераціях, маємо

 

1

3

3

2

 

2

 

2

 

yi

 

1

 

yi

2,26.

 

2

 

2

1

 

3 i 1

yi

 

1

 

yi

 

37