równa«
Rozwa»ali±my (na pierwszymwykªadzie)ukªad równa«:
x
1
−
2x2+
5x3=
43x
1
−
4x2+
9x3= −
28x
1
−
10x2+
3x3=
3U»ywaj¡ nota jima ierzowejukªad tenmo»emywygodniezapisa¢:
1
−
2 53
−
4 98
−
10 3
x
1
x
2
x
3
=
4
−
23
Zatem, u»ywaj¡ ozna ze«
A
=
1
−
2 53
−
4 98
−
10 3
x=
x
1
x
2
x
3
b=
4
−
23
Nasz ukªad mo»emyzapisa¢ nastpuj¡ o:
Ax
=
b.
Takwygl¡da posta¢ ma ierzowaukªadu równa«.
Przepisuj¡ t obserwa j wjzyku ma ierzyotrzymujemy:
Twierdzenie 3.2 Je±lin
>
m,to dladowolnejm×
n ma ierzyAjednorodny ukªad równa«
Ax
=
0
· · ·
0
ma niesko« zenie wielerozwi¡za«.
Przeprowadzimy elimian jGaussa zpierwszegowykªadu uzywaj¡
ma ierzy. Przypomnijmy,»e ma ierzrozwa»anego ukªadu to
A
=
1
−
2 53
−
4 98
−
10 3
Nie h C bdziema ierz¡
C
=
1 0 0
−
3 1 00 0 1
Wów zas (elimina jazmiennejx
1
z drugiegorównania)
CA
=
1
−
2 50 2
−
68
−
10 3
Dalej, nie h E bdziema ierz¡
E
=
1 0 0
0 1 0
−
8 0 1
Wów zas (elimina jazmiennejx
1
z trze iegorównania):
ECA
=
1
−
2 50 2
−
60 6
−
37
Wresz ie, nie hF bdziema ierz¡
F
=
1 0 0
0 1 0
0
−
3 1
Wów zas (elimina jazmiennejx
2
z trze iegorównania)
FECA
=
1
−
2 50 2
−
60 0
−
19
W ten sposóbma ierzA zostaªa sprowadzona doposta i
s hodkowej.
Wykonuj¡ mno»eniaotrzymujemy
FEC
=
1 0 0
−
3 1 01
−
3 1
Poniewa»
FECb
=
1 0 0
−
3 1 01
−
3 1
4
−
23
=
4
−
1413
To poprzeksztaª enia h nasz ukªadprzyjmuje posta¢
1
−
2 50 2
−
60 0
−
19
x
1
x
2
x
3
=
4
−
1413
Ma ierz tego ukªadu mo»na przedstawi¢ nastpuj¡ o.
1
−
2 50 2
−
60 0
−
19
=
1 0 0
0 2 0
0 0
−
19
1
−
2 50 1
−
30 0 1
Jest toilo zynma ierzy przek¡tniowej D oraz górnej ma ierzy
trójk¡tnej U.Mamywi
FECA
=
DU.
Odwra aj¡ ilo zynma ierzyelementarny hdostajemy
L
= (
FEC)
−1=
C−1E−1F−1=
1 0 0
3 1 0
0 0 1
1 0 0
0 1 0
8 0 1
1 0 0
0 1 0
0 3 1
=
1 0 0
3 1 0
8 3 1
Otrzymali±my rozkªad LDU ma ierzyA:
A
=
LDU=
1 0 0
3 1 0
8 3 1
1 0 0
0 2 0
0 0
−
19
1
−
2 50 1
−
30 0 1
gdzieLjestdoln¡ ma ierz¡ trójk¡tn¡, D jestma ierz¡ przek¡tniow¡
zawieraj¡ ¡ na przek¡tnej wszystkie warto± iwiod¡ e ma ierzyA, a
U jestgórn¡ma ierz¡ trójk¡tn¡.
W powy»szymprzykªadzie sprowadzania ma ierzydo posta i
s hodkowejnie musieli±myzmienia¢ kolejno± i wierszy. Gdyby
zaszªa takakonie zno±¢, tonajpierw przestawiliby±my wiersze(przy
pomo yma ierzypermuta yjnej), anastpnie przeprowadziliby±my
sprowadzenie ma ierzyz przestawionymiwierszamidoposta i
s hodkowejwedªug powy»szejmetody. W ten sposóbdostaliby±my
rozkªad PA
=
LDU,dlapewnej ma ierzypermuta yjnej P.Powiemy,»e m
×
n ma ierzA= (α
i,j
)
jestdoln¡ trójk¡tn¡ma ierz¡ je±lidlawszystki h indeksów i
,
j ma ierzyA taki h,»e i
<
j mamyα
i,j=
0. Zatemwszystkiewarto± i le»¡ ewgórnym trójk¡ ie ma ierzyAs¡ zerami.
Powiemy dodatkowo,»e Ajestpeªn¡ doln¡ ma ierz¡
trójk¡tn¡ je±liwszystkiewarto± i stoj¡ ena "przek¡tnej"
α
1,1
, . . . , α
k,k
s¡ró»ne od zera, gdziek
= min(
m,
n)
.Ma ierzA jest(peªn¡) górn¡ trójk¡tn¡ ma ierz¡,je±li
ma ierztransponowana A T
jest(peªn¡) doln¡ trójk¡tn¡
ma ierz¡.
Zauwa»my,»e je±liukªadrówna« Ax
=
b,jestwposta is hodkowej (zatemma ierzAjestgórn¡ma ierz¡ trójk¡tn¡),
to zarówno warto± iwiod¡ e jaki s hodki ukªadu mo»na
od zyta¢bezpo±rednioz samejma ierzyA, bezodwoªywania
si dowektora b wyrazów wolny h. Bdziemyw zwi¡zkuztym
stosowa¢poj iatakiejak warto±¢ wiod¡ a zys hodek do
Twierdzenie 3.4 Ka»dapeªna kwadratowadolna (górna) ma ierz
trójk¡tnaAjestodwra alna. Ma ierz A
−1
jestte»peªn¡ doln¡
(górn¡) ma ierz¡ trójk¡tn¡.
Dowód:
Nie h Abdziem
×
m peªn¡ doln¡ ma ierz¡trójk¡tn¡. atwojestsprawdzi¢, »e pro essprowadzania Ado posta i
s hodkowej niebdzie wymagaªzamiany wierszy oraz da w
wyniku ma ierzprzek¡tniow¡D otej wªasno± i,»e wszystkie
elementy znajduj¡ e si na przek¡tnej s¡ró»ne odzera.
Zatemmamy
E
1
· · ·
EkA=
Ddla pewny h ma ierzyelementarny hE
1
, . . . ,
Ek .Ma ierze E
1
, . . . ,
Ekoraz D s¡odwra alne. Zatem
A
=
E−1k
· · ·
E1−1D jestma ierz¡ odwra aln¡ jako ilo zyn
ma ierzy odwra alny h.
Twierdzenie 3.5Nie hAbdziem
×
n ma ierz¡. Wów zas istniejem
×
mma ierzpermuta yjnaP oraz ma ierzeL,D oraz U takie,»e PA=
LDU,
gdzie Ljestm
×
m peªn¡ doln¡ma ierz¡ trójk¡tn¡, w którejwszystkie elementy stoj¡ enaprzek¡tnej s¡równe 1. D jestm
×
mma ierz¡ przek¡tniow¡, na której przek¡tnej stoj¡ wszystkie
warto± i wiod¡ e ma ierzy A. Je±liA mak
<
mwarto± iwiod¡ y h,to zajmuj¡ onepo z¡tkowy fragmentprzek¡tnej
(zajmuj¡ y pierwszek wierszy ikolumnma ierzyD). Na
pozostaªy h pozy ja h przek¡tnej D znajduj¡si zera. Ma ierzU
jest m
×
n górn¡ ma ierz¡ trójk¡tn¡.Ponadto je±liA jestma ierz¡kwadratow¡ (m
=
n)maj¡ ¡ mwarto± i wiod¡ y h, tow ma ierzyU wszystkieelementy
znajduj¡ e sina jejprzek¡tnej s¡równe 1, zyliU jestpeªn¡ górn¡
Twierdzenie 3.6 Kwadratowa m
×
m ma ierzAjestodwra alnawtedy itylko wtedy,gdy Amamwarto± i wiod¡ y h.
Dowód:
Je±lima ierz Ajestodwra alnato dladowolnego
m-wymiarowego wektora b,ukªad równa« Ax
=
b madokªadnie jedno rozwi¡zanie: A
−1
b. Zatemrozwi¡zuj¡
powy»szyukªad przezsprowadzenie doposta i s hodkowej
otrzymujemy ukªad,wktórymli zba s hodków ( zyliwarto± i
wiod¡ y h) jestrówna li zbiezmienny h( zylim). ZatemA
musimie¢ dokªadnie mwarto± i wiod¡ y h.
Na odwrót,je±liAmam warto± iwiod¡ y h towrozkªadzie
A
=
LDU,ma ierzprzek¡tniowaD manaprzek¡tnej tylko warto± i niezerowe azatemma ierzD jestodwra alna.Równie» ma ierzU musiby¢wów zas peªn¡ górn¡ma ierz¡
trójk¡tn¡, zylina mo yw ze±niejszegotwierdzenia jest
ma ierz¡ odwra aln¡. ZatemAjestodwra alna.
Nie h
A
=
1 2 3 4
3 6 9 12
2 4 4 4
Zamie«my wiersze drugi ztrze im:
B
=
P2,3A
=
1 2 3 4
2 4 4 4
3 6 9 12
gdzie
P
2,3
=
1 0 0
0 0 1
0 1 0
Dodajmydo trze iego wiersza,pierwszywiersz pomno»ony przez -3
E
1 B
=
1 0 0
0 1 0
−
3 0 1
1 2 3 4
2 4 4 5
3 6 9 12
=
1 2 3 4
2 4 4 4
0 0 0 0
Dodajmydo drugiegowiersza, pierwszypomno»ony przez -2
E
2 E
1 B
=
1 0 0
−
2 1 00 0 1
1 2 3 4
2 4 4 4
0 0 0 0
=
1 2 3 4
0 0
−
2−
40 0 0 0
Zatem sprowadzili±myB do posta is hodkowej.
Zatem
1 2 3 4
0 0
−
2−
40 0 0 0
=
1 0 0
0
−
2 00 0 0
1 2 3 4
0 0 1 2
0 0 0 0
=
DUMa ierz Lotrzymujemy przez odwró eniema ierzyE
2 E
1 .
L
= (
E2 E1
)
−1=
E−11 E
−1
2
=
1 0 0
0 1 0
3 0 1
1 0 0
2 1 0
0 0 1
=
1 0 0
2 1 0
3 0 1
Zatem mamyznaleziony rozkªadLDU:
P
2,3
A
=
LDU=
1 0 0
2 1 0
3 0 1
1 0 0
0
−
2 00 0 0
1 2 3 4
0 0 1 2
0 0 0 0
znajdowania ma ierzy
odwrotnej
Idea tej metody:
Nie h Abdziekwadratow¡ma ierz¡ wymiaru n
×
n. Abyznale¹¢ ma ierzodwrotn¡do A(oraz sprawdzi¢ zyA jest
odwra alna)wystar zy rozwi¡za¢ n ukªadów równa«
Ax
=
ei,
i=
1, . . . ,
n,
gdziee
i
jesti-tym wektoremjednostkowym.
Je±lika»dy zty hukªadów Ax
=
eimadokªadnie jedno
rozwi¡zaniebd¡ ewektorem b
i
,toma ierzB okolumna h
b
1
, . . . ,
bnjestma ierz¡ odwrotn¡do A.
Metoda Gaussa-Jordana polegana jedno zesnymrozwi¡zaniu
wszystki h ty h ukªadów, uwzgldniaj¡ to,»ewszystkie one
maj¡wspóln¡ ma ierzA.
A
=
1
−
1 0−
1 1−
10
−
1 1
Za zynamy od ma ierzy Arozszerzonejo trzywektory jednostkowe
1
−
1 0 1 0 0−
1 1−
1 0 1 00
−
1 1 0 0 1
W pierwszejfazie sprowadzamy roszerzon¡ ma ierzdo posta i
s hodkowej, stosuj¡ zamianwierszy,o ileto jestkonie zne.
Dodajemypierwszywiersz do drugiego:
1
−
1 0 1 0 00 0
−
1 1 1 00
−
1 1 0 0 1
Zamieniamy wierszedrugi itrze i, otrzymuj¡ posta¢ s hodkow¡:
1
−
1 0 1 0 00
−
1 1 0 0 10 0
−
1 1 1 0
Nastpnie eliminujemy niezerowe elementy znajduj¡ e si nad
gªówn¡ przek¡tn¡. Najpierw elementznajduj¡ y si wdrugim
wierszu i trze iejkolumnie( zylizastpujemydrugi wierszsum¡
wierszy drugiegoi trze iego):
1
−
1 0 1 0 00
−
1 0 1 1 10 0
−
1 1 1 0
Wresz ie eliminujemy elementznajduj¡ ysi wpierwszymwierszu i
drugiej kolumnie(zastpujemy pierwszywierszró»ni ¡pierwszy
minus drugi):
1 0 0 0
−
1−
10
−
1 0 1 1 10 0
−
1 1 1 0
Jako ostatnikrokmno»ymy wiersze przez takiestaªe aby na
gªównej przek¡tnej znalazªy sisame jedynki:
1 0 0 0
−
1−
10 1 0
−
1−
1−
10 0 1
−
1−
1 0
Ma ierz A
−1
stanowi¡ostatnie trzykolumny
A
−1
=
0
−
1−
1−
1−
1−
1−
1−
1 0
Znajdowanie rozkªadu LDUdla ma ierzy.
Znajdowanie ma ierzyodwrotnej(metoda Gaussa-Jordana).
