Soustavy lineárních rovnic-numerické řešení. October 2, 2008

Transkript

1 Soustavy lineárních rovnic-numerické řešení October 2, 2008

2 (Systém lin. rovnic) Systém rovnic a 11 x 1 + a 12 x a 1n x n = b 1 a 21 x 1 + a 22 x a 2n x n = b 2... a n1 x 1 + a n2 x a nn x n = b n nazveme systém n-lineárnych rovnic s n neznámými.

3 koeficienty systému - a ij, i, j = 1, 2,..., n matice systému a 11 a a 1n a 21 a a 2n a n1 a n2... a nn rozšířená matice systému a 11 a a 1n b 1 a 21 a a 2n b a n1 a n2... a nn b n

4 (Matice, opakování) typy matíc operace s maticemi lin. závislost, nezávislost determinanty

5 Věta (Základní věta lineární algebry) Systém lineárních rovnic má řešení hodnost matice A je stejná jako hodnost rozšířené matice systému.

6 (Cramerovo pravidlo) Ak je matica systému regulární, tak systém má jediné řešení x = A 1 b a x = D 1 D, D 2 D,... Dn D

7 Příklad (Cramerovo pravidlo) Najděte řešení soustavy rovnic: x 1 3x 2 = 7 8x 1 + x 2 = 3

8 Příklad (Cramerovo pravidlo, řešení) Soustavu rovnic upravíme na rozš. matici systému: ( ) Abychom mohli využít Cramerova pravidla, tak musí být determinant matice nenulový. Výpočet determinantu matice: D = 1 1 ( 3) 8 = = 25 0

9 Příklad (Cramerovo pravidlo, pokr.) Vypočítáme determinant D 1, který vznikl nahrazením prvního sloupce matice soustavy vektorem pravých stran. 7 3 D 1 = = 7 1 ( 3) 3 = = Můžeme vypočítat kořen x 1 soustavy rovnic: x 1 = D 1 D = Stejným způsobem vypočítáme i druhý kořen x 2 soustavy rovnic: 1 7 D 2 = = = 3 56 = 53, 8 3 x 2 = D 2 D =

10 (Numerické metody:) přímé Gaussova eliminační metoda Gaussova eliminační metoda s výběrem hlavního prvku iterační Jacobiho metoda Gauss-Seidlova metoda Relaxační metoda

11 (Gaussova eliminační metoda) Příklad (GEM, zadání) Gaussovou elim. metodou najděte řešení soustavy rovnic: x + 3y 4z = 7 2x 7y + 3z = 1 3x + 4y 7z = 1

12 Příklad (GEM, řešení) Postupně provádíme elementární ekvivaletní úpravy, až dosáhneme trojúhelníkové matice:

13 Příklad (GEM, řešení)

14 Příklad (GEM, řešení)

15 Příklad (GEM, řešení)

16 Příklad (GEM, řešení) Z matice v trojuhelníkovém tvaru vyčíslíme x, y a z: ( x ) 2 2z = 39 z = 39 2 ( y 39 ) = 4 2 y = 31 2 ( 4 39 ) 2 = 7 x = 49 2

17 (Gaussova eliminační metoda s částeč. výběrem hlavního prvku) V prvním kroku vybereme do prvního řádku tu rovnici, která má v absolutní hodnotě u x 1 největší koeficient. Pak eliminujeme x 1 v dalších rovnicích. V dalším kroku si budeme vybírat ze zbylých rovnic tu rovnici do druhého řádku, která má v absolutní hodnotě největší koeficient při x 2. Pak ze zbylých rovnic eliminujeme x 2. A tak dále...

18 Příklad (GEM s hl. prvkem) 0,14 0,24 0,84 1,11 1,07 0,83 0,56 0,48 0,64 0,43 0,38 0,83

19 Příklad (GEM s hl. prvkem) 1,07 0, , , ,14 0, , , ,00 0, , ,117 1

20 Příklad (GEM s hl. prvkem) 1,07 0, , , ,00 0, , , ,00 0, , ,467 6

21 Iterační metody

22 (Jacobiho metoda) Příklad (Jacobiho metoda, zadání) Jacobiho metodou řešte soustavu rovnic. 10x 1 + x 2 x 3 = 9 x x 2 + x 3 = 42 x 1 + x x 3 = 33

23 Příklad (Jacobiho metoda, řešení) Z první rovnice si vyjádříme první neznámou, ze druhé rovnice vyjádříme druhou neznámou a ze třetí rovnice vyjádříme poslední neznámou. Toto je soustava rovnic, do které budeme v každém dalším kroku dosazovat. x 1 = 0,1( x 2 + x 3 + 9) x 2 = 0,05(x 1 x ) x 3 = 0,1( x 1 x ) (1)

24 Příklad (Jacobiho metoda, řešení) Začneme počáteční aproximací x (0) = (0,9; 2,1; 3,3) a dosadíme do předchozích vztahů pro naše neznámé: x (1) 1 = 0,1( 2,1 + 3,3 + 9) = 1,02 x (1) 2 = 0,05(0,9 3,3 + 42) = 1,98 x (1) 3 = 0,1( 0,9 2,1 + 33) = 3,00 Dostali jsme další aproximaci, kterou opět dosadíme do soustavy rovnic (2). x (2) 1 = 0,1( 1,98 + 3,00 + 9) = 1,002 x (2) 2 = 0,05(1,02 3, ) = 2,001 x (2) 3 = 0,1( 1,02 1, ) = 3,000

25 Příklad (Jacobiho metoda, řešení) V tabulce jsou výsledky z dalších dvou kroků Jacobiho metody. k x (k) 1 x (k) 2 x (k) 3 0 0,9 2,1 3,3 1 1,02 1,98 3,00 2 1,002 2,001 3, , , , , , , Sledujeme rozdíly u každé neznámé ve dvou po sebe jdoucích aproximacích. Metodu ukončíme, když jsou rozdíly v absolutní hodnotě (u každé neznámé) menší než požadovaná přesnost.

26 Příklad (Jacobiho metoda, divergence) Zde si ukážeme případ, kdy Jacobiho metoda diverguje. x 1 + x x 3 = 33 10x 1 + x 2 x 3 = 9 x x 2 + x 3 = 42 x 1 = x 2 10x x 2 = 10x 1 + x x 3 = x 1 20x

27 Příklad (Jacobiho metoda, divergence) x 1 = 2,1 10 3, = 2,1 x 2 = 10 0,9 + 3,3 + 9 = 3,3 x 3 = 0,9 20 2, = 0,9 x 1 = 3,3 10 0, = 20,7 x 2 = 10 2,1 + 0,9 + 9 = 30,9 x 3 = 2,1 20 3, = 26,1 Příklad (Jacobiho metoda, divergence) x 1 = 30,9 10 ( 26,1) + 33 = 263,1 x 2 = 10 20,7 26,1 + 9 = 224,1 x 3 = 20, , = 555,3 Jak je vidět, tak Jacobiho metoda v tomto případě diverguje. Všimněte si, že se jedná o stejnou soustavu jako v předchozím příkladu, jen řádky soustavy jsou v jiném pořadí!

28 ( Gauss-Seidlova metoda) Příklad (Gauss-Seidlova metoda, zadání) Najděte řešení soustavy rovnic Gauss-Seidlovou metodou. 10x 1 + x 2 x 3 = 9 x x 2 + x 3 = 42 x 1 + x x 3 = 33

29 Příklad (Gauss-Seidlova metoda, řešení) Začneme s počátoční aproximaci řešení x (0) = (0,9; 2,1; 3,3). Při výpočtu x (1) 1 pracujeme s počátoční aproximací, při výpočtu x (1) 2 už využíváme hodnotu x (1) 1 a při výpočtu x (1) 3 využijeme i hodnotu x (1) 2, porovnejte si to s Jacobiho metodou! x (1) 1 = 0,1( x (0) 2 + x (0) 3 + 9) = 0,1( 2,1 + 3,3 + 9) = 1,02 x (1) 2 = 0,05(x (1) 1 x (0) ) = 0,05(1,02 3,3 + 42) = 1,986 x (1) 3 = 0,1( x (1) 1 x (1) ) = 0,1( 1,02 1, ) = 2,9994

30 Příklad (Gauss-Seidlova metoda, řešení) Tabulka výsledků do čtvrtého řádu: k x (k) 1 x (k) 2 x (k) 3 0 0,9 2,1 3,3 1 1,02 1,986 2, , , , , , , , , ,

31 (Konvergence a odhad chyb)

32 (Normy vektorů a matic) sloupcová norma: A 1 = max( n a ij ) j i=1 řádková norma: A = max( n a ij ) i j=1

33 (Ostře řádkově nebo sloupcově diagonálně dominantní matice) řádkově: n a ii > a ij pro i = 1,..., n j=1,j i sloupcově: n a jj > a ij pro j = 1,..., n i=1,i j

34 (Pozitivňe definitní matice) Symetrická matice A řádu n se nazývá pozitivně definitní, jestliže pro každý nenulový sloupcový vektor x= (x 1, x 2,...,x n ) T platí x T.A.x> 0

35 (Iterační matice, příklad na Jacobiho metodu, pokr.) x 1 = 0,1( x 2 + x 3 + 9) x 2 = 0,05(x 1 x ) x 3 = 0,1( x 1 x ) 0 0, 1 0, 1 C = 0, , 05 0, 1 0, 1 0 (2)

36 (Odhad chyby Jacobiho a Gauss-Seidlovy metody) x (r) x C 1 C x(r) x (r 1)

37 (odhad pro příklad na Jacobiho metodu) C = max{ 0, 1 + 0, 1 ; 0, , 05 ; 0, 1 + 0, 1 } = 0, 2. x (4) x (3) = 0, 00006; 0, 00009; 0, 0003 = = max{ 0, ; ; 0, 0003 } = 0, 0003 x (4) x 0, 2 0, 0003 = 0, , 2

38 (Pravidla) Je-li matice soustavy ostře řádkově nebo sloupcově diagonálně dominantní, Jacobiho aj Gauss-Seidelova metoda konvergují Je-li matice soustavy symetrická a pozitivně definitní Gauss-Seidelova metoda konverguje (Jacobiho metoda konvergovat nemusí) Vynásobíme-li libovolnou regul. čtvercovou matici zleva maticí k ní transponovanou, vzniklá matice je symetrická a pozitivně definitní.

39 Příklad Všimněte si následující soustavu rovnic: x 1 0,464x 2 = 0,536 2,047x 1 +x 2 0,464x 3 = 2,583 0,464x 1 + +x 3 = 0,536 Zkuste si, že Jacobiho metoda konverguje při řešení této soustavy. Ale Gauss-Seidlova metoda diverguje. Nechť A je symetrická a pozitivně definitní a Jacobiho metoda konverguje (když A je symetrická a pozitivně definitní, Jacobiho metoda konvergovat ještě nemusí, ale může) Gauss-Seidlova metoda konverguje dvakrát rychleji než Jacobiho metoda. [Ralston, A.: Základy numerické matematiky, 1978].

40 ( Relaxační metoda )

41 Mějme Ax = b, det A 0. α-řešení b Aα = 0 Při řešení využijeme tzv. rezídua. Rezíduum vypočítáme pomocí následujícího vzorce: r = b Ax Složky vektoru rezíduí se snažíme zmenšovat. Jestliže rezíduum konverguje k 0 dostáváme iterační metodu: Např.: tzv. relaxační metodu. Příklad ( Relaxační metoda, zadání) Příklad. Relaxační metodou řešte soustavu rovnic. 10x 1 + x 2 + x 3 = 22 x x 2 + x 3 = 13 x 1 + x x 3 = 9

42 Příklad ( Relaxační metoda, řešení) Začneme počáteční aproximací x (0) = (0, 0, 0), vypočítáme počáteční aproximaci rezídua: r = (22 10x 1 x 2 x 3, 13 x 1 10x 2 x 3, 9 + x 1 x 2 10x 3 ) r (0) = (22; 13; 9) 22 > 13, 22 > 9 Jelikož první složka rezídua je dominantní (v absolutní hodnotě je největší ze všech složek nulté iterace rezídua), tak budeme upravovat první rovnici (zejména neznámou x 1 ) tak, aby tato první složka byla vynulována.

43 Příklad ( Relaxační metoda, pokr.) (1) + (0) 10x 1 x 2 + x 3 = 22 10x (1) 1 = 22 = 2,2, r (1) 1 = 0 x (1) 1 x (1) = (2,2; 0; 0) r (1) = (0; 10,8; 11,2) Nájdeme v absolutní hodnotě největší složku první iterace rezídua a příslušnou rovnici a neznámou upravíme tak, aby se tato složka vynulovala. Největší složka je 11, 2, (třetí složka) proto si budeme všímat třetí rovnici a zejména třetí neznámou x 3.

44 Příklad ( Relaxační metoda, pokr.) x (1) 1 + x (1) x (2) 3 = 9 2, x (2) 3 = 9 x (2) 3 = 1,12 x (2) = (2,2; 0; 1,12) r (2) = ( 1,12; 9,68; 0) Největší složka ve druhé iteraci rezídua je 9, 68, proto si budeme všímat příslušnou rovnici a neznámou, teda druhou rovnici a x 2.

45 Příklad ( Relaxační metoda, pokr.) x (2) x (3) 2 + x (2) 3 = 13 2,2 + 10x (3) 2 + 1,12 = 13 x (3) 2 = 0,968 x (3) = (2,2; 0,968; 1,12) r (3) = ( 2,088; 0; 0,968). Po pěti dalších výpočetních krocích dostáváme x (8) = (1,9997; 1,00065; 1,99991) r (8) = (0,0241; 0,00608; 0)

46 (Podmíněnost matice)

47 Číslo podmíněnosti matice Cp(A) = A 1 A Matice s velkým číslem podm. můžou výrazně zesilnit chyby.

48 Příklad Zjistěte číslo podm. matice systému x 1 + 0, 99x 2 = 1, 99 1, 01x 1 + x 2 = 2, 01

49 Příklad A = [ 1 ] 0, 99 1, 01 1

50 Příklad A 1 = [ ]

51 Příklad A = 2, 01 A 1 = CpA =

52 Příklad Jacobiho metodou zjistěte řešení systému x 1 + 0, 99x 2 = 1, 99 1, 01x 1 + x 2 = 2, 01