От Пантелеева / Книги студентам / лИТЕРАТУРА / Тартышников

43.3Четность без инверсий

То, что четность числа транспозиций в любом разложении подстановки одна и та же, можно доказать и без подсчета числа инверсий. Это сразу же вытекает из следующего наблюдения.

Утверждение. В любом разложении тождественной подстановки в произведение транспозиций их число четно.

Доказательство. Пусть тождественная подстановка e Sn разложена в произведение транспозиций e = (ij) . . . (kl), в котором среди индексов i, j, . . . , k, l имеется ровно s различных. Ясно, что 2 ≤ s ≤ n и в случае s = 2 утверждение очевидно. Проведем индукцию по s. Пусть s ≥ 3. Не ограничивая общности, можно считать, что индексы равны 1, . . . , s. Легко проверить, что (1l)(kl) = (1k)(1l) для любых k, l 6= 1 è (1l)(ij) = (ij)(1l) ïðè {i, j} 6= {1, l}. Поэтому можно передвинуть все транспозиции вида (1l) вправо и получить другое разложение

e= (i1j1) . . . (ikjk) (1l1) . . . (1lm)

ñтем же числом транспозиций. Далее, если l1 = l2, òî (1l1)(1l2) = e и в последнем разложении можно убрать пару транспозиций (1l1), (1l2). Åñëè æå l1 6= l2, то, используя равенство (1l1)(1l2) = (l1l2)(1l1),

можно получить разложение с тем же числом транспозиций и меньшим на 1 числом транспозиций, содержащих индекс 1:

e = (i1j1) . . . (ikjk)(l1l2) (1l1)(1l3) . . . (1lm).

Продолжая таким же образом, придем к разложению с числом транспозиций, уменьшенным на четное число, и, возможно, всего лишь одной транспозицией вида (1l):

e = (i1j1) . . . (ipjp) (1l).

Поскольку i1, j1, . . . , ip, jp 6= 1, подстановка e переводит l â 1, что невозможно, так как она является тождественной. Поэтому

e = (i1j1) . . . (ipjp),

где индексы i1, j1, . . . , ip, jp принимают значения от 2 äî s. По индуктивному предположению, число p четно. 2

оказывается настолько много, что каждый член определителя содержит нулевой сомножитель и поэтому равен нулю. Очевидно, так обстоит дело, если матрица имеет нулевой столбец или нулевую строку. Следующее утверждение представляет собой нетривиальное обобщение этого наблюдения.

Теорема Холла. Для того чтобы все члены определителя матрицы порядка n были равны нулю, необходимо и достаточно существование нулевой подматрицы размеров p × q с условием p + q > n.

Доказательство достаточности является простым упражнением. А вот доказательство необходимости требует уже изрядной изобретательности.

Доказательство необходимости. Проведем индукцию по n. Ïðè n = 1 утверждение очевидно. Предположим, что оно доказано для любых матриц порядка k ≤ n, и рассмотрим матрицу A, в которой

каждый член определителя содержит нулевой элемент матрицы. Если все ее элементы равны нулю, то утверждение уже доказано. Пусть имеется хотя бы один ненулевой элемент. Пусть a1n 6= 0. Тогда

причем любой член определителя матрицы B обязан содержать нулевой множитель. По индуктивному предположению, в B имеется нулевая подматрица 0k×l размеров k Ч l с условием k + l > n − 1. Если k + l > n, то эта подматрица является искомой.

Остается рассмотреть случай k + l = n. Не ограничивая общности, предположим, что A имеет вид

Подматрицы A11 è A22 квадратные порядка l и k, соответственно. В силу исходного предполодения о матрице A, если хотя бы один член определителя A11 ненулевой, то все члены определителя A22 равны нулю. По индуктивному предположению, в A22 имеется нулевая r Ч s-подматрица с условием r+s > k. Не ограничивая общности, предполодим, что она находися на последних r строках и столбцах

с номерами от l+1 до l+s. Рассмотрим подматрицу Z на пересечении последних p = r строк и q = l+s и столбцов. Легко видеть, что Z = 0, при этом p + q = l + r + s > l + k = n.

A11 равны нулю, то индуктивное предположение можно применить непосредственно к A11. Искомая нулевая подматрица в A строится аналогичным образом. 2

Заметим, что теорема Холла появилась в 1935 году в связи с изучением специальных комбинаторных задач (а именно, задачи о паросочетаниях).

282 Лекция 45

матрицы определитель не станет нулем.

Задача. Докажите, что det(I + F ) 6= 0, если каждый элемент матрицы-возмущения F порядка n

по модулю меньше 1/n.

Однако, по величине определителя трудно судить, насколько малы должны быть соответствующие возмущения. Например, рассмотрим двухдиагональные матрицы по-

рядка n с возмущением ε только одного элемента в левом нижнем углу:

12

При ε = 0 имеем det A(0) = 1. В общем случае, применяя теорему Лапласа для разложения определителя по первому столбцу, находим

det A(ε) = 1 + ε · (−1)n+1 2n−1.

Ïðè ε = (−1)n/2n−1 получаем det A(ε) = 0. Пусть, например, n = 100. Как видим,

невырожденная матрица с определителем 1 превращается в вырожденную при весьма малом возмущении!

284 Лекция 46

В то же время, при исключении элемента в позиции (2, 1) получаем

òàê êàê

1 − 105 = 101 · 0.10000 − 106 · 0.10000 = 106 · 0.000001 − 106 · 0.10000

7→106 · 0.00000 − 106 · 0.10000 = −105.

Аналогично, при соответствующем преобразовании правой части находим

В итоге вычисленное решение x,˜ y˜ будет точным решением системы

Таким образом,

Сравнивая

тинного.

Причина чудовищно большой погрешности в относительно малой величине ведущего элемента, приводящей к в преобразованной матрице. Чтобы снизить неприятный эффект, вызванный ростом элементов, обычно рекомендуется в каждом столбце выбирать в качестве ведущего элемент, максимальный по модулю.

Задача. Дана матрица A = [aij] порядка n с диагональным преобладанием (см. раздел 6.9) по строкам (по столбцам), и пусть после исключения элементов в первом столбце с помощью первой строки с ведущим элементом a11 6= 0 получается матрица

a11 a12 ... a1n

.

... B

0

Докажите, что матрица B порядка n−1 также имеет диагональное преобладание по строкам (по столб-

цам). Докажите также, что максимальный по модулю элемент матрицы B не больше максимального

по модулю элемента матрицы A.

46.2Вычисление обратной матрицы

Обратную матрицу можно вычислить, используя конструкции того же метода Гаусса. Если получено разложение A = LU, то, поскольку A−1 = U−1L−1, достаточно научиться вычислять обратные к

верхней и нижней треугольным матрицам. Общее число арифметических операций будет O(n3).

Однако, в 1965 году появилась работа Штрассена с заголовком Метод Гаусса не оптимален , в которой впервые было показано, что существуют и более быстрые алгоритмы. Пусть имеется алгоритм

умножения двух n × n-матриц c числом операций ≤ c nγ (например, в дополнительной части Лекции

1 обсуждается алгоритм Штрассена, для которого γ = log2 7 < 3). Тогда в случае строго регулярной матрицы A можно построить алгоритм вычисления A−1 с числом операций O(nγ).

Для простоты предположим, что n = 2p. Разобьем A на блоки порядка n/2 и рассмотрим следующее равенство:

Полученные из ( ) выражения для блоков матрицы A−1 иногда называют формулами Фробениуса. Для нашей цели формула ( ) интересна тем, что показывает, как обращение матрицы порядка n

сводится к двум аналогичным задачам для матриц A11 è W порядка n/2. Для реализации указанной редукции требуется выполнить несколько умножений матриц порядка n/2. Общие затраты на всех шагах редукции пропорциональны

Вслед за открытием Штрассена появилась работа других авторов под названием Метод Штрассена не оптимален . Но лидерство нового алгоритма было не очень долгим. Соревнование по построению все более быстрых алгоритмов обращения матриц и решения систем продолжается до сих пор, а вопрос об оптимальном алгоритме с точки зрения числа операций остается открытым.

Еще менее ясным является вопрос об алгоритме с минимальным числом параллельных шагов (хотя

бы в модели бесконечного параллелизма). Довольно давно был придуман алгоритм, в котором число параллельных шагов в случае матрицы общего вида есть O(log22 n). Никто не знает, можно ли построить

более быстрый параллельный алгоритм. Любопытно, что предъявленный алгоритм не имеет ничего общего ни с методом Гаусса, ни с методом Штрассена. Кроме того, даже для треугольной матрицы не

известно алгоритма с меньшим числом параллельных шагов (по порядку зависимости от n).

Задача. Докажите, что определитель строго регулярной матрицы порядка n можно вычислить за O(nlog2 7) арифметических операций.