Rozdzia l 7
Uk lady r´ owna´ n liniowych
W tym rozdziale zajmiemy si e rozwi
,azywaniem uk lad´ow r´owna´
,n liniowych (2.2). Stosuj ac zapis macierzowy zadanie formu lujemy nast
,ej
,aco. Dla danej
,macierzy (wsp´ o lczynnik´ ow) A ∈ K
m,noraz wektora (wyraz´ ow wolnych) ~b ∈ K
mnale˙zy znale´z´c wszystkie wektory (niewiadome) ~x spe lniaj ace r´owno´s´c
,A ∗ ~x = ~b. (7.1)
7.1 Zbi´ or rozwi aza´ , n
7.1.1 Twierdzenie Croneckera-Capelliego
Mamy trzy mo˙zliwo´sci:
(i) ∀~x ∈ K
nA ∗ ~x 6= ~b =⇒ uk lad jest sprzeczny (ii) ∃~x ∈ K
nA ∗ ~x = ~b =⇒ uk lad jest niesprzeczny (iii) ! ∃~x ∈ K
nA ∗ ~x = ~b =⇒ uk lad jest oznaczony
1Twierdzenie 7.1 (Kroneckera-Capelliego)
Uk lad A ∗ ~x = ~b jest niesprzeczny wtedy i tylko wtedy gdy rz(A) = rz([A,~b]),
tzn. rz ad macierzy A jest r´
,owny rz edowi A rozszerzonej o wektor ~b.
,1
Symbol “! ∃” czytamy jako “istnieje dok ladnie jeden”.
61
Dow´ od. Je´sli rz([A,~b]) = rz(A) to wektor ~b nale˙zy do pzrestrzeni rozpi etej
,przez wektory-kolumny macierzy A. To za´s oznacza, ˙ze ~b jest liniow a kom-
,binacj a tych wektor´ow. Wsp´o lczynniki tej kombinacji tworz
,a rozwi
,azanie ~x
,uk ladu.
Z drugiej strony, je´sli istnieje ~x ∈ K
ntaki, ˙ze A ∗~x = ~b to~b jest kombinacj a
,liniow a wektor´ow-kolumn macierzy A, czyli ~b nale˙zy do przestrzeni rozpi
,etej
,na tych wektorach. To za´s implikuje ˙ze rz([A,~b]) = rz(A) i ko´ nczy dow´od.
Mo˙zemy r´ownowa˙znie stwierdzi´c, ˙ze uk lad A ∗ ~x = ~b jest niesprzeczny wtedy i tylko wtedy gdy ~b ∈ R(A), czyli wektor wyraz´ow wolnych le˙zy w obrazie macierzy wsp´o lczynnik´ow.
7.1.2 Zbi´ or rozwi aza´ , n jako warstwa
Niech
L(A,~b) = { ~x ∈ K
n: A ∗ ~x = ~b } b edzie zbiorem wszystkich rozwi
,aza´
,n uk ladu A ∗ ~x = ~b.
Definicja 7.1 Powiemy, ˙ze dwa uk lady, A
1∗ ~x = ~b
1oraz A
2∗ ~x = ~b
2, s a
,r´ownowa˙zne gdy maj a ten sam zbi´
,or rozwi aza´
,n, tzn. gdy
L(A
1,~b
1) = L(A
2,~b
2).
Twierdzenie 7.2 Je´sli uk lad A ∗ ~x = ~b jest niesprzeczny to zbi´or rozwi aza´
,n L(A,~b) = { ~x
0+ ~y : ~y ∈ N (A) } = W (~x
0, N (A)) ,
gdzie ~x
0jest dowolnych rozwi azaniem szczeg´
,olnym uk ladu.
Dow´ od. Je´sli ~x
0jest rozwi azaniem szczeg´olnym i ~y
,∈ N (A) to A ∗ (~x
0+ ~y) = A ∗ ~x
0+ A ∗ ~y = ~b + ~0 = ~b,
czyli ~x
0+ ~y jest te˙z rozwi azaniem. To za´s implikuje ˙ze W (~x
, 0, N (A)) ⊆ L(A,~b).
Z drugiej strony, je´sli A ∗~x = ~b to A∗(~x −~x
0) = ~b −~b = ~0, czyli (~x −~x
0) ∈
N (A). A wi ec ~x = ~x
, 0+ (~x − ~x
0) jest z jednej strony rozwi azaniem uk ladu, a
,z drugiej elementem warstwy W (~x
0, N (A)). St ad
,L(A,~b) ⊆ W (~x
0, N (A)).
7.2. EFEKTYWNA METODA ROZWI AZANIA
,63
7.1.3 Uk lady nieosobliwe
Rozpatrzmy przez chwil e uk lady z macierzami kwadratowymi.
,Twierdzenie 7.3 Macierz kwadratowa A ∈ K
n,njest nieosobliwa wtedy i tylko wtedy gdy rz(A) = n.
Dow´ od. Wobec nier´owno´sci
n = rz(I
n) = rz(A ∗ A
−1) ≤ min rz(A), rz(A
−1)
mamy, ˙ze je´sli A jest nieosobliwa to rz(A) = n = rz(A
−1). Z drugiej strony, je´sli rz(A) = n to kolumny A s a wektorami liniowo niezale˙znymi. St
,ad
,istnieje macierz X ∈ K
n,ntaka, ˙ze A ∗ X = I
n. Podobnie, istnieje Y ∈ K
n,ntaka, ˙ze A
T∗ Y = I
n, czyli Y
T∗ A = I
n. Ponadto
Y
T= Y
T∗ I
n= (Y
T∗ A) ∗ X = I
n∗ X = X,
tzn. odwrotno´sci lewostronna i prawostronna istniej a i s
,a sobie r´owne, A
, −1= X = Y
T. To ko´ nczy dow´od.
Wiemy, ˙ze je´sli macierz kwadratowa A jest nieosobliwa to rozwi azaniem
,uk ladu A ∗~x = ~b jest ~x
∗:= A
−1∗~b i jest to jedyne rozwi azanie, tzn. uk lad jest
,oznaczony. Ale te˙z odwrotnie, je´sli uk lad A ∗ ~x = ~b z macierz a kwadratow
,a
,A jest oznaczony dla pewnego ~b to macierz A jest nieosobliwa. Rzeczywi´scie, wtedy j adro
,N (A) = {~0}. To znaczy, ˙ze wektory-kolumny macierzy tworz a
,uk lad liniowo niezale˙zny i rz(A) = n. Na podstawie twierdzenia 2.1 wnio- skujemy ˙ze A jest nieosobliwa.
Wniosek 7.1 Niech A b edzie macierz
,a kwadratow
,a. Uk lad A
,∗ ~x = ~b jest oznaczony wtedy i tylko wtedy gdy A jest nieosobliwa.
7.2 Efektywna metoda rozwi azania ,
Dla danej macierzy A ∈ K
m,ni wektora ~b ∈ K
mchcemy zbada´c, czy uk lad (7.1) jest niesprzeczny, a je´sli tak to znale´z´c zbi´or jego rozwi aza´
,n (warstw e)
,L(A,~b) = ~x
0+ N (A),
gdzie N (A) = span(~z
s+1, ~z
s+2, . . . , ~z
n) i s = rz(A).
7.2.1 Og´ olny schemat
Najpierw wyznaczymy s = rz(A) i t = rz([A,~b]), a nast epnie w przypadku
,s = t skonstruujemy rozwi azanie szczeg´olne ~x
, 0oraz baz e ~z
, s+1, . . . , ~z
nj adra
,N (A).
Og´olny schemat post epowania prowadz
,acy do postaci r´ownania, z kt´orego
,mo˙zna ju˙z stosunkowo latwo odczyta´c rozwi azanie jest nast
,epuj
,acy. Star-
,tuj ac z uk ladu wyj´sciowego (7.1), kt´ory oznaczymy przez (U
, 0), kolejno dla k = 1, 2, . . . , s konstruujemy “prostsze” i (prawie) r´ownowa˙zne (U
0) uk lady (U
k) z macierzami A
(k)tego samego formatu co A. Macierz A
(s)uk ladu docelowego (U
s) oka˙ze si e tr´ojk
,atn
,a g´orn
,a.
,Dopuszczamy przy tym nast epuj
,ace operacje na uk ladnie r´owna´
,n:
(i) zamiana kolejno´sci r´owna´ n (wierszy macierzy),
(ii) zamiana kolejno´sci niewiadomych (kolumn macierzy),
(iii) dodanie do jednego z r´owna´ n innego r´ownania pomno˙zonego przez ska- lar.
Zauwa˙zmy, ˙ze operacje (i) oraz (iii) prowadz a do uk lad´ow r´ownowa˙znych,
,za´s (ii) powoduje jedynie zmian e kolejno´sci niewiadomych. W szczeg´olno´sci,
,rz ad macierzy uk ladu nie ulega zmianie.
,Schemat sprowadzania uk ladu wyj´sciowego do postaci z macierz a tr´oj-
,k atn
,a g´orn
,a przy pomocy zdefiniowanych operacji, kt´ory teraz dok ladniej
,opiszemy, nazywamy Eliminacj a Gaussa.
,7.2.2 Eliminacja Gaussa
Za l´o˙zmy, ˙ze wykonali´smy ju˙z k przekszta lce´ n uk ladu wyj´sciowego, (U
0) → (U
1) → . . . → (U
k),
gdzie 0 ≤ k ≤ s − 1, otrzymuj ac uk lad
,A
(k)∗ ~x
(k)= ~b
(k)z nacierz a
,A
(k)=
R
kT
k0 V
k,
7.2. EFEKTYWNA METODA ROZWI AZANIA
,65 gdzie R
k∈ TRIU
k,kjest kwadratow a i nieosobliw
,a macierz
,a tr´ojk
,atn
,a g´orn
,a.
,Oczywi´scie, za lo˙zenie to jest spe lnione dla k = 0, czyli dla uk ladu wyj´scio- wego, bowiem wtedy A
(0)= V
0= A.
Krok (k + 1)-szy eliminacji
1. Wybieramy w V
kelement r´o˙zny od zera, powiedzmy v
p,q6= 0, k + 1 ≤ p ≤ m, k + 1 ≤ q ≤ n. (Taki element istnieje, bo inaczej mieliby´smy rz(A
(k)) = k < s = rz(A).)
2. Przestawiamy wiersze (k + 1)-szy z p-tym oraz kolumny (niewiadome) (k + 1)-sz a z q-t
,a.
,3. Dokonujemy eliminacji (k + 1)-szej niewiadomej z r´owna´ n od (k + 1)- szego do m-tego odejmuj ac od r´ownania i-tego r´ownanie (k + 1)-sze
,pomno˙zone przez l
i,k+1:= a
(k)i,k+1/a
(k)k+1,k+1, i = k+1, k+2, . . . , m. (Tutaj a
(k)i,joznacza tu element aktualnie stoj acy na przeci
,eciu i-tego wiersza
,i j-tej kolumny macierzy uk ladu).
Po wykonaniu (k + 1)-szego kroku metody dostajemy uk lad z macierz a
,A
(k+1), kt´ora ma wyzerowane wsp´o lczynniki o indeksach (i, j) dla 1 ≤ j ≤ k + 1, j < i ≤ m.
Po wykonaniu s = rz(A) krok´ow dostajemy uk lad (U
s) postaci A
(s)∗ ~x
(s)= ~b
(s),
przy czym
A
(s)=
R
sT
s0 0
,
a wektor ~x
(s)r´o˙zni si e od ~x
, (0)jedynie przestawieniem (permutacj a) wsp´o l-
,rz ednych. Rzeczywi´scie, gdyby odpowiednia podmacierz V
, smacierzy A
(s)by la niezerowa to mieliby´smy rz(A) = rz(A
(s)) > s.
Dodajmy jeszcze, ˙ze w przypadkach s = 0 i s = min(m, n) niekt´ore bloki macierzy A
(s)s a puste.
,7.2.3 Konstrukcja rozwi azania og´ , olnego
Przyjmuj ac
,~x
(s)=
"
~x
(s)I~x
(s)II#
, ~b
(s)=
"
~b
(s)I~b
(s)II#
,
gdzie ~x
(s)I,~b
(s)I∈ K
s, ~x
(s)II∈ K
n−s, ~b
(s)II∈ K
m−s, uk lad (U
s) mo˙zemy zapisa´c
jako (
R
s∗ ~x
(s)I+ T
s∗ ~x
(s)II= ~b
(s)I~0 = ~b
(s)II.
Je´sli teraz ~b
(s)II6= ~0 to uk lad jest sprzeczny i nie ma rozwi aza´
,n. Je´sli za´s
~b
(s)II= ~0 to uk lad (U
s) redukuje si e do
,R
s∗ ~x
(s)I+ T
s∗ ~x
(s)II= ~b
(s)I.
Przyjmuj ac ~x
, (s)II= ~0 otrzymujemy rozwi azanie szczeg´olne
,~x
(s)0= ~u
0~0
,
gdzie ~u
0∈ K
sjest rozwi azaniem nieosobliwego uk ladu
,R
s∗ ~u
0= ~b
(s)Iz macierz a tr´ojk
,atn
,a doln
,a R
, s. Baz e j
,adra macierzy A
, (s),
N (A
(s)) = N ([R
s, T
s]),
znajdujemy rozwi azuj
,ac (n
,− s) liniowo niezale˙znych rozwi aza´
,n uk lad´ow jed- norodnych
R
s∗ ~x
(s)I+ T
s∗ ~x
(s)II= ~0
k lad ac kolejno za ~x
, (s)IIwersory ~e
1, ~e
2, . . . , ~e
n−s∈ K
n−s. Oznaczaj ac
,T
s= [~t
s+1, ~t
s+2, . . . , ~t
n]
otrzymujemy
~z
j(s)=
~u
j~e
j−s, gdzie R
s∗ ~u
(s)j= −~t
j, s + 1 ≤ j ≤ n. Ostatecznie dostajemy
L(A
(s),~b
(s)) = ~x
0+ span(~z
s+1(s), . . . , ~z
(s)n).
S a to r´ownie˙z wszystkie rozwi
,azania uk ladu wyj´sciowego, z dok ladno´sci
,a do
,odpowiedniej permutacji wsp´o lrz ednych.
,7.3. INTERPRETACJA MACIERZOWA ELIMINACJI 67
7.3 Interpretacja macierzowa eliminacji
Zobaczymy teraz jak proces eliminacji Gaussa wygl ada z punktu widzenia
,rachunku macierzy.
7.3.1 Analiza operacji elementarnych
Za l´o˙zmy najpierw, dla uproszczenia, ˙ze nie musimy wykonywa´c przestawie´ n ani wierszy ani kolumn uk ladu (tzn. w ka˙zdym kroku element k-ty na g l´ownej przek atnej jest niezerowy). Wtedy eliminacja w k-tym kroku odpowiada
,mno˙zeniu macierzy A
(k−1)z lewej strony przez macierz kwadratow a
,L
k:= I
m− ~l
k∗ ~e
Tk=
1
1 . ..
1
−l
k+1,k. ..
.. . . ..
−l
m,k1
∈ K
m,m,
gdzie ~ L
k:= [0, . . . , 0, l
k+1,k, . . . , l
m,k]
Toraz
l
i,k:= a
(k−1)i,ka
(k−1)k,k, k + 1 ≤ i ≤ m. (7.2)
Dlatego
A
(1)= L
1∗ A,
A
(2)= L
2∗ A
(1)= L
2∗ L
1∗ A,
· · ·
A
(s)= L
s∗ A
(s−1)= · · · = L
s∗ L
s−1∗ · · · ∗ L
1∗ A, a st ad A = (L
, −11∗ · · · ∗ L
−1s) ∗ A
(s).
Zauwa˙zmy teraz, ˙ze
L
−1i= (I
m− ~l
i∗ ~e
Ti)
−1= (I
m+ ~l
i∗ ~e
Ti).
Rzeczywi´scie, wobec tego, ˙ze ~e
Ti∗ ~l
i= 0 mamy bowiem
(I
m− ~l
i∗ ~e
Ti) ∗ (I
m+ ~l
i∗ ~e
Ti) = I
m− ~l
i∗ (~e
Ti∗ ~l
i) ∗ ~e
Ti= I
m. St ad
,L
−11∗ · · · ∗ L
−1s= (I
m+ ~l
1∗ ~e
T1) ∗ · · · ∗ (I
m+ ~l
s∗ ~e
Ts)
= I
m+ ~l
1∗ ~e
T1+ · · · + ~l
s∗ ~e
Ts.
Oznaczaj ac ˆ
,L := L
−11∗ · · · ∗ L
−1soraz ˆ R := A
(s)otrzymujemy ostatecznie rozk lad (faktoryzacj e) macierzy,
,A = ˆ L ∗ ˆ R, gdzie
L = ˆ
L 0 H I
∈ K
m,m, R = ˆ
R T 0 0
∈ K
m,n,
L ∈ TRIL
s,sjest kwadratow a macierz
,a tr´ojk
,atn
,a doln
,a z jedynkami na
,g l´ownej przek atnej oraz R
,∈ TRIU
s,sjest macierz a tr´ojk
,atn
,a g´orn
,a.
,Dodajmy jeszcze, ˙ze wsp´o lczynniki l
i,kmacierzy ˆ L s a dla 1
,≤ k ≤ s, k < i ≤ m, zdefiniowane przez (7.2).
Rozpatrzmy teraz og´olny przypadek, gdy dokonujemy przestawie´ n wier- szy i/lub kolumn macierzy. Przypomnijmy, ˙ze przestawienie wierszy i-tego z j-tym jest r´ownowa˙zne pomno˙zeniu macierzy przez elementarn a macierz per-
,mutacji (transpozycj e) T
, i,j, natomiast pomno˙zenie macierzy z prawej strony przez T
i,jjest r´ownowa˙zne przestawieniu kolumny i-tej z j-t a. Dlatego w
,obecno´sci przestawie´ n dostajemy
A
(1)= L
1∗ T
1,p1∗ A ∗ T
1,q1,
A
(2)= L
2∗ T
2,p2∗ A
(1)∗ T
2,q2= L
2∗ T
2,p2∗ L
1∗ T
1,p1∗ A ∗ T
1,q1∗ T
2,q2· · ·
A
(s)= L
s∗ T
s,ps∗ · · · ∗ T
2,p2∗ L
1∗ T
1,p1∗ A ∗ T
1,q1∗ T
2,q2∗ · · · ∗ T
s,qs, przy czym zawsze i ≤ p
i, j ≤ q
j, 1 ≤ i, j ≤ s.
Zauwa˙zmy, ˙ze
T
2,p2∗ L
1∗ T
1,p1= (T
2,p2∗ L
1∗ T
2,p2) ∗ T
2,p2∗ T
1,p1.
7.3. INTERPRETACJA MACIERZOWA ELIMINACJI 69 Dalej
T
2,p2∗ L
1∗ T
2,p2= T
2,p2∗ (I
m− ~l
1∗ ~e
T1) ∗ T
2,p2= I
m− (T
2,p2∗ ~l
1) ∗ (~e
T1∗ T
2,p2)
= I
m− ~l
10∗ ~e
T1=: L
(1)1,
gdzie L
(1)1r´o˙zni si e od L
, 1jedynie przestawieniem wyraz´ow 2-go i p
2-go w pierwszej kolumnie. Uog´olniaj ac to rozumowanie dostajemy
,L
s∗ T
s,ps∗ · · · ∗ T
2,p2∗ L
1∗ T
1,p1= L
s∗ T
s,ps∗ · · · ∗ L
2∗ L
(1)1∗ T
2,p2∗ T
1,p1= L
s∗ T
s,ps∗ · · · ∗ (T
3,p3∗ L
2∗ T
3,p3) ∗ (T
3,p3∗ L
(1)1∗ T
3,p3)
∗T
3,p3∗ T
2,p2∗ T
1,p1= L
s∗ T
s,ps∗ · · · ∗ L
3∗ L
(2)2∗ L
(2)1∗ T
3,p3∗ T
2,p2∗ T
1,p1· · ·
= (L
(s−1)s∗ L
(s−1)s−1∗ · · · ∗ L
(s−1)3∗ L
(s−1)2∗ L
(s−1)1) ∗ (T
s,ps∗ · · · ∗ T
1,p1).
Definiuj ac macierze permutacji
,Q
−1= Q
T:= T
1,q1∗ · · · ∗ T
s,qs, P := T
s,ps∗ · · · ∗ T
1,p1, otrzymujemy ostatecznie
A
(s)= L
(s−1)s∗ · · · ∗ L
(s−1)1∗ P ∗ A ∗ Q
T= ˆ R, czyli po˙z adany rozk lad
,P ∗ A ∗ Q
T= ˆ L ∗ ˆ R, L = (L ˆ
(s−1)1)
−1∗ · · · ∗ (L
(s−1)s)
−1, ˆ R = A
(s).
7.3.2 Rozk lad tr´ ojk atno-tr´ , ojk atny macierzy ,
Wynikiem naszej analizy jest nast epuj
,ace twierdzenie.
,Twierdzenie 7.4 (o rozk ladzie tr´ ojk atno-tr´
,ojk atnym macierzy)
,Dla dowolnej macierzy A ∈ K
m,nrz edu s istniej
,a (na og´
,o l niejednoznaczne)
macierze permutacji P ∈ K
m,mi Q ∈ K
n,ntakie, ˙ze macierz ˆ A = P ∗ A ∗ Q
Tma jednoznaczny rozk lad tr´ ojk atno-tr´
,ojk atny
,A = ˆ ˆ L ∗ ˆ R, gdzie ˆ L ∈ K
m,m, ˆ R ∈ K
m,n, ˆl
i,i= 1 ∀i,
L = ˆ
L 0 H I
, R = ˆ
R T 0 0
, L ∈ TRIL
s,s, R ∈ TRIU
s,s.
Dow´ od. Istnienie rozk ladu udowodnili´smy przez konstrukcj e macierzy ˆ
,L i R (za pomoc ˆ a eliminacji Gaussa). Aby pokaza´c jednoznaczno´s´c, przedsta-
,wimy ˆ A w postaci blokowej,
A = ˆ
A
1,1A
1,2A
2,1A
2,2, A
1,1∈ K
s,s. Wtedy dla danego rozk ladu ˆ A = ˆ L ∗ ˆ R mamy
A
1,1= L ∗ R, A
1,2= L ∗ T, A
2,1= H ∗ R, A
2,2= H ∗ T.
Gdyby istnia l inny rozk lad z macierzami L i H to mieliby´smy L ∗ R = L ∗ R, czyli
L
−1∗ L = R ∗ R
−1.
Po lewej stronie ostatniej r´owno´sci mamy macierz tr´ojk atn
,a doln
,a z jedyn-
,kami na przek atnej, a z prawej tr´ojk
,atn
,a g´orn
,a. To wymusza L
, −1∗ L = I
s= R ∗ R
−1, czyli L = L i R = R. Jednoznaczno´s´c pozosta lych blok´ow w rozk ladzie wynika z r´owno´sci T = L
−1∗ A
1,2i H = A
2,1∗ R
−1.
7.4 Eliminacja bez przestawie´ n
Podamy teraz warunek konieczny i dostateczny na to, aby istnia l rozk lad tr´ojk atno-tr´ojk
,atny oryginalnej macierzy A, a tym samym, aby eliminacja
,Gaussa by la wykonalna bez przestawie´ n wierszy i/lub kolumn.
Twierdzenie 7.5 Aby macierz A = (a
i,j) ∈ K
m,nrz edu s mia la rozk lad
,tr´ ojk atno-tr´
,ojk atny bez przestawie´
,n wierszy i/lub kolumn potrzeba i wystar-
cza, ˙ze wszystkie macierze k atowe A
, k= (a
i,j)
ki,j=1∈ K
k,kdla k = 1, 2, . . . , s
s a nieosobliwe.
,7.4. ELIMINACJA BEZ PRZESTAWIE ´ N 71 Dow´ od. Je´sli macierz ma rozk lad A = ˆ L ∗ ˆ R to A
k= ˆ L
k∗ ˆ R
kjest nieosobliwa dla 1 ≤ k ≤ s. Dow´od w drug a stron
,e podamy przez indukcj
,e po s. Dla
,s = 1 twierdzenie jest oczywiste, bo wtedy a
1,16= 0 i eliminacja pierwszej kolumny jest wykonalna. Za l´o˙zmy, ˙ze twierdzenie jest prawdziwe dla s − 1.
Oznaczaj ac
,A
sA
s−1~a
~c
Ta
s,s,
mamy z za lo˙zenia indukcyjnego, ˙ze istnieje rozk lad A
s−1= L
(s−1)∗ R
(s−1)dla pewnych nieosobliwych macierzy
L
(s−1)∈ TRIL
s−1,s−1oraz R
(s−1)∈ TRIU
s−1,s−1. Oznaczaj ac
,L
(s)=
L
(s−1)~0
~g
T1
, R
(s)=
R
(s−1)~0
~g
T1
,
i rozwi azuj
,ac r´ownanie A
, (s)= L
(s)∗ R
(s)otrzymujemy
~a = L
(s−1)∗~b,
~c
T= ~g
T∗ R
(s−1)(albo (R
(s−1))
T∗ ~g = ~c), a
s,s= ~g
T∗~b + r
s,s,
sk ad kolejno wyliczamy ~b, ~g i r
, s,s. Rozk lad tr´ojk atno-tr´ojk
,atny macierzy
,k atowej A
, (s)w oczywisty spos´ob implikuje ju˙z rozk lad ca lej macierzy A.
Na koniec podamy wa˙zne klasy macierzy, dla kt´orych eliminacja Gaussa jest mo˙zliwa bez przestawie´ n wierszy i/lub kolumn. S a to macierze:
,(a) diagonalnie dominuj ace wierszami
,WDD
n,n= n
A = (a
i,j) ∈ K
n,n: |a
i,i| >
X
n i6=j=1|a
i,j|, 1 ≤ i ≤ n o .
(b) diagonalnie dominuj ace kolumnami
,KDD
n,n= {A ∈ K
n,n: A
T∈ WDD
n,n}.
(c) hermitowskie dodatnio okre´slone
HPD
n,n= {A ∈ K
n,n: A
H= A oraz ∀~x 6= ~0 ~x
H∗ A ∗ ~x > 0}.
(d) hermitowskie ujemnie okre´slone
HND
n,n= {A ∈ K
n,n: ( −A) ∈ HPD
n,n}.
Aby pokaza´c, ˙ze w tych przypadkach przestawienie wierszy/kulumn nie jest konieczne, wyka˙zemy, ˙ze spe lnione s a za lo˙zenia twierdzenia 7.5.
,W przypadku (a) zauwa˙zamy, ˙ze je´sli A ∈ WDD
n,nto A jest nieosobliwa, N (A) = {~0}. Je´sli bowiem A ∗ ~x = ~0 i ~x 6= ~0 to dla p takiego, ˙ze |x
p| = k~xk
∞mamy a
p,px
p+ P
j6=p
a
p,jx
j= 0, a st ad
,|a
p,p| ≤ X
j6=p
|a
p,j|
x
jx
p≤
X
j6=p