VMLA-Matzokin-2012 / 2012-лекции BMLA

1.

{gi}ij

1

– A -ортогональный базис в Lj

L{(B 1A)z0 , ..., (B 1A)j z0}, j

k ,

2.

z

j

z

0

1

g ...

j

g

j

,

i

(r0 ,gi )

,

1

(Agi ,gi )

3.

r j

Az j: B 1r j

Lj 1

и r j

Lj , т.е. (r j,gi ) 0

i 1, j.

Определим gk

1

B 1rk

1g1

...

kgk

Lk

1

из условий

(Agk

1,gi )

(AB 1rk ,gi )

1

(Ag1,gi ) ...

k

(Agk ,gi )

0,

i 1, ..., k.

Так как (Ag j,gi )

0, i

j, то

i

(AB 1rk ,gi )/(Agi ,gi ) ,

так как rk

Lk

и B 1Agi

Li

1

Lk

при i

1

k , то

(AB 1rk ,gi )

(rk ,B 1Agi )

0 и

i 0, i

1, k

1,

(здесь потребовалась симметричность матрицы B 1 ).

Тогда

1.

gk

1

B 1rk

kgk ,

k

(B 1rk ,Agk ) /(Agk ,gk ) , и

{gi}ik

11 – A -ортогональный базис в Lk

1

L{(B 1A)z0 , ..., (B 1A)k

1z0} ,

2.

z

k

1

z

0

1 g1 ...

k

1

gk

1

z

k

k 1 gk

1,

k

1

(r0 ,gk 1)

,

(Agk 1,gk 1)

3.

rk

1

Azk

1

r0

1

Ag ...

k

1

Ag

k 1

L

1

, т.к. легко

1

k

проверяются равенства (rk 1, gi )

0, i

1, k

1;

B 1rk

1

Lk 1, и, очевидно, что

B 1rk

1

B 1Azk

1

L{ B 1r0 , L{(B 1A)2 z0 , ..., (B 1A)k

2 z0} }

Lk

2 .

Таким

образом

построен

очередной

базисный

вектор

gk

1

и

все

k 1

(r0

,gk 1)

(r1

1Ag1,gk 1)

(r1,gk 1)

...

(rk ,gk 1)

.

(Agk

1,gk 1)

(Agk 1,gk 1)

(Agk 1,gk 1)

(Agk 1,gk 1)

g1 B 1r0

Ax0

b,

1

(r0 , g ) /(Ag , g ),

1

1

1

x1

x0

1 g1, r1

r0

1 Ag1 Ax1 b;

...

(k 1) -й шаг: если rk

0, то

gk 1 B 1rk

k gk ,

k

(B 1rk , Agk ) /(Agk , gk )

k

1

(rk , gk 1) /(Agk 1, gk 1),

xk 1

xk

k 1 gk 1, rk 1 rk

k 1 Agk 1 Axk 1 b.

Положительно определенные матрицы

A 0 в Cn (или Rn )

(Ax, x) 0

x

Cn (Rn ), x

0

Теорема 1.

(Ax, x) Re(Ax, x)

x

Cn

A

A* .

Теорема 2.

A

A*

A

0 в Cn (R n )

(A)

0,

min

(x, x)

(Ax, x)

max

(x, x)

x

Cn (R n ).

Теорема 3.

A

A*

A 0 в Cn (Rn )

det (Ak )

0

Теорема 4.

A

0 в Rn

A

A*

0 в Rn .

Теорема 5.

A

A* – веществ. кососимметричная матрица A 0 в Rn .

Теорема 6.

A

0 в Rn

Re

(A)

0.

P ( )

det (A

E) ( 1)n

n

p

n

n

1

... p

p

0

,

n

1

1

а коэффициенты p0 , ..., pn

1 – непрерывные функции элементов матрицы A .

Пусть

A – матрица с

“малыми”

по

величине

элементами, P ,n ( ) –

характеристический

полином матрицы

A

A .

Следствием

непрерывности

det (A

A) как функции элементов матрицы A

A является

Так

как | P

(

c

) |

| Q(0) |

| z

...

z

n

|

| z

min

|n

|

min

c

|n , то

n

1

min (корень полинома Pn (

) ) лежит в круге радиуса n | Pn ( c ) |

.

Лемма 3.

Если

1, ...,

n

– корни полинома

Pn (

) ,

то

нумерация корней

,1, ...,

,n полинома P ,n ( ) :

,k

k

k

при

A

0 .

Док–во

методом матиндукции по степени полинома.

n

1

,1

p ,0

p0

1 .

Пусть лемма верна при n

k .

n

k : из леммы 2

,1 : |

,1

1 |

n | P ,n (

1) |

0 .

Т.к. Pn ( ) (

1)Rn 1( ), P ,n ( ) (

,1)R ,n 1( )

и R ,n

1( )

Rn 1(

) , то

,2

2 , ...,

,n

n .

если 0

1

2

...

n 1

n

(A) – собственные значения,

q(1) , q(2) , ..., q(n) – соответствующие им собственные векторы, то

Ak x0

k [

q(n)

(

1

)k

q(1) ...

(

n 1

)k

q(n 1) ]

k

q(n) ,

n

n

1

n

1

0

|| Ak 1x

0 ||

,

1

Ak 1x0

q(n) ,

|| Ak x0

||

|| Ak x0 ||

Итерационный процесс

x0 0, xk 1 A

xk

, k 0, 1, ...,

|| xk

||

значения матрицы A A

0 :

|| xk ||

(A) , xk x : Ax

x ,

векторов, соответствующих

(A) , не равна 0.

Док–во. Пусть

0

1

...

r

r

1

...

n

– собственные значения,

q(1) , ...,q(r) , q(r 1) , ..., q(n)

– собственные векторы матрицы A , и

x0

q(1) ...

r

q(r)

r

q(r

1) ...

n

q(n)

1

1

q(1) ...

r

q(r)

y,

y

0.

1

Тогда Ak x0

k [x

(

1

/

)k

q(1) ...

(

r

/

)k

r

q(r)

] и,

1

т.к.

xk

Axk 1

A2xk 2

...

Ak x0

,

0

1

...

r

1,

|| xk

1 ||

|| Axk

2 ||

|| Ak

1x0

||

то || xk ||

|| y

(

1

/

)k

q(1)

...

(

r

/

)k

r

q(r) ||

1

,

|| y

(

1

/

)k

1

q(1)

...

(

r

/

)k

1

r

q(r) ||

1

xk

y

(

1

/

)k

q(1) ...

(

r

/

)k

r

q(r)

y

1

x

.

|| y (

1 /

)k

1

1q(1) ...

(

r /

)k

1

rq(r)

||

|| y ||

матрицы

E A 0 , где

(A) , так как

(

E

A)

min (A) .

Оценку для

(A) легко найти:

|| A ||

(A) . Тогда

итерационный процесс

x0 0, xk 1

(|| A || E

A)

xk

,

k

0, 1, ...,

|| xk

||

степенного

метода

вычисления

спектрального

радиуса

матрицы

B || A || E

A .

Предположим, что собственное значение

n

(A)

и соответствующий ему

собственный вектор (какой–то!) q(n) матрицы

A

A

0 мы приближенно

(например степенным методом) вычислили: n

n ,

q(n)

q(n) .

где матрица Pn

E

q(n)[q(n) ]T – ортогональный проектор на подпространство

(L{q(n)}) , ортогональное вектору q(n) .

Докажите, что спектр матрицы

An

1

(т.е. n

n ,

q(n)

q(n) ) состоит из

собственных значений

1

...

n 1

матрицы

A

и нуля (вектор q(n)

принадлежит ее ядру).

Отсюда следует, что, если q(n)

q(n)

(а степенной метод такую сходимость

гарантирует), то

(An 1)

(An

1)

n

1(A) .

Следовательно, применяя степенной метод для матрицы

An 1 , мы получим

приближение к

n

1(A) и q(n 1) – очередным собственным значению и вектору

матрицы A .

случае A

A 0 и B

B

0

Знание оценок

спектра матрицы

B 1A

в случае

A

A

0

и

B

B

0

необходимо

для

построения параметров

циклического

метода

Ричардсона

(простой итерации) для решения системы уравнений

Ax

b

с

переобусловливателем B .

Лемма 4. Все собственные значения матрицы

B 1A в случае

A

A

0 и

B

B

0 положительны, а соответствующие

им

собственные

векторы A -ортогональны.

Док-во. Задача на собственные значения B 1A x

x эквивалентна задаче

(A1/ 2B 1A1/ 2 )[A1/ 2x]

[A1/ 2x]

матрицы

C A1/ 2B 1A1/ 2 C

0, имеющей положительные собственные

значения

{ i}in

1

и

систему

собственных

векторов

{y(i) A1/ 2x(i)}in

1,

образующую ортонормированный базис:

(y(i) , y( j) )

(A1/ 2x(i) , A1/ 2x( j) )

i, j, i, j

1, 2, ..., n .

Очевидно, что { i}in

1

и {x(i)

A 1/ 2y(i)}in

1

являются системой собственных

значений и векторов матрицы B 1A и собственные векторы A -ортогональны:

(Ax(i) , x( j) )

(A1/ 2x(i) , A1/ 2x( j) )

i, j, i, j

1, 2, ..., n .

Теорема 1. Если A

A

0 и B

B

0 , то степенной метод

x0

0

задан,

xk 1

B 1A

xk

, k

0, 1, ...

|| xk || A

сходится к решению задачи B 1A x

x ,

где

max

(B 1A)

lim || xk || A

– максимальное собственное

Sp(B 1A)

k

значение, а

x

lim xk – соответствующий ему собственный вектор,

k

если (Ax0, x)

0 .

Док-во.

Пусть

0

1

...

r

r 1

...

n

–

собственные значения,

{x(i)}in

1

– A -ортонормальной

система собственных векторов из леммы 4

матрицы B 1A . Представим начальное приближение степенного метода в виде

разложения:

x0

1

x(1) ...

r x(r)

r

1

x(r

1)

...

n

x(n)

0

y

0

и предположим, что y

0 . Очевидно, что B 1A y

y ,

xk

(B 1A)xk 1

(B 1A)2 xk

2

...

(B 1A)k x0

,

|| xk

1 || A

|| (B 1A)xk 2 || A

|| (B

1A)k

1 x0 || A

(B 1A)k x0

k

[ 1(

1

)k

x(1) ...

r (

r

)k

x(r)

y],

k

0

|| (B 1A)k

1 x0 || A

k

1

[ 1(

1

)k

1]2 ...

[

r (

r

)k

1]2

|| y || A2 .

||

k 1 ||2A

0

Тогда xk

y

, а || xk || A

. Кроме того,

|| y || A

0

|| xk ||

A

|| y || A2

|| k || A2 /

|| y || A2

||

k

1 || A2

||

k 1 || A2

||

k || 2A

(

|| y || A2

||

k 1 || A2

|| y || A2

||

k || A2 )

|| y || A2

||

k

1 || A2

||

k 1 || A2

[

1]2 ...

[ r ]2

(

r

)

2(k

1)

|| x0 || A2

(

r

)

2(k 1)

2 || y || A2

2 || y || A2

2 || y || A2

что и требовалось доказать.

Теорема 2. Если A

A

0 ,

B

B

0 и известна постоянная

1

(B 1A) , то

степенной метод

x0

задан, xk 1

B 1A)

xk

0

( 1

E

, k

0, 1, ...

|| xk || A

сходится к решению задачи B 1A x

( 1

min ) x ,

где

min

min

(B 1A)

1

lim || xk || A

–

минимальное

Sp(B 1A)

k

собственное

значение, а

x

lim xk

–

соответствующий ему

k