Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Хабаровский государственный университет экономики и права

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

5514

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

13.11.2022

Размер:

1.68 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 45 / 85 6 7 8 > Следующая >>>

								2l41		8,
								l41	6l42 16,
								0l41 7l42			9l43		59,
								3l41 l42			0l43 u44			20.
Поэтому l41		4	4	6l42		16		l42	2 ,	тогда 14			9l43		59		l43	5 . Из последне-
го уравнения 12			2 0		u44		20	u44		10 .
Составим матрицы L и U:
			1		0	0	0							2	1	0	3
		L	2 1 0 0					;				U		0 6 7 1 .
			3		1	1	0							0	0	9	0
			4		2	5	1							0	0	0	10
Решаем систему LZ							F , а именно
			1	0	0	0		z1	9		z1	9,
			2 1 0 0					z2	3		z1	9,
			2 1 0 0					z2	3		2 z1		z2	3,
			3	1	1	0		z3	42		3z1		z2	z3	42,
			4	2	5	1		z4	36		4 z1		2 z2	5z3 z4			36.
			4	2	5	1		z4	36
Из 2-го уравнения находим 2 9											z2	3	z2			15, тогда из 3-го урав-
нения		3 9		15		z3		42	z3	0 ,			затем					из	4-го
4 9 2	15	5 0	z4		36	z4		30 . Итак,			z1	9,	z2		15, z3		0,	z4	30 .
Решаем систему UX								Z :
		2	1	0		3	x1		9		2 x1		x2	0 x3		3x4	9,
		0	6	7		1	x2		15		2 x1		x2	0 x3		3x4	9,
		0	6	7		1	x2		15			6 x2		7 x3		x4	15,
		0 0 9 0					x3		0					9 x3		0 x4	0,
		0	0	0	10		x4		30						10x4		30.
		0	0	0	10		x4		30
Из последнего уравнения x4										3, из 3-го x3				0 (здесь x4 при поиске x3
не понадобился), из 2-го уравнения 6x2											7 0		3	15		x2		2 , и тогда из 1-
го 2x1	2 0 0 3 3 9 x1							1.
Нашли, что x1					1,	x2		2, x3	0, x4		3
Проверим:

2 1		2	3 3	9,				9	9,
								9	9,
4 1	8	2	7 0	5 3		3,		3	3,
6 1	3	2	2 0	10 3		42,		42	42,
8 1	16	2	59 0		20 3		36.	36	36.
8 1	16	2	59 0		20 3		36.

Все уравнения обратились в тождества, решение верно.

Ответ: x1 1, x2 2, x3 0, x4 3 .

Пример 3. Решим систему

Решение. Здесь

	u11	u12	u13
U	0	u22	u23 .
	0	0	u33

5x1 4 x2	x3	8,
15x1 18x2	2 x3 11,			по строгой схеме.
10x1 16x2 4 x3			66
5	4	1		8	1	0	0
A 15 18		2	,	F 11 ,	L l21	1	0	и
10	16	4		66	l31	l32	1

Если работа с общими формулами вызывает затруднение, можно опять, как в примерах 1 и 2, перемножить все строки матрицы L на все столбцы матрицы U. Получится система из 9 уравнений относительно 9 элементов этих матриц.

Затем следует найти в системе всё, что можно, подставить в остальные уравнения, и так продолжать, пока не найдётся последний элемент матрицы U.

Для удобства при вычислениях вначале указываем номера элемен-

тов.

1-й шаг: поиск матриц U и L. Находим а) элементы первых столбцов:

u11	a11	5 ,
l21	a21	15		3	,	l31	a31	10		2	;
	u11		5				u11		5

б) элементы вторых столбцов:
u12	a12	4 ,				u22 a22 l21u12		18 3 4			6,
						42

l		1	a		l u		1	16	2 4 4 ;
	32			32
		u22			31	12	6

в) элементы третьих столбцов:

u13	a13	1,		u23 a23 l21u13	2 3 1	1 ,
u33	a33	l31u13 l32u23	4	2 1 4	1 2 .

Итак, матрицы L и U таковы:

			1			0	0							5	4	1
		L	3			1	0		;				U	0	6	1 .
			2			4	1							0	0	2
2-й шаг: поиск столбца Z. Решаем систему LZ																F :
								1		0	0	z1	8
								3		1	0	z2	11	;
									2	4	1	z3	66
z1		f1	8 ;
z2		f2		l21z1		11 3 8					13 ;
z3		f3		l31z1		l32 z2			66			2 8 4		13 2 .
3-й шаг: поиск столбца X. Решаем систему UX																Z :
								5	4		1	x1	8
								0	6		1	x2	13	;
								0	0		2	x3	2
x3		z3			2	1 ;
x3		u33	2			1 ;
		u33	2
x2	1			z2		u23x3			1		13	1 1	2 ;

		u22							6
		u22							6
x	1			z u x				u x			1	8 4	2 1 1 3 .
x				z u x			2	u x		3		8 4	2 1 1 3 .
1	u11		1			12	2		13	3	5
	u11										5

Проверим, подставив найденные значения в исходную систему:

5 3	4		2	1	8,			8	8,
								8	8,
15 3	18			2	2 1	11,		11	11,
10 3		16		2	4 1		66.	66		66.
10 3		16		2	4 1		66.
Ответ: x1		3,	x2		2,	x3	1 .

Пример 4. Решим систему

	10x1 5x2	4 x3 3x4 8,
	20x1 16x2	4 x3 6 x4		40,
	30x1 9 x2	23x3	x4	21,
	12x2	36x3	41x4	132.
				10	5	4	3
	Решение. Составляем матрицу A			20	16	4	6	и столбец
	Решение. Составляем матрицу A			30	9	23	1	и столбец
				30	9	23	1
				0	12	36	41
	8
	40
F	21 .
	132

Необходимо найти матрицы

		1	0		0		0									u11	u12	u13	u14
L	l21		1		0 0			;						U		0 u22		u23	u24 .
	l31		l32		1		0									0	0	u33	u34
	l41		l42	l43			1									0	0	0	u44
1-й шаг: поиск матриц. Находим
элементы первых столбцов:
	u11		a11	10 ,
	l21		a21			20	2	,				l31	a31		30	3 ,		l41		a41		0	0	;
	l21		u11		10		2	,				l31	u11	10		3 ,		l41		u11	10		0	;
			u11		10								u11	10						u11	10
элементы вторых столбцов:
	u12		a12		5,
	u22		a22		l21u12			16	2 5			6,
	l		1	a			l u		1	9 3 5				1,
	l	32		a	32		l u			9 3 5				1,
		32	u22		32		31	12	6
			u22						6
	l42		1	a42			l41u12		1		12 0 5			2 ;

			u22						6
			u22						6
элементы третьих столбцов:
	u13		a13		4 ,
	u23		a23		l21u13			4 2 4				4 ,
	u33		a33		l31u13			l32u23	23			3 4		1		4	7 ,

l		1	a		l u		l		u		1	36 0 4	2	4	4 ;
	43			43				42		23
		u33			41	13					7

элементы четвёртых столбцов:

u14	a14	3 ,
u24	a24	l21u14	6 2	3 0 ,
u34	a34	l31u14	l32u24	1 3	3	1 0 8 ,
u44	a44	l41u14	l42u24	l43u34	41 0	3	2 0 4 8 9 .

Запишем матрицы

	1	0	0	0			10	5	4	3
L	2	1	0	0	;	U	0	6	4 0 .
	3	1	1	0			0	0	7	8
	0	2	4	1			0	0	0	9

2-й шаг: поиск столбца Z. Решаем систему

1	0	0	0	z1	8
2	1	0	0	z2	40	;
3	1	1	0	z3	21	;
0	2	4	1	z4	132

z1	f1	8 ;
z2	f2	l21z1	40 2 8 24 ;
z3	f3	l31z1	l32 z2	21 3 8		1 24	21;
z4	f4	l41z1	l42 z2	l43z3	132	0 8	2 24 4	21 0 .

3-й шаг: поиск столбца X. Решаем систему

				10	5		4	3	x1		8
				0	6		4	0	x2		24	;
				0	0		7	8	x3		21	;
				0	0		0	9	x4		0
x4	z4		0	0 ;
x4	u44	9		0 ;
	u44	9
x3	1	z3		u34 x4		1	21 8 0			3 ;

	u33					7
	u33					7
x2	1	z2		u23x3	u24 x4			1	24	4	3 0 0 2 ;
x2	u22	z2		u23x3	u24 x4			6	24	4	3 0 0 2 ;
	u22							6

x	1	z u x			u x		u x		1	8 5 2 4	3	3 0 1.
				2		3		4
1	u11	1	12		13		14		10

Проверим, подставив эти значения в систему:

10 1	5 2	4		3	3 0	8,		8	8,
								8	8,
20 1	16 2		4	3	6 0	40,		40	40,
30 1	9 2		23	3	1 0	21,		21		21,
	12 2		36	3	41 0		132.	132		132.
Ответ: x1			1, x2		2,	x3	3, x4	0 .
Если	ΔA			0, у системы нет единственного решения и метод L-U-

разложения приводит к тем же выводам, что и метод Гаусса, или не позволяет до конца завершить разложение из за деления на 0.

	Пример 5. Требуется решить системы								2x	3 y	8, и	2 x	3 y	8,
									6x	9 y	24	6 x	9 y	25.
	Решение. Здесь		A	2	3	и	A	2 9	3 6	0 . Найдём			L	1	0 и
			A	6	9								L	l21	1
				6	9									l21	1
U	u11	u12 :
U	0	u22
	0	u22
				1	0	u11	u12	2	3
				l21	1	0	u22	6	9 .

Получаем систему из 4 уравнений и решаем её:

u11 2, u12 3, l21u11 l21u12

	u11	2,	u11	2,	u11	2,
	u12	3,	u12	3,	u12	3,
6,	2l21	6,	l21	3,	l21	3,
u22 9	3l21	u22 9	3 3	u22 9	u22	0.

Итак, предложенные системы можно записать соответственно в виде

1	0	2	3	x	8	и	1	0	2	3	x	8	соответственно.
3	1	0	0	y	24		3	1	0	0	y	25

Посмотрим, как отразится на решении то, что 2-я строка матрицы U состоит только из нулей.

А. Решим 1-ю систему, для которой

. Обозначим произведе-

ние

как неизвестный столбец

, тогда получается, что

, или

Теперь решаем систему

0 , или

0x 0 y 0.

Но 2-е уравнение не

несёт

никакой информации, остаётся уравнение

8 . Для него можно указать лишь общее решение y

8 2x

, где x –

любое число;

Б. Решим 2-ю систему, для которой

. Теперь

, или

Тогда

1 , или

0x 0 y 1.

Но 0x

0 y

0 , и потому 2-е уравнение содержит противоречие 0

1, а про-

тиворечие хотя бы в одном уравнении означает противоречие во всей си-

стеме (несовместность системы).

Ответ: для 1-й системы y	8 2x	, где x – любое число; 2-я система
	3

несовместна (решений не имеет).

§ 6. Поиск собственного вектора методом простых итераций 6.1. Собственные числа и собственные векторы

Пусть дана	матрица A. Вектор (столбец) X 0 называется соб-
ственным вектором матрицы A, соответствующим собственному значе-
нию , если AX	αX , т.е. если линейное преобразование вектора при

помощи матрицы А равносильно обычному умножению вектора на число.

Поиск собственных векторов прост, если собственное число известно, и сводится к решению однородной системы методом Гаусса. Однако поиск самих собственных чисел требует решения алгебраического уравнения степени n, где n – порядок квадратной матрицы A. При n 2 это может быть весьма сложно. Необходимы приближённые способы поиска собственных чисел и векторов.

В § 7 показан один из способов поиска всех собственных чисел и векторов для симметричных матриц A, когда aij a ji для всех i, j от 1 до n.

Для несимметричных матриц этот способ неприменим.

Метод простых итераций позволяет достаточно быстро найти один собственный вектор (но не все) подобно тому, как аналогичный метод позволяет найти какой-то корень обычного алгебраического уравнения

F x 0 .

Метод простых итераций основан на том, что все собственные векторы, соответствующие одному и тому же собственному числу , пропорциональны друг другу, а после нормировки оказываются одним и тем же вектором.

6.2. Схема метода

Дана матрица An n . Найдём её собственный вектор.

1.	Берём произвольный вектор x , x	, , x	T (индекс Т означает, что век-
	1 2		n
тор представляет собой столбец). Обозначим его как X 0 , где 0 – номер итерации.
2.	Находим X 1 AX 0 . По любой i-й координате находим отношение

1i .

xi0

Повторяем процесс несколько раз: находим X k 1

AX k и

xik 1

k 1

Замечаем, что с некоторой итерации

k . Это и есть собственное

число (одно из всех) для матрицы A, а вектор X k

αX k

– один из собствен-

ных векторов. Он соответствует данному числу .

5) Если указана точность

k 1 k

, решение получено.

Следует заметить, что при

1 координаты векторов могут быстро воз-

растать; и тогда время от времени следует нормировать вектор, например, делить все координаты на максимальную.

Кроме того, если каждый раз делить вектор на одну и ту же координату (например, на 1-ю), с некоторого момента будет получаться один и тот же вектор в пределах требуемой точности. Тогда прекратим вычисления и найдём соб-

ственное число указанным выше способом.
			Пример 1. Найдём с точностью													0,01 собственный вектор матрицы
A		6	1 .
		5	0
			Решение.			Возьмём начальное приближение													X 0 1 . Будем на каждой
																				1
итерации находить отношение первых координат.
1) X1			6 1 1			6 1 1 1				7 ,				7	7 ;
1) X1										7 ,		1			7 ;
			5	0	1	5 1		0 1		5		1		1
			5	0	1	5 1		0 1		5				1
2)	X2		6	1	7	6 7		1 5		47 ,					47		6,714 2			(с двумя запасными циф-
2)	X2									47 ,				2			6,714 2			(с двумя запасными циф-
			5	0	5	5	7	0	5	35				2	7
			5	0	5	5	7	0	5	35					7
рами);				6	1	47		317
3)	X 3			6	1	47		317		,	3	317			6,744 7 ;
												317

				5	0	35		235					47
				5	0	35		235
4)		4		6	1	317			2 137		,			2 137			6,741 3			;
	X												4
														3177
				5	0	235			1 585


5)	X 5			6	1	2137			14 407				, 5		14 407			6,7417 .

															2137
				5	0	1585			10 685						2137
				5	0	1585			10 685

			Замечаем, что				6,741 7 6,741 3							0,000 4			0,01 ,		поэтому		6,74 –	одно из
собственных					чисел.			В	качестве					собственного						вектора	можно	взять

	X 5	14 407
	X 5	10 685
		10 685
		а) X
		б) X
		в) X

. Кроме того, подойдут и векторы:

1	, где 0,742			10 685			;
0,742	, где 0,742	14 407					;
0,742		14 407
1,348	, где 1,348		14 407			;
1	, где 1,348	10 685				;
1		10 685
0,803	, где 0,803	14 407					и 0,596	10 685	, а 17 937	– длина век-

0,596					17 937			17 937
					17 937			17 937

тора X 5 , и т.д. В прикладных задачах чаще используют единичный собственный вектор.


	Проверим:				6	1	0,803	6	0,803		1	0,596		5,414 , при этом измене-
					5	0	0,596	5	0,803		0	0,596		4,015
ние координат составило 5,414 / 0,803										6,7422			6,74 и	4,015 / 0,596 6,7366 6,74 ,
что совпадает с собственным числом.

	Длина нового вектора							5,4142		4,0152			6,74 ,	новый единичный вектор
X	5,414		;	4,015			0,803;0,596			совпал с предыдущим.
X		6,74	;	6,74			0,803;0,596

Ответ: одно из собственных чисел равно 6,74, соответствующий собственный вектор X 0,803;0,596

Замечание. Можно на каждой итерации проверять соотношение обеих координат (а не только первых или вторых) и брать одну запасную цифру. Тогда действия продолжают, пока не станут совпадать необходимые цифры (в данном примере – две цифры после запятой).

В экономических задачах собственные векторы часто имеют вероятностный смысл – например, состоят из коэффициентов корреляции. Поэтому нет смысла искать их с высокой точностью в четыре-пять знаков. Тем более, что в таких задачах элементы, после нормировки близкие к нулю, вообще не представляют интереса.

Пример 2. Найдём с точностью 0,01 собственный вектор некоторой

матрицы корреляции:

1 0,6 0,2 A 0,6 1 0,5 .

0,2 0,5 1

Решение. Возьмём начальное приближение X 0 0;1; 0 T . На каждой итерации будем находить отношение вторых координат.

1) X 1	1	0,6	0,2	0	0,6	1
					1 , 1		1	;
	0,6	1	0,5	1
						1
	0,2	0,5	1	0	0,5

	X 2	1	0,6	0,2	0,6	1,1
2)	X 2	0,6	1	0,5	1	1,61	,
		0,2	0,5	1	0,5	0,88
	X 3	1	0,6	0,2	1,1	1,89
3)	X 3	0,6	1	0,5	1,61	2,71	,
		0,2	0,5	1	0,88	1,465

1,61	1,61	;

1
1
2,71	1,683 2		;

1,61
1,61

<<< < Предыдущая 1 2 3 45 / 85 6 7 8 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
13.11.20221.66 Mб125509.pdf
#
13.11.20221.67 Mб55510.pdf
#
13.11.20221.67 Mб25511.pdf
#
13.11.20221.67 Mб15512.pdf
#
13.11.20221.67 Mб35513.pdf
#
13.11.20221.68 Mб15514.pdf
#
13.11.20221.68 Mб205515.pdf
#
13.11.20221.7 Mб25516.pdf
#
13.11.20221.71 Mб15517.pdf
#
13.11.20221.71 Mб35518.pdf
#
13.11.20221.71 Mб45519.pdf