Μάθημα 3ο

Ανάλυση Πινάκων και Εφαρµογές Σελίδα 1 από 11

Μάθηµα 3ο

ΠΑΡΑΓΟΝΤΟΠΟΙΗΣΗ LU και QR

Θεωρία : ”Γραµµική Άλγεβρα” : εδάφιο 1, σελ. 45,

εδάφιο 2, σελ. 52, (όχι Πρόταση 3.5)

εδάφιο 6, σελ. 103.

Ορισµοί :

1. Ένας πίνακας ονοµάζεται πλήρους βαθµού ακριβώς όταν µ×ν A

{ }rank min ,A = µ ν .

2. Αν και ο πίνακας είναι πλήρους βαθµού, κάθε µ > ν A ν×µ

πίνακας τέτοιος ώστε Μ νMA I= , ονοµάζεται αριστερά

αντίστροφος του . A

3. Αν και ο πίνακας είναι πλήρους βαθµού, κάθε µ < ν A ν×µ

πίνακας τέτοιος ώστε Ν µA I=Ν , ονοµάζεται δεξιά αντίστροφος

του . A

Από τον δεύτερο και τρίτο ορισµό είναι προφανές ότι ο πίνακας είναι A

δεξιά αντίστροφος του και αριστερά αντίστροφος του . M N

Παράδειγµα 3.1 Αν άµεσα διαπιστώνουµε ότι κάθε 4 1 13 1 2

A ⎡= ⎢⎣ ⎦

⎤⎥

πίνακας , είναι δεξιά αντίστροφος του , ο δε 1 13 4

0 0

−⎡ ⎤⎢ ⎥−⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

2 18 6

1 2

⎡ ⎤⎢− −⎢⎢ ⎥⎣ ⎦

⎥⎥ A A

είναι αριστερά αντίστροφός τους.


Λυµένες Ασκήσεις

Άσκηση 3.1 Να βρείτε τις παραγοντοποιήσεις LU και Cholesky του πίνακα.

1 1 11 5 51 5 14

A⎡ ⎤⎢ ⎥= ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

Λύση : Ο πίνακας είναι συµµετρικός. Στο λογιστικό σχήµα A

3

3

II A

Από το παράδειγµα συµπεραίνουµε ότι για έναν πίνακα ο αριστερά ή δεξιά

αντίστροφός του, εφόσον υπάρχει, δεν είναι µοναδικός.

Πρόταση 3.1 Αν και ο πίνακας είναι πλήρους βαθµού, ο µ > ν A

πίνακας είναι αριστερά αντίστροφος του A . ( ) 1Τ TM A A A−

=

Απόδειξη : Επαληθεύουµε ότι ( ) 1Τ ΤνMA A A A A I

−= = . Από την

έκφραση του , αρκεί να διαπιστώσουµε ότι ο πίνακας είναι M TA A

αντιστρέψιµος, ισοδύναµα ότι το οµογενές σύστηµα έχει TA Ax 0=

µοναδική λύση . x 0=

Πράγµατι, TA Ax 0= T T 0x A Ax⇒ = ( )T 0Ax Ax⇒ = 2 0Ax⇒ = Ax⇒ 0= x 0⇒ = ,

διότι οι στήλες του είναι γραµµικά ανεξάρτητα διανύσµατα. □ A

Όµοια αποδεικνύουµε :

Πρόταση 3.2 Αν και ο πίνακας είναι πλήρους βαθµού, ο µ < ν A

πίνακας ( ) 1T TN A AA−

= είναι δεξιά αντίστροφος του . A


µετά τους µετασχηµατισµούς γραµµών 112H− , 1

13H− , 123H− και τους αντίστοιχους

µετασχηµατισµούς στηλών 112−Θ , 1

13−Θ και 1

23−Θ , βρίσκουµε

1 1 00 1 10 0 1

1 0 0 1 0 01 1 0 0 4 0

0 1 1 0 0 9

Q

P D

−−

=

−−

όπου και 1 123 13 12P H H H− − −= 1 11 1

12 13 23Q − − −= Θ Θ Θ . Επειδή ( )Tk kij ji ijH H= = Θk

T

D−

⎡ ⎤⎢ ⎥= = ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

, έχουµε

και . Συνεπώς, η παραγοντοποίηση Cholesky είναι TQ P= TPAP D=

( ) 11 T

1 0 0 1 0 0 1 1 11 1 0 0 4 0 0 1 11 1 1 0 0 9 0 0 1

A P D P BB−−

⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥= = =⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

,

όπου B P . 1 1/ 2

1 0 01 2 01 2 3

Για την παραγοντοποίηση LU είναι προφανές ότι ( )( ) 11 TA P D P LU−−= = .

* * *

Άσκηση 3.2 Να βρείτε την QR παραγοντοποίηση του πίνακα

1 0 01 1 01 1 11 1 1

A

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥=⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

.

Λύση : Ο πίνακας έχει βαθµό 3. Με τη µέθοδο της ορθογωνοποίησης

Gram-Schmidt, βρίσκουµε ορθογώνια διανύσµατα

A

[ ]

[ ]

[ ]

T1 1

T2 2 1

T3 3 1 2

1 1 1 13 3 4 1 4 1 4 1 441 2 0 2 3 1 3 1 32 3

ξ η

ξ η ξ

ξ η ξ ξ

= =

= − = −

= − − = −


όπου και είναι οι στήλες του . Τότε 1 2,η η 3η A

[ ]

[ ]

1 2 3 1 2 1 3 2

1 2 3

3 2 14 3 2

3 11 4 220 1 3

0 0 1

A η η η 1ξ ξ ξ ξ ξ ξ

ξ ξ ξ

⎡ ⎤= = + + +⎢ ⎥⎣ ⎦⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥= =⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

ΞΤ

Αν ( )1 2 33 2diag , , diag 2, ,2 3D ξ ξ ξ ⎛ ⎞= = ⎜ ⎟

⎝ ⎠, έχουµε

1A D DT QR−= =Ξ

όπου

1

31 02 21 1 2

2 32 31 1 1

2 2 3 61 1 1

2 2 3 6

Q D−

⎡ ⎤−⎢ ⎥⎢ ⎥

−⎢ ⎥⎢ ⎥= =⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

Ξ και

32 123 10 2 3

20 0 3

R

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥

= ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

.

Σηµειώστε ότι και ο πίνακας είναι αντιστρέψιµος. Ο πίνακας

είναι αριστερά αντίστροφος του .

T3Q Q I= R

1 TM R Q−= A

* * *

Άσκηση 3.3 Αν τα διανύσµατα και του είναι γραµµικά

εξαρτηµένα, βρείτε την QR παραγοντοποίηση του πίνακα

1 2,x x 3x kR

[ ]1 2 3M x x x= .

Λύση : Έστω και τα διανύσµατα είναι γραµµικά

ανεξάρτητα. Αν εφαρµόσουµε τη µέθοδο ορθογωνοποίησης Gram-Schmidt

στα διανύσµατα έχουµε

3 1x x= α + β 2x 1 2,x x

1 2 3, ,x x x

1 1

2 2 1 1 2 1 1

3 3 1 2 1 3 1 1 2 3 2 2

, ό ( ) ( ), ό ( ) ( ), ( ) (

ξ xξ x ξ ξ x ξ ξ

).ξ x ξ ξ ξ x ξ ξ ξ x ξ ξ

== + λ που λ = −= + µ + ν που µ = − ν = −


Επειδή

( ) ( )( ) ( ) ( ) (

1 3 1 1 1 2

2 3 2 1 2 2 2 2 2 2

ξ x ξ x ξ x

ξ x ξ x ξ x ξ x ξ ξ

= α + β

= α + β = β = β )

είναι και . Τότε µ = −α + βλ ν = −β

( ) ( )3 3 1 2 1 3 1 2ξ x x x x x x x 0= + −α +βλ −β + λ = −α −β =

και

[ ] [ ] [ ]1 2 3 1 2 1 1 2 1 2

10 1

M x x x ξ ξ ξ ξ ξ ξ ξ QR−λ −µ⎡ ⎤

= = − λ −µ − ν = =⎢ ⎥−ν⎣ ⎦,

όπου

1 2

1 2

ξ ξQ ξ ξ⎡ ⎤= ⎢ ⎥⎣ ⎦

, ( )1 2

1diag ,

0 1R ξ ξ

−λ −µ⎡ ⎤= ⎢ ⎥−ν⎣ ⎦

.

Σχόλιο: Από την QR παρααγοντοποίηση του πλήρους βαθµού υποπίνακα

[ ]1 2x x , έχουµε

[ ] [ ]1 2 1 2

10 1

x x 1ξ ξ QR−λ⎡ ⎤

= =⎢ ⎥⎣ ⎦

όπου ( )1 1 2

1diag ,

0 1R ξ ξ

−λ⎡= ⎢

⎣ ⎦

⎤⎥ . Τότε, για τον πίνακα M συµπεραίνουµε

[ ] [ ] [ ]

( )

1 2 3 1 2 1 2 1 2 1

1 2

1 0 1 00 1 0 1

1diag , ,

0 1

M x x x x x x x x x QR

Q ξ ξ QR

α α⎡ ⎤ ⎡= = α + β = =

⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥β β⎣ ⎦ ⎣

−λ α − λβ⎡ ⎤= =⎢ ⎥β⎣ ⎦

⎦

καταλήγοντας στην ισότητα

1

1 00 1

R Rα⎡ ⎤

= ⎢ ⎥β⎣ ⎦.

* * *

Άσκηση 3.4 Να παραγοντοποιηθεί ο πίνακας

1 1 0 01 0 1 00 1 1 1

A−⎡ ⎤

⎢ ⎥= ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦


στις µορφές LU και QR και µετά να λυθεί το σύστηµα , όπου Ax β=

[ ]T2 3 2β = .

Λύση : Για την παραγοντοποίηση LU, θεωρώ το σχήµα

4

3

ΙΙ Α

και κάνουµε τους µετασχηµατισµούς γραµµών 112H− , και τους

µετασχηµατισµούς στηλών ,

123H−

112Θ 1

23−Θ και 34Θ . Έτσι, έχουµε

1 1 0 10 1 0 10 0 0 10 0 1 0

1 0 0 1 0 0 01 1 0 0 1 0 0

0 1 1 0 0 1 0

Q =

P D

−−

−−

όπου και και 123 12P H H− −= 1 1 1

12 23 34Q −= Θ Θ Θ [ ]3PAQ I O= .

Συνεπώς,

[ ] [ ]1 13 3

1 1 0 01 0 0

0 1 1 01 1 0

0 0 0 10 1 1

0 0 1 0

1 0 0 1 1 0 01 1 0 0 1 1 00 1 1 0 0 0 1

A P I O Q I O

LU

− −

−⎡ ⎤⎡ ⎤ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥= = ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦

⎣ ⎦−⎡ ⎤ ⎡ ⎤

⎢ ⎥ ⎢ ⎥= =⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

όπου και 1L P−= [ ] 13U I O Q−= .

Έτσι, το γραµµικό σύστηµα Ax β= , γράφεται ισοδύναµα 1 ˆLUx β Ux L β Pβ β−= ⇔ = = =

όπου [ ]Tˆ 2 1 1β = . Μια µερική λύση του συστήµατος είναι

( ) [ ]1 TT T0

2 3 1 3 02

1 3 1 3 0ˆ 1 5 3 1 3 4 3 11 3 2 3 0

10 0 1

x U UU β−

⎡ ⎤⎡ ⎤⎢ ⎥− ⎢ ⎥⎢ ⎥= = = −⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎣ ⎦

⎣ ⎦

.


Για τη γενική λύση του συστήµατος ˆUx β= , από τις εξισώσεις

1 2

2 3

4

x x 2x x 1

x 1

− =+ =

=

έχουµε , , 1 2x 2 x= + 3 2x 1 x= − 4x 1= και συνεπώς

[ ] [ ]2 0 1 1 k 1 1 1 0x = + − .

Για 1k 3−= , είναι φανερό ότι 0x x= .

Για την QR παραγοντοποίηση του , θα βρούµε από τις γραµµές

του Α ένα ορθοκανονικό σύνολο διανυσµάτων, διότι rank

A 1 2 3, ,η η η

3A = . Με τη µέθοδο

ορθογωνοποίησης Gram-Schmidt, βρίσκουµε τα ορθογώνια διανύσµατα

[ ]

[ ]

1 1

2 2 1

3 3 1 2

1 1 0 0

1 1 1 1 02 2 21 0 0 0 12

ξ η

ξ η ξ

ξ η ξ ξ

= = −

⎡ ⎤= − = ⎢ ⎥⎣ ⎦

= + − =

και 1|| || 2ξ = , 2|| || 3 2ξ = , 3|| || 1ξ = . Συνεπώς

11 1

2 2 1 2

3 33 1 2

1

1 0 01 1 2 1 02

1 2 1 112

1 0 0 1 1 0 0 1 0 0 1 1 0 01 2 1 0 1 2 1 2 1 0 1 2 1 0 1 2 1 2 1 01 2 1 1 0 0 0 1 1 2 1 1 0 0 0 1

ξη ξA η ξ ξ ξ

η ξξ ξ ξ

DD−

⎡ ⎤⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥= = + =⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥−⎢ ⎥ ⎣ ⎦⎣ ⎦ ⎣ ⎦− +⎢ ⎥⎣ ⎦

− −⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢= =⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢− −⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣

⎤⎥⎥⎥⎦

όπου ( ) ( )1 2 3diag || ||, || ||, || || diag 2, 3 2, 1D ξ ξ ξ= = . Τότε

2 0 0 1 2 1 2 0 0

1 2 3 2 0 1 6 1 6 2 3 00 0 0 11 2 3 2 1

A R

⎡ ⎤ ⎡ −⎢ ⎥ ⎢

= =⎢ ⎥ ⎢⎢ ⎥ ⎢−⎢ ⎥ ⎢⎣ ⎦ ⎣

Q

⎤⎥⎥⎥⎥⎦

.

Επειδή , το γραµµικό σύστηµα T3QQ I= Ax β= γράφεται

1RQx β Qx R β−= ⇔ =


και έχει µερική λύση . T 1x Q R β−=

* * *

Έστω το διάνυσµα u . Ο πίνακας Householder ν∈RT

22 uuH Iu

= −

είναι συµµετρικός και ορθογώνιος, µε συνέπεια 2H I= . Για κάθε , x ν∈R

το διάνυσµα είναι συµµετρικό του ως προς τον υπόχωρο Hx x

{ }{ }spanE u⊥

= .

Πρόταση 3.3 Για κάθε διάνυσµα x ν∈R όχι συγγραµµικό του

[ ]T1 1 0 0ε = … , υπάρχει πίνακας Householder , ώστε το διάνυσµα H

Hx είναι συγγραµµικό του . 1ε

Απόδειξη : Αν θεωρήσουµε το διάνυσµα 1u x x ε= + για τον αντίστοιχο

πίνακα H έχουµε :

( )( )

( ) ( ) ( ) ( )

2T T T T1 1 1 1

1

1 1 1 1

1 1

1

22 x

x x xx x

xx x ε x xε x ε εHx x x

x x

x x x x ε x x x ε x x

x x

x ε ,

+ + += −

+

+ + ⋅ + + ⋅ += − = −

+ +

= −

1

όπου . □ 1x x ε= 1

Πρόταση 3.4 Στην QR παραγοντοποίηση του ν×ν πίνακα , ο A QR=

ορθογώνιος πίνακας 1 2 1Q Q Q Qν−= … όπου ( )i i 1diag ,Q I H− ν− += i 1 και

( )i 1 i 1,2, , 1Hν− + = ν −… είναι πίνακες Householder.

Απόδειξη : Από την πρώτη στήλη του κατασκευάζεται ο πίνακας 1α A


Householder ώστε 1H

1

1

1

αH A

0 A

⎡− ∗ ∗ ⎤⎢ ⎥= ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

,

όπου µε ∗ σηµειώνουµε τα υπόλοιπα στοιχεία του γινοµένου των πινάκων.

Όµοια, από την πρώτη στήλη του 1α ( 1) ( 1)ν − × ν − πίνακα , 1A

κατασκευάζεται πίνακας ο Householder ώστε 2H

1

2 1

2

αH A

0 A

⎡− ∗ ∗ ⎤⎢ ⎥= ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

.

Αν και , προφανώς 1Q H= 1 )2 (2 diag 1,Q = Η

1

1

2 1

2

0α

αQ Q A

O A

⎡− ∗ ∗ ∗ ⎤⎢ ⎥− ∗ ∗⎢ ⎥⎢ ⎥=⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

Συνεχίζοντας τη διαδικασία µε τον ( 2) ( 2)ν − × ν − πίνακα , έχουµε 2A

3 2

3

H A0 A

∗ ∗ ∗⎡ ⎤⎢ ⎥= ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

και

1

1

3 2 1

3

00 0

αα

Q Q Q A

O A

⎡− ∗ ∗ ∗ ∗ ⎤⎢ ⎥− ∗ ∗⎢ ⎥⎢ ⎥

∗∗ ∗ ∗

= ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

,

όπου . Τελικά, θα έχουµε (3 2diag ,Q I = Η )3

1 2 1Q Q Q AO

ν−

∗ ∗⎡ ⎤⎢ ⎥ R= =⎢ ⎥⎢ ⎥∗⎣ ⎦

……


Άσκηση 3.5 Να παραγοντοποιηθεί σε µορφή QR ο πίνακας

0 11 21 1

A⎡ ⎤⎢ ⎥= ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

.

Λύση : Σύµφωνα µε την Πρόταση 3.3, για

[ ] [ ]TT T

1 0 1 1 2 1 0 0 2 1 1u ⎡ ⎤= + = ⎣ ⎦ ,

και

T1 1

1 3 21

0 1 2 1 2

2 1 2 1 2 1

1 2 1 2 1 2

u uH Iu

2 .

⎡ ⎤− −⎢ ⎥

= − = − −⎢ ⎥⎢ ⎥− −⎢ ⎥⎣ ⎦

έχουµε

1

1

2 3 2 2 30 (1 2) 2

0 (1 2) 2

H A0 A

⎡ ⎤− − 2⎡ ⎤− −⎢ ⎥ ⎢ ⎥= − =⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥− +⎢ ⎥ ⎣ ⎦⎣ ⎦

.

Για 2

(1 2) 2 1 1.017630 1.20712(1 2) 2

u⎡ ⎤− ⎡ ⎤ ⎡ ⎤

= + =⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥−− + ⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎢ ⎥⎣ ⎦, θα είναι

T2 2

2 2 22

0.1691 0.98562

0.9856 0.1691u uH Iu

⎡ ⎤= − = ⎢ ⎥−⎣ ⎦

και

2 1

1.22470

H A−⎡ ⎤

= ⎢ ⎥⎣ ⎦

.

ο δε πίνακας 1 2H Q Q Qν− 1= … είναι ορθογώνιος, ως γινόµενο ορθογωνίων

πινάκων. Συνεπώς , όπου A QR= T1 2 1Q H Q Q Qν−= = … . □

Η προηγούµενη µεθοδολογία για την QR παραγοντοποίηση πίνακα

εφαρµόζεται και όταν ο πίνακας δεν είναι τετραγωνικός. A


Συνεπώς, για

2 12

0 1 2 1 2 0 0.7071 0.70711

1 2 1 2 1 2 0.8165 0.4083 0.40830.5774 0.5774 0.57741 2 1 2 1 2

0H Q Q

0 H

⎡ ⎤− − − −⎡ ⎤⎢ ⎥⎡ ⎤ ⎢ ⎥= = − − = − −⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥− −− − ⎣ ⎦⎢ ⎥⎣ ⎦

έχουµε

2 3 20 1.22470 0

RHA

0

⎡ ⎤− −⎢ ⎥ ⎡ ⎤

= − =⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎢ ⎥

⎣ ⎦

και

1 2

0 0.8165 0.57740.7071 0.4083 0.57740.7071 0.4083 0.5774

Q H H− −⎡ ⎤

⎢ ⎥= = − −⎢ ⎥⎢ ⎥− −⎣ ⎦

Η QR παραγοντοποίηση του είναι A

0 0.81652 3 20.7071 0.4083

0 1.22470.7071 0.4083A

−⎡ ⎤⎡ ⎤− −⎢ ⎥= − − ⎢ ⎥⎢ ⎥ −⎣ ⎦⎢ ⎥−⎣ ⎦

,

καθόσον η µηδενική γραµµή του γινοµένου AΗ ακυρώνει την 3η στήλη του

πίνακα . Q

* * *

Μάθημα 3ο

Documents

Transcript of Μάθημα 3ο