Kapitel 2 Lineare und nichtlineare Gleichungen - Institut für ...

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34 Lineare und nichtlineare Gleichungen Beispiel: Sei ⎛ A := ⎝ 2 −1 3 −4 6 −5 6 13 16 Multipliziert man A von links mit ⎛ 1 0 ⎞ 0 ⎛ M 1 := ⎝ 4 1 0 ⎠ = ⎝ 2 − 6 0 1 2 so erhält man ⎛ M 1 A = ⎝ 2 −1 3 0 4 1 0 16 7 Eine Multiplikation von M 1 A von links mit ⎛ ⎞ ⎛ 1 0 0 M 2 := ⎝ 0 1 0 ⎠ = ⎝ 0 − 16 1 4 liefert ⎛ M 2 M 1 A = ⎝ 2 −1 3 0 4 1 0 0 3 also eine obere Dreiecksmatrix. Daher ist ⎛ ⎞ ⎛ 1 0 0 1 0 0 A = M1 −1 M2 −1 U = ⎝ −2 1 0 ⎠ ⎝ 0 1 0 3 0 1 0 4 1 die gesuchte LU-Zerlegung von A. ⎞ ⎞ ⎠ . 1 0 0 2 1 0 −3 0 1 ⎞ ⎠ . 1 0 0 0 1 0 0 −4 1 ⎞ ⎠ U = ⎝ ⎠ =: U, ⎛ ⎞ ⎠ , ⎞ ⎠ 1 0 0 −2 1 0 3 4 1 =L ⎞ ⎛ ⎠ ⎝ 2 −1 3 0 4 1 0 0 3 ⎞ ⎠ =U Nun gehen wir vom speziellen Beispiel zum allgemeinen Fall über und geben im folgenden Satz notwendige und hinreichende Bedingungen dafür an, dass das Gaußsche Eliminationsverfahren ohne Spaltenpivotsuche durchführbar ist, und dass es, wenn es durchführbar ist, eine LU-Zerlegung liefert. Satz 1.1 Sei A =(a ij ) ∈ R n×n . Man betrachte das folgende Verfahren: • Setze A (1) := A, A (1) =(a (1) ij ). • Für k =1,...,n− 1: ✷ – Bestimme l k := 1 a (k) kk (0,...,0 k ,a (k) k+1,k ,...,a(k) nk )T
2.1 Lineare Gleichungssysteme 35 Dann gilt: und anschließend M k := I − l k e T k . Hierbei bedeute e k den k-ten Einheitsvektor im R n . Die Matrix M k stimmt außer in der k-ten Spalte, und hier auch nur in den Einträgen unterhalb des Diagonalelements, mit der Einheitsmatrix überein. Danach berechne man A (k+1) := M k A (k) . Hierbei werden die ersten k Zeilen und ersten k − 1 Spalten von A (k) nicht verändert. In der k-ten Spalte unterhalb des Diagonalelements werden Nullen erzeugt. Den unteren (n − k) × (n − k)-Block in A (k+1) berechnet man aus a (k+1) ij := a (k) ij − a(k) ik a (k) kk a (k) kj , i,j = k +1,...,n. 1. Das obige Verfahren ist genau dann durchführbar, d. h. es ist a (k) kk = 0, k = 1,...,n− 1, wenndieerstenn − 1 Hauptabschnittsdeterminanten von A nicht verschwinden, wenn also ⎛ ⎞ a 11 ··· a 1k ⎜ det ⎝ . . a k1 ··· a kk ⎟ ⎠ = 0, k =1,...,n− 1. 2. Ist das Verfahren durchführbar, so ist U := A (n) eine obere Dreiecksmatrix und A = LU mit n−1 L := I + l k e T k , k=1 einer unteren Dreiecksmatrix mit Einsen in der Diagonalen. Beweis: Wegen A = A (1) und det(M k )=1ist det(A) =det(A (k) ), k =1,...,n.Das entsprechende gilt auch für den linken oberen k × k-Block in A (k) ,d.h.esist ⎛ ⎞ a 11 ··· a 1k ⎜ ⎟ det ⎝ . . ⎠ = a (1) 11 ···a (k) kk , k =1,...,n. a k1 ··· a kk Das Verfahren ist genau dann durchführbar, wenn a (k) kk =0, k =1,...,n− 1, bzw. die ersten n − 1 Hauptabschnittsdeterminanten von Null verschieden sind. Damit ist der erste Teil des Satzes bewiesen. Für den zweiten Teil beachte man, dass die Matrizen M k nichtsingulär sind und M k (I + l k e T k )=(I − l k e T k )(I + l k e T k )=I + l k e T k − l k e T k − e T k l k e k e T k = I, =0
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