(1) Zaproponuj algorytm obliczania wartości wyrażenia f (x) = (1 + x) 3 − 1 dla x > 0 z błędem względnym na poziomie dokładności arytmetyki.
(2) Niech f (x) = √
2x + 30 − √
2x + 10 dla x −5. Rozpatrzmy dwa algorytmy, A1 i A2, obliczania f (x).
A1: zgodnie z powyższym wzorem, A2: korzystając z równoważnego wzoru
f (x) = 20
√ 2x + 30 + √
2x + 10 .
Który z tych algorytmów należy zastosować do obliczenia f (x) w arytmetyce fl ν dla x rzędu 10 16 ? Podaj krótkie uzasadnienie.
(3) Jak w arytmetyce fl ν policzyć wartość funkcji 1 − cos(4x) dla x na poziomie do- kładności arytmetyki, aby otrzymać mały błąd względny? (Zakładamy, że funkcje trygonometryczne potrafimy liczyć z błędem względnym na poziomie błędu repre- zentacji.)
• Wobec tożsamości
1 − cos(4x) = (cos 2 (2x) + sin 2 (2x)) − (cos 2 (2x) − sin 2 (2x)) = 2 sin 2 (2x),
podane wyrażenie możemy policzyć z błędem na poziomie reprezentacji stosując wzór po prawej stronie tego równania.
(4) Czy występowanie zjawiska redukcji cyfr znaczących oznacza, że zadanie odejmowa- nia liczb ‘podobnych’ nie jest dobrze uwarunkowane?
• Tak, bo skoro odejmowanie jest numerycznie poprawne (ze stałymi kumulacji 2) to dobre uwarunkowanie oznaczałoby też wynik w fl ν z błędem względnym na poziomie ν. Mielibyśmy sprzeczność.
(5) Niech a i 0 dla 1 ¬ i ¬ n. Czy z punktu widzenia błędów w fl ν lepiej jest policzyć sumę tych liczb w kolejności od najmniejszej do największej czy odwrotnie?
• Mamy
fl ν
n
X
i=1
a i
−
n
X
i=1
a i
¬
n
X
i=1
|ε i |a i / ν
na 1 +
n
X
i=2
(n − i + 2)a i
,
przy czym to oszacowanie górne jest ostre. Prawa strona jest oczywiście najmniejsza gdy kolejne a i dodajemy w kolejności od najmniejszej do największej.
1
(6) Niech A będzie nieosobliwą macierza kwadratową. Pokaż, że jeśli kEk ¬ K 1 νkAk i k~ek ¬ K 2 νk~ xk to
k(A + E)(~ x + ~ e)k / (K 1 + K 2 )(kAkkA −1 k) ν kA~ xk.
(Zakładamy, że norma macierzowa jest zgodna z normą wektorową, kA~ xk ¬ kAkk~ xk.)
• Mamy
k(A + E)(~ x + ~ e)k = kA~ e + E~ x + E~ ek ¬ kAkk~ ek + kEkk~ xk + kEkkek
¬ (K 1 + K 2 + K 1 K 2 ν) ν kAkk~ xk / (K 1 + K 2 )(kAkkA −1 k) ν kA~ xk, gdzie użyliśmy nierówności k~ xk = kA −1 A~ xk ¬ kA −1 kkA~ xk.
(7) Wykaż, że naturalny algorytm obliczania cosinusa kąta pomiędzy wektorami ~a,~b ∈ R n ,
cos(~a,~b) =
P n j=1 a j b j
r P n
j=1 a 2 j P n j=1 b 2 j ,
jest numerycznie poprawny. Oszacuj błąd względny wyniku w fl ν .
• Dla iloczynu skalarnego mamy fl ν
n
X
j=1
a j b j
=
n
X
j=1
a j b j (1 + ε j ), |ε j | / (n + 2)ν.
W mianowniku dodajemy liczby nieujemne, więc wynik obliczony jest nieco zaburzo- nym dokładnym wynikiem,
fl ν
v u u t
n
X
j=1
a 2 j
n
X
j=1
b 2 j
!
=
v u u t
n
X
j=1
a 2 j
n
X
j=1
b 2 j
(1 + α), |α| / (n + 3)ν.
Przyjmując ˜ b j = b j (1 + ε j ) za dane zaburzone dostajemy fl ν cos(~a,~b) =
P n j=1 a j ˜ b j
s P n
j=1 a 2 j
P n j=1 ˜ b 2 j
(1 + e), |e| / 2(n + 3)ν,
gdzie do e ‘wciągnęliśmy’ błąd z dzielenia, α i sztucznie dorzucone błędy przy b j w mianowniku. Wynik w fl ν jest więc nieco zaburzonym dokładnym wynikiem dla dokładnych a j i nieco zaburzonych b j .
Aby oszacować błąd względny, przenosimy błąd (1 + α) do licznika i dostajemy
fl ν cos(~a,~b) − cos(~a,~b) =
P n
j=1 a j b j β j
k~ak 2 k~bk 2 / (2n + 5)
P n
j=1 |a j b j |
P n
j=1 a j b j
!
ν cos(~a,~b) .
(8) Pokaż, że naturalny algorytm obliczania kA~ xk 2 dla danej macierzy A ∈ R n×n i wek- tora ~ x ∈ R n jest numerycznie poprawny. Dokładniej,
fl ν (kA~ xk 2 ) = k(A + E)~ xk 2 , gdzie kEk 2 / k(n)νkAk 2 i k(n) = 3 √
n( n 2 + 1). Ponadto, jeśli A jest nieosobliwa to
|fl ν (kA~ xk 2 ) − kA~ xk 2 | / k(n) ν kAk 2 kA −1 k 2
kA~ xk 2 .
• Mamy
fl ν (kA~ xk 2 ) =
v u u t
n
X
i=1
n
X
j=1
a i,j x j (1 + ε i,j )
2
(1 + η i ) (1 + δ) = (∗), gdzie |ε i,j | / (n + 2)ν, |η i | / nν, |δ| ¬ ν, a stąd
(∗) =
v u u t
n
X
i=1
n
X
j=1
a i,j (1 + ω i,j )x j
2
,
gdzie (1 + ω i,j ) = (1 + ε i,j )(1 + η i ) 1/2 (1 + δ), |ω i,j | / 3( n 2 + 1)ν. Stąd traktując
˜
a i,j = a i,j (1 + ω i,j ) jako dane zaburzone dostajemy kEk 2 =
n
X
i,j=1
|a i,j | 2 |ω i,j | 2 1/2 / 3( n 2 + 1)kAk E ¬ 3 √
n( n 2 + 1)kAk 2 .
Aby pokazać drugą część zadania, wystarczy wykorzystać nierówność trójkąta;
k(A + E)~ xk 2 − kA~ xk 2 ¬ kE~ xk 2 ¬ kEk 2 kA −1 A~ xk 2 ¬ k(n)νkAk 2 kA −1 k 2 kA~ xk 2 .
(9) Wykaż, że algorytmy obliczania wartości każdej z niewiadomych x i y w układzie dwóch równań liniowych z dwiema niewiadomymi za pomocą wzorów Cramera (tj. z wyznacznikami) są numerycznie poprawne.
(10) Rozpatrzmy dwa zadania, S : F → G i T : G → H. Niech Φ i Ψ będą algorytmami dokładnymi rozwiązującymi, odpowiednio, zadania S i T. Oba algorytmy są nume- rycznie poprawne w zbiorach danych F 0 ⊂ F i G 0 ⊂ G, przy czym S(F 0 ) ⊂ G 0 , tzn.
istnieją ν 0 > 0, K 1 , K 2 , K 3 , K 3 > 0, takie że dla ν ¬ ν 0 i dowolnych f ∈ F 0 i g ∈ G 0 można wskazać ˜ f ∈ F i ˜ g ∈ G spełniające:
k ˜ f − f k ¬ K 1 νkf k, kfl ν (Φ(f )) − S( ˜ f )k ¬ K 2 νkS( ˜ f )k, k˜ g − gk ¬ K 3 νkgk, kfl ν (Ψ(g)) − T (˜ g)k ¬ K 4 νkT (˜ g)k.
W danej przestrzeni unormowanej X, niech B(x, r) = {x 1 ∈ X : kx 1 − xk ¬ rkxk}.
Załóżmy, że istnieją δ 0 > 0 i M > 0 takie, że
(a) ∀δ ¬ δ 0 ∀f ∈ F B S(f ), δ) ⊆ S B(f, δM ) , albo (b) ∀δ ¬ δ 0 ∀g ∈ G T B(g, δ) ⊆ B T (g), δM ) .
Wykaż, że wtedy złożenie Ψ ◦ Φ jest algorytmem dokładnym dla zadania złożenia T ◦ S : F → H, który jest też numerycznie poprawny w F 0 . Dokładniej dla f ∈ F 0
istnieje f ∗ ∈ F takie że: w przypadku (a)
kf ∗ − f k ¬ Kνkf k, kfl ν (Ψ ◦ Φ)(f ) − (T ◦ S)(f ∗ )k ¬ K 4 νk(T ◦ S)(f ∗ )k,
gdzie K / (K 2 + K 3 )M + K 1 , a w przypadku (b)
kf ∗ − f k ¬ K 1 νkf k, kfl ν (Ψ ◦ Φ)(f ) − (T ◦ S)(f ∗ )k ¬ Kνk(T ◦ S)(f ∗ )k, gdzie K / (MK 5 + K4).
• Ustalmy f ∈ F 0 i przyjmijmy g = fl ν (Φ(f )). Wtedy
fl ν (Ψ ◦ Φ)(f ) = fl ν Ψ fl ν (Φ(f )) = fl ν (Ψ(g)), co implikuje
k˜ g − S( ˜ f )k ¬ k˜ g − gk + kg − S( ˜ f )k ¬ K 3 νkgk + K 2 νkS( ˜ f )k
¬ K 3 ν kg − S( ˜ f )k + kS( ˜ f )k + K 2 νkS( ˜ f )k
¬ (K 2 + K 3 + K 2 K 3 ν)νkS( ˜ f )k.
Przyjmijmy K 5 = K 2 + K 3 + K 2 K 3 ν ≈ K 2 + K 3 . W przypadku (a) istnieje f ∗ ∈ F takie, że kf ∗ − ˜ f k ¬ M K 5 νk ˜ f k oraz S(f ∗ ) = ˜ g. Stąd
kf ∗ −f k ¬ kf ∗ − ˜ f k+k ˜ f −f k ¬ M K 5 νk ˜ f k+K 1 νkf k ¬ (M K 5 +K 1 +K 1 K 5 ν)νkf k, kfl ν (Ψ◦Φ)(f )−(T ◦S)(f ∗ )k = kfl ν (Ψ(g))−T (˜ g)k ¬ K 4 νkT (˜ g)k = K 4 νk(T ◦S)(f ∗ )k.
W przypadku (b) zachodzi kT (˜ g)−T (S( ˜ f ))k ¬ M K 5 νkT (S( ˜ f ))k. Stąd, przyjmując f ∗ = ˜ f mamy kf ∗ − f k ¬ K 1 νkf k i
kfl ν (Ψ ◦ Φ)(f ) − (T ◦ S)(f ∗ )k = kfl ν (Ψ(g)) − T (S( ˜ f ))k
¬ kfl ν (Ψ(g)) − T (˜ g)k + kT (˜ g) − T (S( ˜ f ))k ¬ K 4 νkT (˜ g)k + M K 5 νkT (S( ˜ f ))k
¬ (M K 5 + K 4 + M K 4 K 5 ν)νk(T ◦ S)(f ∗ )k.
(11) Rozpatrzmy arytmetykę stałoprzecinkową fx ν , gdzie różnica pomiędzy liczbą rzeczy- wistą x a jej reprezentacją fx ν (x) wynosi |x − fx ν (x)| ¬ ν. Powiemy, że algorytm Φ realizujący przekształcenie S : F → G jest numerycznie poprawny w zbiorze danych F 0 ⊆ F gdy istnieją K 1 , K 2 o następującej własności: dla dowolnych danych f ∈ F 0 i dostatecznie silnej arytmetyki (ν ¬ ν 0 ) istnieją dane ˜ f ∈ F takie, że
k ˜ f − f k ¬ K 1 ν oraz kfx ν (Φ(f )) − S( ˜ f )k ¬ K 2 ν.
(fx ν (Φ(f )) jest tu wynikiem zwracanym przez Φ w arytmetyce fx ν dla danych f .) Niech teraz Φ 1 , Φ 2 będą algorytmami numerycznie poprawnymi realizującymi od- powiednio przekształcenia S 1 : X → Y oraz S 2 : Y → Z. Wykaż, że jeśli S 2 spełnia warunek Lipschitza w Y to złożenie Φ 2 ◦ Φ 1 realizujące przekształcenie S = S 2 ◦ S 1 : X → Z jest też algorytmem numerycznie poprawnym.
• Z numerycznej poprawności Φ 1 mamy istnienie ˜ f ∈ X takiego, że k ˜ f − f k ¬ K 1 ν i kfx ν (Φ 1 (f )) − S 1 ( ˜ f )k ¬ K 2 ν.
Oznaczmy g = S 1 ( ˜ f ). Z numerycznej poprawności Φ 2 mamy z kolei istnienie ˜ g ∈ Y takiego, że
k˜ g − fx ν (Φ 1 (f ))k ¬ K 3 ν i kfx ν ((Φ 2 ◦ Φ 1 )(f )) − S 2 (˜ g))k ¬ K 4 ν.
Zauważmy, że
k˜ g − gk ¬ k˜ g − fx ν (Φ 1 (f ))k + kfx ν (Φ 1 (f )) − gk ¬ (K 3 + K 2 )ν.
Stąd, oznaczając przez L stałą Lipschitza dla S 2 dostajemy kfx ν ((Φ 2 ◦ Φ 1 )(f )) − (S 2 ◦ S 1 )( ˜ f )k
¬ kfx ν ((Φ 2 ◦ Φ 1 )(f )) − S 2 (˜ g)k + kS 2 (˜ g) − S 2 (g)k
¬ K 4 ν + Lk˜ g − gk ¬ K 4 ν + L(K 3 + K 2 )ν = Kν,
gdzie K = K 4 + L(K 3 + K 2 ), czyli numeryczną poprawność złożenia Φ 2 ◦ Φ 1 .
(12) Wykaż, że dla normy pierwszej macierzy A = (a i,j ) ∈ R m×n mamy kAk 1 = max
1¬j¬n m
X
i=1
|a i,j |, a dla normy nieskończoność
kAk ∞ = max
1¬i¬m n
X
j=1
|a i,j |.
• Dla normy pierwszej mamy kA~ xk 1 =
m
X
i=1
n
X
j=1
a i,j x j
¬
n
X
j=1 m
X
i=1
|a i,j ||x j |
=
1¬j¬n max
m
X
i=1
|a i,j |
n X
j=1
|x j |
=
1¬j¬n max
m
X
i=1
|a i,j |
k~ xk 1 .
Z drugiej strony dla wektora ~ x ∗ = ~ e j∗, gdzie j ∗ jest indeksem kolumny dla której max jest osiągnięte, mamy
kA~ x ∗ k 1 =
m X
i=1
|a i,j∗|
k~ x ∗ k 1 . Z kolei dla normy nieskończoność,
kA~ xk ∞ = max
1¬i¬m
n
X
j=1
a i,j x j
¬ max
1¬i¬m n
X
j=1
|a i,j ||x j |
¬
1¬j¬n max |x j |
1¬i¬m max
n
X
j=1
|a i,j |
=
1¬i¬m max
n
X
j=1
|a i,j |
k~ xk ∞
i z drugiej strony mamy wszędzie powyżej równości dla ~ x ∗ j = |a i∗,j |/a i
∗,j , 1 ¬ j ¬ n, (albo ~ x ∗ j = 0 jeśli a i
∗,j = 0), mamy
kA~ x ∗ k ∞ =
n
X
j=1
|a i∗,j |
k~ x ∗ k ∞ .
(13) Wykaż, że normę drugą macierzy można wyrazić jako kAk 2 = max
λ∈Sp(A
TA)
√ λ,
gdzie Sp(B) jest zbiorem wszystkich wartości własnych macierzy B.
• Z algebry liniowej wiadomo, że jeśli macierz kwadratowa B ∈ R n×n spełnia B = B T 0 to istnieje w R n baza ortonormalna wektorów własnych macierzy B, a odpo- wiednie wartości własne są rzeczywiste i nieujemne. Oczywiście, (A T A) = (A T A) T 0. Niech {~ x i , λ i }, 1 ¬ i ¬ n, będą parami własnymi macierzy A T A, przy czym h~ x i , ~ x j i 2 = δ i,j i λ 1 λ 2 · · · λ n 0. Zapisując dowolny wektor w tej bazie,
~
x = P n i=1 a i ~ x i mamy
kA~ xk 2 2 = hA~ x, A~ xi 2 = hA T A~ x, ~ xi 2 =
n X
i=1
a i λ i ~ x i ,
n
X
j=1
a j ~ x j
2
=
n
X
i,j=1
λ i a i a j h~ x i , ~ x j i 2 =
n
X
i=1
λ i |a i | 2 ¬ λ 1
n
X
i=1
|a i | 2 = λ 1 k~ xk 2 2 . Stąd kAk 2 ¬ √
λ. Z drugiej strony, mamy
kA~ x 1 k 2 = q hA~ x 1 , A~ x 1 i = q hA T A~ x 1 , ~ x 1 i 2 = √
λ 1 q h~ x 1 , ~ x 1 i 2 = √
λ 1 k~ x 1 k 2 .
(14) Wykaż, że dla macierzy A ∈ R m×n mamy kAk 2 = sup
k~ zk
2=1
sup
k~ yk
2=1
~ y T A~ z . Wywnioskuj stąd, że kAk 2 = kA T k 2 .
• Dla k~ yk 2 = k~ zk 2 = 1 mamy |~ y T A~ z | = |hA~ z, ~ yi 2 | ¬ kA~zk 2 , co dowodzi nierówności
‘’. Dla dowodu odwrotnej nierówności zauważmy, że jeśli dla ~ z takiego, że k~ zk 2 = 1 i A~ z 6= ~0 weźmiemy ~ y = A~ z/kA~ zk 2 to
~
y T A~ z = (A~ z) T (A~ z)
kA~zk 2 = kA~ zk 2 . Aby pokazać, że kA T k 2 = kAk 2 , wystarczy zauważyć, że
~ y T A~ z = ~ y T A~ z T = ~ z T A T ~ y.
(15) Pokaż, że dla A ∈ R m×n macierze A T A i AA T mają takie same niezerowe wartości własne, a podprzestrzenie własne im odpowiadające mają ten sam wymiar. Wywnio- skuj stąd, że kA T k 2 = kAk 2 .
• Jeśli λ > 0 jest wartością własną macierzy A T A, a ~ x 6= ~0 odpowiadającym jej
wektorem własnym, czyli A T A~ x = λ~ x, to A~ x 6= ~0 oraz (AA T )(A~ x) = λ(A~ x), czyli
λ jest też wartością własną macierzy AA T , a A~ x jest jej odpowiadającym wektorem
własnym. Podobnie, jeśli λ i ~ x jest parą własną macierzy AA T , przy czym λ > 0, to
λ i A T ~ x jest parą własną macierzy A T A.
Niech V 1 i V 2 będą podprzestrzeniami własnymi macierzy A T A i AA T odpowi- dającymi wartości własnej λ 6= 0. Z poprzednich rozważań mamy, że A(V 1 ) ⊆ V 2 i A T (V 2 ) ⊆ (V 1 ). Macierz A jest różnowartościowa na V 1 . Jeśli bowiem ~ x 1 , ~ x 2 ∈ V 1 i A~ x 1 = A~ x 2 to A(~ x 1 − ~ x 2 ) = ~0, co implikuje ~ x 1 = ~ x 2 , bo (A T A)(~ x 1 − ~ x 2 ) = λ(~ x 1 − ~ x 2 ).
Stąd dim V 1 = dim A(V 1 ) ¬ dim V 2 . Podobnie dim V 2 ¬ dim V 1 , czyli dim V 1 = dim V 2 . Równość wymiarów podprzestrzeni własnych odpowiadających niezerowym warto- ściom własnym λ wynika z faktu, że zarówno A jak i A T są różnowartościowe na
Druga część zadania wynika teraz z (13).
(16) Wykaż, że dla dowolnej macierzy A ∈ R m×n mamy
kAk 2 ¬ k |A| k 2 ¬ kAk E ¬ q min(m, n) kAk 2 , gdzie |A| = (|a i,j |) i,j . Stąd wywnioskuj, że
kA − rd(A)k 2 ¬ kA − rd(A)k E ¬ ν kAk E ¬ q min(m, n) ν kAk 2 .
• Pierwsza nierówność wynika bezpośrednio z definicji, bowiem kAk 2 2 = sup
k~ xk
2=1
kA~ xk 2 2 = sup
k~ xk
2=1 m
X
i=1
n
X
j=1
a i,j x j
2
¬ sup
k~ xk
2=1 m
X
i=1
n
X
j=1
|a i,j ||x j |
2
= sup
k~ xk
2=1 m
X
i=1
n X
j=1
|a i,j |x j
2
= k |A| k 2 2 .
Niech ~a T i będą wektorami-wierszami macierzy A, tak że A = (~a 1 , ~a 2 , . . . , ~a m ) T . Wykorzystując nierówność Schwarza dla ciagów mamy
kA~ xk 2 2 =
m
X
i=1
h~a i , ~ xi 2 2 ¬
m
X
i=1
k~a i k 2 2 k~ xk 2 2 = kAk 2 E k~ xk 2 2 .
Ponieważ A jest dowolne to powyższa nierówność zachodzi też dla A = |A|.
Aby pokazać ostatnią nierówność, niech ~b j będą wektorami-kolumnami macierzy A, tak że A = (~b 1 ,~b 2 , . . . ,~b n ). Wtedy
kAk 2 E =
n
X
j=1
k~b j k 2 2 =
n
X
j=1
kA~e j k 2 2 ¬
n
X
j=1
kAk 2 2 = nkAk 2 2 , czyli kAk E ¬ √
nkAk 2 . Biorąc macierz transponowaną i wykorzystując wynik z (15) mamy z kolei
kAk E = kA T k E ¬ √
mkA T k 2 = √
mkAk 2 .
(17) Pokaż, że dla dowolnej macierzy A ∈ R m×n mamy kAk 2 2 ¬ kAk 1 kAk ∞ .
• Jeśli λ jest wartością własną macierzy B, a ~ x 6= ~0 jej odpowiadającym wektorem
włanym to kB~ xk = |λ|k~ xk. To oznacza, że dla norm macierzowych indukowanych
normami wektorowymi zachodzi kBk |λ|.
Wobec (13) mamy teraz kAk 2 2 = max
λ∈Sp(A
TA)
λ ¬ kA T Ak ∞ ¬ kA T k ∞ kAk ∞ = kAk 1 kAk ∞ .
(18) Macierz A dana jest wpostaci blokowej
A =
A 1,1 A 1,2 · · · A 1,n A 2,1 A 2,2 · · · A 2,n
.. . .. . .. . A m,1 A m,2 · · · A m,n
.
Wykaż, że dla dowolnych i, j mamy kA i,j k p ¬ kAk p dla 1 ¬ p ¬ +∞.
• Wykorzystamy wprost definicję normy macierzy. Ustalmy i, j. Niech ~ x = (~0, ~ z, ~0) T będzie wektorem o wymiarze równym liczbie kolumn macierzy A, który ma elemen- ty niezerowe jedynie w miejscach odpowiadających numerom kolumn macierzy A i,j . Wtedy ~ z ma wymiar równy liczbie kolumn macierzy A i,j oraz
A~ x = (A 1,j ~ z, . . . , A m,j ~ z) T . Stąd
kAk p = sup
~ x6=0
kA~ xk p
k~ x k p sup
~
x=(~ 0,~ z,~ 0)
T6=~0
P m
k=1 kA k,j ~ z k p p 1/p
k~ z k p sup
~ z6=~ 0
kA i,j ~ z k p
k~ z k p = kA i,j k p .
(19) Pokaż, że dla danej macierzy A i permutacji P istnieje co najwyżej jeden rozkład P A = LU na macierz trójkątną dolną L z jedynkami na przekątnej i na macierz trójkątną górną U .
• Jeśli L 1 U 1 = L 2 U 2 to U 1 U 2 −1 = L −1 2 L 1 . Teraz wystarczy zauważyć, że macierz odwrotna do górnej (dolnej) trójkątnej jest też górną (dolną) trójkątną, a jeśli do- datkowo na głównej przekątnej miała jedynki, to odwrotna też zachowuje tę własność.
Podobnie, iloczyn dwóch macierzy górnych (dolnych) trójkątnych jest macierzą gór- ną (dolną) trójkatną, a jeśli dodatkowo miały one jedynki na głównej przekątnej to iloczyn tę własność zachowuje. Stąd macierz U 1 U 2 −1 jest trójkątna górna, a L −1 1 L 2 jest trójkatna dolna z jedynkami na głównej przekątnej. Z ich równości wynika, że obie muszą być macierzą identycznościową i w konsekwencji U 1 = U 2 i L 1 = L 2 .
(20) Pokaż wykonalność algorytmu przeganiania dla macierzy trójdiagonalnych
A =
a 1 c 1
b 2 a 2 c 2 b 3 a 3 c 3
. .. ... ...
b n a n
z dominującą przekątną, tzn. gdy |a i | > |b i | + |c i | dla 1 ¬ i ¬ n (b 0 = 0 = c n ). Ponad- to, w każdym kroku eliminacyjnym, element maksymalna zwiększa się co najwyżej dwukrotnie.
• W pierwszym kroku eliminacyjnym mamy l 2,1 = b 2 /a 1 , przy czym a 1 6= 0 bo
|a 1 | > |c 1 |. Przy eliminacji elementu (2, 1) macierzy A zmienia się jedynie element (2, 2) i przyjmuje wartość a 0 2 = a 2 − c 1 l 2,1 = a 2 − c 1 b a2
1
![T ( f )( x )= f ( x ) X = C [0 , 1] Y = C [0 , 1] ′ 1 T ( f )( x )=2 f ( x − 1)+1 X = Y = C [0 , 1] T ( f )= f (0 , 290109) X = C [0 , 1] Y = R T : X → Y f (0 , 1] f g [0 , 1] x → 0 lim f ( x ) f :(0 , 1] → R f :(0 , 1] → R f ( x )= sin (1 /x ) i f : R →](data:image/gif;base64,R0lGODlhAQABAIAAAP///wAAACH5BAEAAAAALAAAAAABAAEAAAICRAEAOw==)