Μάθηµα 3 ο ΠΑΡΑΓΟΝΤΟΠΟΙΗΣΗ LU και QR

Transcript

1 Ανάλυση Πινάκων Εφαρµογές Σελίδα από Μάθηµα ο ΠΑΡΑΓΟΝΤΟΠΟΙΗΣΗ LU QR Θεωρία : Γραµµική Άλγεβρα : εδάφιο, σελ 45, εδάφιο, σελ 5, (όχι Πρόταση 5) εδάφιο 6, σελ 0 Ορισµοί : Ένας µ ν πίνακας ονοµάζεται πλήρους βαθµού ακριβώς όταν rank min { µ, ν } Αν µ>ν ο πίνακας είναι πλήρους βαθµού, κάθε ν µ πίνακας Μ τέτοιος ώστε αντίστροφος του M I, ονοµάζεται αριστερά Αν µ<ν ο πίνακας είναι πλήρους βαθµού, κάθε ν µ πίνακας τέτοιος ώστε Ν I Ν µ ν, ονοµάζεται δειά αντίστροφος του Από τον δεύτερο τρίτο ορισµό είναι προφανές ότι ο πίνακας δειά αντίστροφος του M αριστερά αντίστροφος του N είναι Παράδειγµα Αν 4 άµεσα διαπιστώνουµε ότι κάθε πίνακας 4, 8 6 είναι δειά αντίστροφος του, ο δε 0 0 είναι αριστερά αντίστροφός τους

2 Ανάλυση Πινάκων Εφαρµογές Σελίδα από Από το παράδειγµα συµπεραίνουµε ότι για έναν πίνακα ο αριστερά ή δειά αντίστροφός του, εφόσον υπάρχει, δεν είναι µοναδικός Πρόταση Αν µ>ν ο πίνακας είναι πλήρους βαθµού, ο ( ) Τ πίνακας M είναι αριστερά αντίστροφος του Τ Απόδειη : Επαληθεύουµε ότι ( ) Τ M I ν Από την έκφραση του M, αρκεί να διαπιστώσουµε ότι ο πίνακας είναι αντιστρέψιµος, ισοδύναµα ότι το οµογενές σύστηµα µοναδική λύση x 0 Πράγµατι, x 0 έχει x 0 xx 0 ( x) x 0 x 0 x 0 x 0, διότι οι στήλες του είναι γραµµικά ανεάρτητα διανύσµατα Όµοια αποδεικνύουµε : Πρόταση Αν µ<ν ο πίνακας είναι πλήρους βαθµού, ο πίνακας ( ) N είναι δειά αντίστροφος του Λυµένες Ασκήσεις Άσκηση Να βρείτε τις παραγοντοποιήσεις LU Cholesky του πίνακα Λύση : Ο πίνακας είναι συµµετρικός Στο λογιστικό σχήµα I I

3 Ανάλυση Πινάκων Εφαρµογές Σελίδα από µετά τους µετασχηµατισµούς γραµµών H, H, H τους αντίστοιχους µετασχηµατισµούς στηλών Θ, Θ Θ, βρίσκουµε Q P D όπου P H H H Q k Θ Θ Θ Επειδή ( H ) H Θ k, έχουµε k ij ji ij Q P PP D Συνεπώς, η παραγοντοποίηση Cholesky είναι P D P BB 0 0 / όπου B P D ( ) Για την παραγοντοποίηση LU είναι προφανές ότι ( )( ) P D P LU, * * * Άσκηση Να βρείτε την QR παραγοντοποίηση του πίνακα Λύση : Ο πίνακας έχει βαθµό Με τη µέθοδο της ορθογωνοποίησης Gram-Schmidt, βρίσκουµε ορθογώνια διανύσµατα η [ ] η 4 η [ ] [ 0 ]

4 Ανάλυση Πινάκων Εφαρµογές Σελίδα 4 από όπου η, η η είναι οι στήλες του Τότε [ ] [ ] 0 ΞΤ 0 0 η η η diag,, diag,,, έχουµε Αν D ( ) όπου Ξ D D QR 0 Q 6 6 Ξ D R Σηµειώστε ότι QQ I ο πίνακας R είναι αντιστρέψιµος Ο πίνακας M R Q είναι αριστερά αντίστροφος του * * * k Άσκηση Αν τα διανύσµατα x, x x του R είναι γραµµικά εαρτηµένα, βρείτε την QR παραγοντοποίηση του πίνακα [ ] M x x x Λύση : Έστω x α x+βx τα διανύσµατα x, x είναι γραµµικά ανεάρτητα Αν εφαρµόσουµε τη µέθοδο ορθογωνοποίησης Gram-Schmidt στα διανύσµατα x x, x, x έχουµε x +λ, ό που λ ( x ) ( ) x +µ +ν, ό που µ( x ) ( ), ν ( x ) ( )

5 Ανάλυση Πινάκων Εφαρµογές Σελίδα 5 από Επειδή ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( x α x +β x x α x +β x β x β ) είναι µα+βλ νβ Τότε όπου ( ) ( ) x + α+βλ x β x +λ x x αx β x 0 λ µ M [ x x x] [ λ µ ν ] [ ] QR 0 ν, Σχόλιο: Q [ x x ], έχουµε λ µ 0 ν, R diag (, ) Από την QR παρααγοντοποίηση του πλήρους βαθµού υποπίνακα όπου R diag (, ) [ ] [ ] λ 0 x x QR λ 0 Τότε, για τον πίνακα M συµπεραίνουµε 0 α 0 α M [ x x x] [ x x α x+β x] [ x x] QR 0 0 β β λ α λβ Qdiag (, ) QR, 0 β καταλήγοντας στην ισότητα R 0 α 0 β R * * * Άσκηση 4 Να παραγοντοποιηθεί ο πίνακας

6 Ανάλυση Πινάκων Εφαρµογές Σελίδα 6 από στις µορφές LU QR µετά να λυθεί το σύστηµα x β, όπου β [ ] Λύση : Για την παραγοντοποίηση LU, θεωρώ το σχήµα Ι Ι 4 Α κάνουµε τους µετασχηµατισµούς γραµµών H H, τους µετασχηµατισµούς στηλών, Θ Θ Θ 4 Έτσι, έχουµε όπου P H H Q Συνεπώς, 4 Q P D Θ Θ Θ PQ [ I O] P [ I O] Q 0 [ I O] LU όπου L P U I O Q [ ] Έτσι, το γραµµικό σύστηµα x όπου β ˆ [ ] β, γράφεται ισοδύναµα LUx β Ux L β Pβ β ˆ Μια µερική λύση του συστήµατος είναι ( ) ˆ [ 5 4 ] x0 U UU β

7 Ανάλυση Πινάκων Εφαρµογές Σελίδα 7 από Για τη γενική λύση του συστήµατος Ux βˆ, από τις εισώσεις x x x + x x έχουµε x + x, x x, x4 συνεπώς Για k, είναι φανερό ότι x x 0 Για την QR παραγοντοποίηση του x [ 0 ] + k[ 0] 4, θα βρούµε από τις γραµµές η, η, η του Α ένα ορθοκανονικό σύνολο διανυσµάτων, διότι rank Με τη µέθοδο ορθογωνοποίησης Gram-Schmidt, βρίσκουµε τα ορθογώνια διανύσµατα η [ 0 0] η 0 η + [ ],, Συνεπώς η 0 0 η 0 + η DD όπου D diag (,, ) diag(,, ) Τότε RQ Επειδή QQ I, το γραµµικό σύστηµα x β γράφεται RQx β Qx R β

8 Ανάλυση Πινάκων Εφαρµογές Σελίδα 8 από έχει µερική λύση x Q R β * * * ν Έστω το διάνυσµα u R Ο πίνακας Householder H I uu u είναι συµµετρικός ορθογώνιος, µε συνέπεια H ν I Για κάθε x R, το διάνυσµα Hx είναι συµµετρικό του x ως προς τον υπόχωρο { span{ u }} E ν Πρόταση Για κάθε διάνυσµα x R όχι συγγραµµικό του ε [ ] 0 0, υπάρχει πίνακας Householder H, ώστε το διάνυσµα Hx είναι συγγραµµικό του ε Απόδειη : Αν θεωρήσουµε το διάνυσµα u x+ x ε για τον αντίστοιχο πίνακα H έχουµε : xx + x ( εx + xε ) + x εε x ( x + x) ( + x) + ( + x) ( + x) ( + ) Hx x x x x x x ε x x x ε x x x + x x + x x ε, όπου x x ε Πρόταση 4 Στην QR παραγοντοποίηση του ν ν πίνακα ορθογώνιος πίνακας Q QQ Q ν ( ) QR όπου Q diag ( I, H ) H ν i + i,,, ν είναι πίνακες Householder i i ν +, ο i Απόδειη : Από την πρώτη στήλη α του κατασκευάζεται ο πίνακας

9 Ανάλυση Πινάκων Εφαρµογές Σελίδα 9 από Householder H ώστε α H, 0 όπου µε σηµειώνουµε τα υπόλοιπα στοιχεία του γινοµένου των πινάκων Όµοια, από την πρώτη στήλη α του ( ν ) ( ν ) πίνακα, κατασκευάζεται πίνακας ο Householder H ώστε H α 0 Αν Q H Q diag(, Η), προφανώς α 0 α QQ O Συνεχίζοντας τη διαδικασία µε τον ( ν ) ( ν ) πίνακα, έχουµε όπου H 0 α 0 α 0 0 QQQ, O Q diag ( I, Η ) Τελικά, θα έχουµε Q Q Q R O ν

10 Ανάλυση Πινάκων Εφαρµογές Σελίδα 0 από ο δε πίνακας H Q QQ είναι ορθογώνιος, ως γινόµενο ορθογωνίων ν πινάκων Συνεπώς QR, όπου Q H QQ Q ν Η προηγούµενη µεθοδολογία για την QR παραγοντοποίηση πίνακα εφαρµόζεται όταν ο πίνακας δεν είναι τετραγωνικός Άσκηση 5 Να παραγοντοποιηθεί σε µορφή QR ο πίνακας 0 Λύση : Σύµφωνα µε την Πρόταση, για [ ] [ ] u , έχουµε H 0 uu I u H 0 ( ) 0 (+ ) 0 Για u ( ) ( ) 0 07, θα είναι + H uu I u H 47 0

11 Ανάλυση Πινάκων Εφαρµογές Σελίδα από Συνεπώς, για H QQ H έχουµε R H Η QR παραγοντοποίηση του Q HH είναι , καθόσον η µηδενική γραµµή του γινοµένου πίνακα Q Η ακυρώνει την η στήλη του * * *