VMLA-Matzokin-2012 / 2012-лекции BMLA

x0

R n задан,

xk

i/n

xk

(i 1)/n

e ,

k,i

i

k,i

(ai i )

1[rk (i 1)/n ] i :

|| zk i/n || A inf || zk (i 1)/n

ei || A , i 1, 2, ..., n,

k

0, 1, ...,

меньше, чем в методе полной релаксации (

1):

|| zk

i/n || 2A

|| zk

(i

1)/n

|| 2A

(rik (i 1)/n )2

(

k,i

ai,i

rki

(i

1)/n )2

ai,i

|| zk

(i

1)/n || 2A

1)2 ]

(rik

(i

1)/n )2

[1

(

.

ai i

Очевидно, что норма ошибки строго уменьшится, если rik (i

1)/n

0 и

0

1

(

1)2 , т.е.

(0, 2) .

Расчетные формулы вычисления компонент очередного приближения xk

1 по

заданному приближению xk

имеют вид:

a

xk

1 ...

a

i,i

xk

1

a

i,i

xk ...

a

i,n

xk

b

i

xik 1

xik

xik

i,1 1

1 i

1

i

n

k,i

ai i

xk 1

xk

D 1(

Lxk 1

(D

R)xk

b)

(D

L)xk 1

Dxk

Dxk

(Rxk

b)

Dxk

Lxk

Lxk

Dxk

(Rxk b)

(D

L)xk

(Axk

b)

xk 1 xk

(D

L) 1(Axk

b),

с матрицей

шага

для ошибки

S

E

(D

L) 1A ,

которая является

метода неполной релаксации.

Теорема. Если матрица системы

Ax b симметрична

и положительно

определена: A A 0 ,

то для любого

(0, 2)

метод неполной

релаксации:

xk 1 xk

(D L) 1(Axk b),

Предварительные замечания

Итак, ошибка zk

xk x метода релаксации

x0

Rn задан,

xk

1

xk

(D

L) 1(Axk

b)

k

0, 1, ...

строго монотонно убывает в норме || z || A

(Az , z) .

Т.к. A

L D

R

( L

0.5 D) (0.5 D

R) R

R

и

R

0 в R n ,

1

1

1

то “переобусловливатель”

D

L

метода

релаксации

целесообразно

представить в виде суммы положительно определьных матриц:

D

L

(1

0.5

)D

(0.5 D

L)

(1

0.5

)D

R1

(1

0.5

)(D

R1)

(D

R1)

B

0

0.5 )

(1

где

(0,

)

при

(0, 2) .

1

0.5

xk 1 xk

B 1(Axk

b), B

D

R1

0

0,

k

0, 1, ...

и он сходится при любом

0 .

Очевидно, что

zk 1

[E

B 1A]zk

Szk

Замечание. Мы знаем, что для любого вектора z

0

|| Sz ||A

|| z ||A

|| S ||A sup

|| Sz ||A

|| Szsup ||A

1.

||z||A

1

выбирать из условия минимальности || S ||A || E

B 1A ||A или

верхней оценки для этой нормы.

Оценим || S || A2

max

(ASz ,Sz)

, где

S E

B 1A .

z 0

(Az , z)

2

(B 1Az , Az)

2 (AB 1Az , B

1Az)

|| S || A

max 1

2

.

(Az , z)

(Az , z)

z

0

Т.к.

(Ay, y)

([R1

R1 ]y, y) 2(

R1y, y)

2([B D]y, y) , то

2 (A[B 1Az],[B 1Az])

2 (B[B 1Az],[B 1Az])

2 (D[B 1Az],[B 1Az])

2 (B 1Az, Az)

2 (D B 1Az, B 1Az)

|| S || A2

max 1

2

(DB 1Az , B 1Az)

1 2

min

(DB 1Az , B 1Az)

(Az , z)

z

0

z

0

(Az , z)

1

2

min

([A1/ 2 (B 1) DB 1A1/ 2 ]A1/ 2z , A1/ 2z)

1

2 ,

z

0

(A1/ 2z , A1/ 2z)

где

min (A1/ 2 (B 1) DB 1A1/ 2 ) .

Пусть A1/ 2 (B 1) DB 1A1/ 2y

y

Av

BD 1B v,

v

A 1/ 2y .

Т.к. BD 1B (D R1)D 1(D R1 ) D A

2R1D 1R1 ,

то

(Av, v)

(Dv, v)

(Av, v)

2 (R1D 1R1v, v)

1

1

max

(Dv, v)

2

max

(R1D 1R1 v, v)

(A 1D)

2

(A 1R1D 1R1 )

(Av, v)

(Av, v)

v

0

v

0

1

, где

(A 1D)

(A 1D),

(A 1D)

2 (A 1R1D 1R1 )

(A 1R1D 1R1 ) (A 1R1D 1R1 ).

1/

(A 1D)

Если известны оценки

,

(A 1R1D 1R1 )

то

|| S || 2A

1

1

2

1 2

1 2

1

0 .

1/

2

1

2

Док–во очевидно.

Замечание. Обычно постоянные

0 и

0 определяют из неравенств

(Dv, v)

(Av, v),

(R1D 1R1v, v)

(Av, v)

v

( D

A,

min (D 1A),

R1D 1R1

A,

max (A 1R1D 1R1 ) ).

Задача. Найти минимум функции

1

2

|| S || 2A

g(

)

1

2

Ответ.

min g( )

g(

*)

1

/(4

)

,

1

.

*

0

1

/(4

)

Задача. Найти оптимальный параметр

, если

*

1/

Ответ.

2

.

*

1

2

Пример

2

1

0

1

0

0

1

1

0

1

2

1

1

1

0

0

1

1

A

R1

R1

1

2

1

1

1

0

0

1

1

0

1

2

0

1

1

0

0

1

Собственные значения матрицы A известны:

4

sin2

k

, k 1, ..., n ,

k

2(n

1)

4 sin2

2

4 sin2

n

2

min (A)

,

max (A)

4

.

2(n

1)

(n

1)2

2(n

1)

(n

1)2

Оценим постоянные

D A , R1D 1R1

A:

min (D 1A)

2

0.5

min (A)

1,

2(n

1)2

т.к. A

2

R1D 1R1

diag{1, 0, ..., 0}, а diag{1, 0, ..., 0}

0, то

A

2 R1D 1R1 и

0.5.

Для метода полной релаксации (

1,

2 ):

1

0.5

xk

1

xk

(D

L) 1(Axk

b)

|| zk 1

|| A

|| S || A

|| zk ||

1

2

4

|| zk || A

A

1

2

4

2

1

|| zk || A

(1

2

)

|| zk || A

(1

) || zk || A