ВУЗ:
Составители:
Рубрика:
βββααα
)1(
nn
)1(
2n
)1(
1n
)1(
nn
)1(
3n
)1(
2n
)1(
n2
)1(
22
)1(
21
)1(
n2
)1(
23
)1(
22
n11211n11312
eeeaaa0
eeeaaa0
1
LL
LLLLLLLLL
LL
LL
, (2.18)
где
)1(
ij
a =a
ij
-a
i1
α
1j
, (i, j≥2),
)1(
ij
e =e
ij
-e
i1
β
1j
, (i≥2, j≥1).
На следующем этапе разделим вторую строку матрицы (2.18) на
)1(
22
a
≠0, тогда эта строка
примет вид
(0, 1,
α
23
, α
24
,…, α
2n
, β
21
, β
22
,…, β
2n
), (2.19)
где
α
2j
=
)1(
j2
a /
)1(
22
a , (j>2), β
2j
=
)1(
j2
e /
)1(
22
a , (j≥1).
Используя строку (2.19) исключим все элементы второго столбца
)1(
2i
a
при i>2 матрицы
(2.18). Тогда получим
βββα
α
βββααα
)2(
nn
)2(
2n
)2(
1n
)2(
nn
)2(
3n
)2(
n3
n2
)2(
32
22
)2(
31
21
)2(
n3
n2
)2(
33
23
n11211n11312
eeeaa00
eeea
a
0
1
0
0
1
LL
LLLLLLLLL
L
L
L
L
LL
,
где
)2(
ij
a =
)1(
ij
a -
)1(
2i
a α
2j
, (i, j≥3),
)2(
ij
e =
)1(
ij
e -
)1(
2i
a β
2j
, (i≥3, j≥1).
Продолжая, таким образом, окончательно получим
βββ
β
β
β
β
β
β
α
α
α
βββααα
nn2n1n
n3
n2
32
22
31
21
n3
n2
23
n11211n11312
1000
1
0
1
0
0
1
LL
LLLLLLLLL
L
L
L
L
LL
,
где
α
kj
=
)1k(
kj
a
−
/
)1k(
kk
a
−
, (j≥k+1), β
kj
=
)1k(
kj
e
−
/
)1k(
kk
a
−
, (j≥1),
)k(
ij
a =
)1k(
ij
a
−
-
)1k(
ik
a
−
α
kj
, (i, j≥k+1),
)k(
ij
e =
)1k(
ij
e
−
-
)1k(
ik
a
−
β
kj
, (i≥k+1, j≥1).
На этом заканчивается процесс исключения – прямой ход. Дальше реализуется обратный
ход, для этого решается система уравнений
α
αα
ααα
−
1000
000
10
1
n1n
n223
n11312
L
L
LLLLL
L
L
−
ni
i1n
i2
i1
y
y
y
y
M
=
β
β
β
β
−
ni
i1n
i2
i1
M
, (i=1, 2,…,n),
что позволяет найти все столбцы обратной матрицы А
-1
у
1
=
1n
21
11
у
у
у
M
,…, y
n
=
nn
n2
n1
y
y
y
M
.
2.5. Метод Халецкого
При решении системы уравнений Ax=b методом Халецкого [2-4, 10,11] используется
«теорема о LU разложении» (см. §1.3) согласно которой можно написать
1 α 12 α 13 L α 1n β11 β12 L β1n
(1)
0 a 22 a (231) L a (21n) e (211) e (221) L e (21n)
L L , (2.18)
L L L L L L L
0 a (1) a (n13) L a (nn1) e (n11) e (n12) L e (nn1)
n2
где a ij(1) =aij-ai1α1j , (i, j≥2), e ij(1) =eij-ei1β1j , (i≥2, j≥1).
На следующем этапе разделим вторую строку матрицы (2.18) на a (221) ≠0, тогда эта строка
примет вид
(0, 1, α23, α24,…, α2n, β21, β22,…, β2n ), (2.19)
где α2j= a 2 j / a 22 , (j>2), β2j= e 2 j / a 22 , (j≥1).
(1) (1) (1) (1)
Используя строку (2.19) исключим все элементы второго столбца a i(12) при i>2 матрицы
(2.18). Тогда получим
1 α 12 α 13 L α 1n β11 β12 L β1n
0 1 α 23 L α 2n β 21 β 22 L β 2n
0 0 ( 2)
a 33 L a ( 2) ( 2)
e 31 ( 2)
e 32 L e ( 2) ,
3n 3n
L L L L L L L L L
0 0 a (n23) L a (nn2 ) e (n21) e (n22) L e (nn2 )
где a ij( 2) = a ij(1) - a i(12) α2j , (i, j≥3), e ij( 2 ) = e ij(1) - a i(12) β2j , (i≥3, j≥1).
Продолжая, таким образом, окончательно получим
1 α 12 α 13 L α 1n β11 β12 L β1n
0 1 α 23 L α 2n β 21 β 22 L β 2n
0 0 1 L α 3n β 31 β 32 L β 3n ,
L L L L L L L L L
0 0 0 L 1 β n1 β n2 L β nn
где αkj= a (kjk −1) / a (kkk −1) , (j≥k+1), βkj= e (kjk −1) / a (kkk −1) , (j≥1),
a ij( k ) = a ij( k −1) - a ik( k −1) αkj , (i, j≥k+1), e ij( k ) = e ij( k −1) - a ik( k −1) βkj , (i≥k+1, j≥1).
На этом заканчивается процесс исключения – прямой ход. Дальше реализуется обратный
ход, для этого решается система уравнений
1 α 12 α 13 L α 1n y 1i β1i
0 1 α 23 L α 2 n y 2i β 2i
L L
L L L M = M , (i=1, 2,…,n),
0 0 0 L α n −1n y n −1i β n −1i
0 0 0 L 1 y ni β ni
что позволяет найти все столбцы обратной матрицы А-1
у 11 y 1n
у 21 y 2n
у1= ,…, yn= .
M M
у y
n1 nn
2.5. Метод Халецкого
При решении системы уравнений Ax=b методом Халецкого [2-4, 10,11] используется
«теорема о LU разложении» (см. §1.3) согласно которой можно написать
Страницы
- « первая
- ‹ предыдущая
- …
- 13
- 14
- 15
- 16
- 17
- …
- следующая ›
- последняя »
