LU-hajotelma 1 / 24
LU-hajotelma Seuravassa tarkastellaan kuinka neliömatriisi voidaan esittää kahden kolmiomatriisin tulona. Käytämme alkeismatriiseja tälläisen esityksen löytämiseen. Edellä mainittua hajotelmaa voidaan käyttää matriisiyhtälön ratkaisemiseen. 2 / 24
LU-hajotelma Määritelmä 1 Neliömatriisi A (n, n) on yläkolmiomatriisi, jos sen diagonaalin alapuolella olevat alkiot ovat kaikki nollia. Vastaavasti neliömatriisi A (n, n) on alakolmiomatriisi, jos sen diagonaalin yläpuolella olevat alkiot ovat kaikki nollia. Esimerkki 1 Matriisi 1 2 3 A = 0 1 0 0 0 5 on yläkolmiomatriisi ja matriisi 1 0 0 B = 0 1 0 1 0 5 on alakolmiomatriisi. 3 / 24
LU-hajotelma Rivimuunnoksilla voidaan saada neliömatriisista yläkolmiomatriisi (vrt. Gaussin ja Jordanin menetelmä). Esimerkki 2 2 2 1 Olkoon A = 2 3 2. Nyt rivimuunnoksilla saadaan 4 1 1 2 2 1 2 2 1 2 2 1 2 3 2 A 12(1) 0 5 3 A 23(1) 0 5 3 = U, A 4 1 1 13 ( 2) 0 5 1 0 0 2 missä U on yläkolmiomatriisi. 4 / 24
LU-hajotelma Kun edellä on tehty vain tietynlaisia rivimuunnoksista niitä vastaavat alkeismatriisit ovat alakolmiomatriiseja. Edellä olevien alkeismatriisien käänteismatriisit ovat myös alakolmiomatriiseja, joiden tulo on myös alakolmiomatriisi. Tällöin alkuperäinen matriisi saadaan esitettyä alakolmiomatriisin ja yläkolmiomatriisin tulona. 5 / 24
LU-hajotelma Esimerkki 3 Edellisessä esimerkissä tehtiin kolme rivimuunnosta, jotka voidaan muuttaa niitä vastavaksi alkeismatriiseiksi ja antaa matriisi U näiden matriisien ja matriisin A tulona seuraavasti: 1 0 0 1 0 0 1 0 0 U = 0 1 0 0 1 0 1 1 0 A. 0 1 1 2 0 1 0 0 1 Nyt voidaan ratkaista alkeismatriien käänteismatriisit ja esittää matriisi A näiden käänteismatriisien ja matriisin U tulona seuraavasti: 1 0 0 1 0 0 1 0 0 A = 1 1 0 0 1 0 0 1 0 U. 0 0 1 2 0 1 0 1 1 6 / 24
LU-hajotelma Esimerkki 3 jatkuu Lasketaan edellä olevin alkeismatriisien tulomatriisi 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 L = 1 1 0 0 1 0 0 1 0 = 1 1 0. 0 0 1 2 0 1 0 1 1 2 1 1 Nyt A = LU, missä L on alakolmiomariisi, jonka diagonaalilla on vain ykkösiä, ja U on yläkolmiomatriisi. 7 / 24
LU-hajotelma Määritelmä 2 Jos me voimme esittää neliömatriisin A M(n, n) muodossa A = LU, missä L on alakolmiomatriisi, jonka diagonaalilla on pelkkiä ykkösiä ja U on yläkolmiomatriisi, joka on porrasmuodossa, niin tätä matriisin A esitystä sanotaan LU-hajotelmaksi. 8 / 24
LU-hajotelma Yläkolmiomatriisi U saatiin edellisissä esimerkeissä sellaisten rivimuunnosten avulla, että riveihin lisättiin vain toisia rivejä nollasta eroavalla reaaliluvulla kerrottuna. Tällöin näiden rivimuunnosten alkeismatriisimuotojen käänteismatriisien (alakolmiomatriiseja) tulona saatiin alakolmiomatriisi L. Alkeismatriisit (ja niiden käänteismatriisit) olivat alakolmiomatriiseja sen takia, että aina lisättiin ylempää riviä alempaan riviin kerrottuna jollain reaaliluvulla (A ij (c), i < j). Alakolmiomatriisien tulo oli alakolmiomatriisi. 9 / 24
LU-hajotelma Lause 1 Kahden alakolmimatriisin, joiden diagonaalilla on pelkkiä lukuja 1, tulo on myös alakolmiomatriisi, jonka diagonaalilla on vain lukuja 1. Vastaavasti kahden yläkolmiomatriisin tulona saadaan yläkolmiomatriisi. 10 / 24
LU-hajotelma Todistus. Todistetaan alakolmiomatriisien tulos (yläkolmiomatriiseille vastaavasti). Olkoot L = [l ij ], M = [m ij ] M(n, n) alakolmiomatriiseja, joiden diagonaaleilla on vain ykkösiä. Täten l ij = m ij = 0 kaikilla i < j ja l ii = m ii = 1 kaikilla i. Olkoon B = [b ij ] = LM. Nyt b ii = n l ik m ki = l ii m ii = 1 1 = 1 k=1 kaikilla i, sillä joko l ik = 0 tai m ki = 0, kun i k. Kun j > i, niin n b ij = l ik m kj = 0, k=1 sillä l ik = 0, kun k > i ja m kj = 0, kun k i < j. Näin ollen B on alakolmiomatriisi, jonka diagonaalilla on vain ykkösiä. 11 / 24
LU-hajotelma Lause 2 Olkoon A M(n, n) ja oletetaan, että A saadaan muutettua rivimuunnoksilla lukuun ottamatta rivien vaihtoja yläkolmiomatriisiksi U. Tällöin on olemassa sellainen alakolmiomatriisi L, jonka diagoonaalilla on vain ykkösiä, että A = LU. Jos U on kääntyvä (U:n porrasmuodossa on n askelta), niin esitys on yksikäsitteinen. Todistus. Sivuutetaan. 12 / 24
LU-hajotelman käyttö yhtälön ratkaisussa Halutaan ratkaista yhtälö Ax = b, missä A on kääntyvä. Jos A toteuttaa edellisen lauseen ehdot, saadaan LUx = b. Koska L on kääntyvä, niin on olemassa sellainen yksikäsitteinen y, että Ly = b. Koska U on myös kääntyvä, niin on olemassa sellainen yksikäsitteinen x, että Ux = y. Täten Ax = L(Ux) = Ly = b ja yhtälö ratkaistu. 13 / 24
LU-hajotelman käyttö yhtälön ratkaisussa Esimerkki 4 2 2 1 Ratkaistaan yhtälö Ax = b, missä A = 2 3 2 ja 4 1 1 1 b = 0. Nyt aikaisempien esimerkkien nojalla 1 1 0 0 2 2 1 A = LU = 1 1 0 0 5 3. 2 1 1 0 0 2 Ratkaistaan aluksi yhtälö Ly = b, missä y = y 2. y 3 y 1 14 / 24
LU-hajotelman käyttö yhtälön ratkaisussa Esimerkki 4 jatkuu Nyt saadaan y 1 = 1 y 1 = 1 y 1 + y 2 = 0 y 2 = 1. 2y 1 y 2 + y 3 = 1 y 3 = 2 Ratkaistaan seuraavaksi yhtälö Ux = y. Nyt 2x 1 + 2x 2 + x 3 = 1 x 1 = 1 5 5x 2 + 3x 3 = 1 x 2 = 4. 2x 3 = 2 5 x 3 = 1 15 / 24
Hajotelma PA = LU Ilman rivin vaihtoja ei aina onnistu matriisin saattaminen yläkolmiomatriisiksi. Olkoon matriisit P i, i = 1,... k, tällaisia tarvittavia rivin vaihtoja vastaavat alkeismatriisit. Matriisia P = P k P k 1 P 2 P 1, missä sanotaan permutaatiomatriisiksi. Matriisi PA saadaan yläkolmiomatriisiksi rivioperaatioilla lukuun ottamatta rivin vaihtoja. 16 / 24
Hajotelma PA = LU Esimerkki 5 0 2 3 Olkoon A = 2 4 7. Nyt rivimuunnoksilla saadaan 1 2 5 0 2 3 1 2 5 1 2 5 2 4 7 P 13 2 4 7 A 12( 2) 0 0 3 1 2 5 0 2 3 0 2 3 missä U on yläkolmiomatriisi. 1 2 5 P 23 0 2 3 = U, 0 0 3 17 / 24
Hajotelma PA = LU Esimerkki 5 jatkuu Merkitään 0 0 1 1 0 0 P 1 = 0 1 0 ja P 2 = 0 0 1, 1 0 0 0 1 0 mitkä ovat äsken tehtyjä rivinvaihtoja vastaavat alkeismatriisit. Nyt permutaatiomatriisi 1 0 0 0 0 1 0 0 1 P = P 2 P 1 = 0 0 1 0 1 0 = 1 0 0. 0 1 0 1 0 0 0 1 0 18 / 24
Hajotelma PA = LU Esimerkki 5 jatkuu Tällöin 0 0 1 0 2 3 1 2 5 PA = 1 0 0 2 4 7 = 0 2 3. 0 1 0 1 2 5 2 4 7 Tämä matriisi voidaan muuttaa nyt yläkolmiomatriisiksi ilman rivienvaihtoa seuraavasti: 1 2 5 1 2 5 0 2 3 A 13( 2) 0 2 3 = U. 2 4 7 0 0 3 19 / 24
Hajotelma PA = LU Esimerkki 5 jatkuu Matriisimuodossa sama lasku kuin edellä on 1 0 0 0 1 0 PA = U, 2 0 1 joten 1 0 0 1 2 5 PA = 0 1 0 0 2 3 = LU. 2 0 1 0 0 3 20 / 24
Hajotelma PA = LU Lause 3 Olkoon A M(n, n) kääntyvä. Tällöin on olemassa sellainen permutaatiomatriisi P, että PA = LU, missä L on alakolmiomatriisi, jonka diagonaalilla on ykkösiä, ja U on yläkolmiomatriisi. Jokaiselle tällaiselle P matriisit L ja U ovat yksikäsitteisiä. Todistus. Sivuutetaan. 21 / 24
PA = LU-hajotelman käyttö yhtälön ratkaisussa Käsitellään yhtälöä Ax = b ja oletetaan, että PA = LU. Tällöin PAx = Pb LUx = Pb. Nyt yhtälö LUx = Pb voidaan ratkaista normaalisti LU hajotelman avulla. 22 / 24
PA = LU-hajotelman käyttö yhtälön ratkaisussa Esimerkki 6 0 2 3 7 Ratkaistaan yhtälö Ax = B, missä A = 2 4 7 ja b = 9. 1 2 5 6 Edellisen esimerkin nojalla 0 0 1 7 6 LUx = PAx = Pb = 1 0 0 9 = 7 0 1 0 6 9 Ratkaistaan aluksi yhtälö Ly = Pb, missä y = y 2. y 3 y 1 23 / 24
PA = LU-hajotelman käyttö yhtälön ratkaisussa Esimerkki 6 jatkuu Nyt saadaan y 1 = 6 y 1 = 6 y 2 = 7 y 2 = 7. 2y 1 + y 3 = 9 y 3 = 21 Ratkaistaan seuraavaksi yhtälö Ux = y. Nyt x 1 2x 2 + 5x 3 = 6 x 1 = 57 2x 2 + 3x 3 = 7 x 2 = 14. 3x 3 = 21 x 3 = 7 24 / 24