main (1160446), страница 6
Текст из файла (страница 6)
Тогда ПТИМ сходится в среднеквадратичной норме при любомначальном приближении 0 .Теорема 1Доказательство.Раскроем скобки в выражении для , учитывая, что 1 = 2* : = ( + 2* )( + 2 ) = + (2* + 2 ) + 2 2* 2 = + + 2 2* 2 .Очевидно, что = ( − 2* )( − 2 ) + 2.(2)(3)Кроме того,(( − 2* )( − 2 ), ) = (( − 2 ), ( − 2 )) > 0.Тогда из равенства (3) следует неравенство(4) > 2.Учитывая условие теоремы ( > 4 ), получим, что > 2 и ПТИМ сходится по теоремеСамарского при любом начальном приближении 0 .(о скорости сходимости ПТИМ).
Пусть — самосопряженный положительноопределенный оператор и числа > 0, ∆ > 0 таковы, что выполняются неравенстваТеорема 2 > , 2* 2 6Положим∆.4(5))︃√ (︃ √√2∆∆2√√, 1 =, 2 =.=√ , =+24∆+ ∆12Тогда ПТИМ сходится и имеет место оценка‖+1 − ‖ 6 ‖ − ‖ ,где =√1− √1+3 ,=Δ.Доказательство. Покажем, что из неравенств (5) следует 6 1. Рассмотрим второе неравенство и воспользуемся определением сопряженного оператора:2* 2 6∆∆ ⇒ (2* 2 , ) = (2 , 2 ) = ‖2 ‖2 6 (, ).44Рассмотрим первое неравенство: > ⇒ (, ) > ‖‖2 .Очевидно, что из представления = 1 + 2 = 2* + 2 следует равенство(, ) = (2* , ) + (2 , ) = 2(2 , ).Предположим, что — ненулевой вектор, и получим‖‖2 6 (, ) =(, )24(2 , )2=.(, )(, )(6)§8.
Исследование скорости сходимости ПТИМ33Воспользуемся неравенством Коши-Буняковского и неравенством (6):‖‖2 64‖2 ‖2 ‖‖24∆(, )‖‖26= ∆‖‖2 .(, )4(, )Таким образом, справедливо неравенство 6 ∆.При доказательстве будем опираться на следствие 1 из теоремы об оценке скоростисходимости итерационного метода общего вида. Чтобы воспользоваться следствием 1 изтеоремы об оценке скорости сходимости, найдем из условия теоремы числа 1 и 2 такие,что1 6 6 2 .(7)Из неравенства (4) ( > 2), полученного в ходе доказательства теоремы о сходимости1.
Тогда можно положить в неравенстве (7) 2 = 2.ПТИМ следует оценка 6 2Оценим выражение (2), воспользовавшись неравенствами (5):)︂(︂1∆ 21∆ 22 * = + + 2 2 6 + +.=++44(︁)︁2 −1Тем самым неравенство (7) выполнено с постоянной 1 = 1 + + Δ.4Для нахождения максимально возможной скорости сходимости будем минимизироватьфункцию () (как известно, чем меньше , тем быстрее сходится метод):() =1 ()1 − (), () =,1 + ()2 ()что эквивалентно минимизации функции ():(︂)︂2 ()11∆ () ==1++.1 ()24Для нахождения экстремальных точек найдем производную () и приравняем ее к нулю:(︂)︂121 ∆′− 2= 0 ⇒ = 0 = √ . () =2 4 ∆Учтем, что > 0, и проверим, что точка 0 доставляет минимум функции (), найдязнак второй производной функции в этой точке: ′′ () =1> 0.
3Подставим 0 в выражения для 1 , 2 , :1 =11+√2Δ+Δ 44 Δ=2)︃√ (︃ √√1 ∆∆√ =√√= √,2+ √2Δ2 ∆+2 ∆+ 12 ==20Отсюда√∆.4)︃√ (︃ √√41 ()∆2 √√√=√=√() =2 ()∆ 2∆+ ∆+ 34и√ ⎫√√∆− ⎪2 √√⎪√ =√√ ⎪1− = 1− √√⎬1− ∆− 1−∆+ ∆+ √ ==√(∆ ̸= 0).⇒=√√√√ ,=⎪1+1+3∆∆+32 ∆ + 3 ⎪√ = √√ ⎪1+ = 1+ √⎭∆+ ∆+ Исходя из полученных соотношений и следствия 1, получаем оценку‖+1 − ‖ 6 ‖ − ‖ .Таким образом, теорема 2 доказана.Покажем, что ПТИМ сходится на порядок быстрее метода простой итерации, методаЗейделя и метода Якоби.Число итераций, необходимое для достижения заданной точности > 0 равно[︃]︃ln 10 () =,ln 1где [] означает целую часть числа , а ln 1 — скорость сходимости итерационного метода.В практических(︀ −2 )︀ задачах, когда велико, отношение = Δ часто является величинойпорядка O .Оценим скорость сходимости ПТИМ:√√√1+3 (1 + 3 )(1 + )1√=≈ 1 + 4 ,√ =1− 1−ln(︀)︀(︀ )︀1√≈ ln(1 + 4 ) = O −1 , 0 () = O .Оценим скорость сходимости метода простой итерации:=1−1− 11+(1 + )2=,==≈ 1 + 2,1+1+ 1−1 − 2ln(︀)︀(︀ )︀1≈ ln(1 + 2) = O −2 , 0 () = O 2 .Таким образом, метод простой итерации сходится на порядок медленнее, чем ПТИМ.
Методы Якоби и Зейделя имеют тот же порядок сходимости, что и метод простой итерации.§9Методы решения задач на собственные значенияРассмотрим задачу поиска собственных значений, которая состоит в нахождении чисел и векторов , удовлетворяющих уравнению = , ̸= ,где — вещественная матрица порядка (×). Число называется собственным значением матрицы , а — соответствующим ему собственным вектором. У любой вещественнойматрицы порядка ( × ) существует, с учетом кратности, ровно собственных значений,вообще говоря, комплексных.§9. Методы решения задач на собственные значения35Собственный вектор определяется с точностью до константы ̸= 0. В вычислительныхметодах собственные векторы обычно нормируют с условием ‖‖ = 1, чтобы избежатьбыстрого накопления ошибок округления.Задача поиска собственных значений эквивалентна задаче нахождения корней характеристического многочлена матрицы :| − | = + −1 −1 + .
. . + 1 + 0 = 0,где ∈ R, = 0, , ̸= 0. Это уравнение имеет общее решение в радикалах толькопри 6 4, в реальных же задачах может быть порядка 105 или 106 и выше. Такимобразом, при больших задачу поиска собственных значений, за редким исключением,можно решить только численными методами.Собственные значения необходимы для оценки скорости сходимости итерационных методов решения систем линейных уравнений. При этом обычно достаточно найти минимальное и максимальное по модулю собственные значения.
Таким образом, различают два видапроблем, связанных с поиском собственных значений матрицы:1. Частичная проблема собственных значений, которая заключается в нахождении отдельных собственных значений.2. Полная проблема собственных значений, которая заключается в нахождении всегоспектра матрицы.Очевидно, что частичная проблема является более простой, чем полная проблема.Степенной методРассмотрим частичную проблему собственных значений. Будем искать собственный векторпо формуле (см. [6], гл.VI, §4)+1 = , ∈ Z+ , 0 задано.(1)Пусть { }=1 — собственные значения матрицы , среди которых могут быть повторяющиеся.
Упорядочим их по неубыванию модулей:|1 | 6 |2 | 6 . . . 6 | |.Будем доказывать сходимость степенного метода при выполнении трех условий:A) В вещественном пространстве R существует базис { }, = 1, из собственныхвекторов матрицы .⃒⃒⃒⃒B) ⃒ −1⃒ < 1.C) 0 = 1 1 + 2 2 + . . . + , где ̸= 0.Пусть вещественная матрица (×) такова, что выполнены условияA) – C). Тогда степенной метод для матрицы сходится по направлению к собственномувектору, отвечающему максимальному по модулю собственному значению:Утверждение. −→ .→∞{︁}︁()Кроме того, для последовательности , заданной одной из формул() =+1( , )(),=1,,либо=( , )36справедлива следующая оценка сходимости к :(︃(︂)︂ )︃−1 () − = O.Покажем, что при выполнении условий A) – C) степенной метод сходится по направлению к собственному вектору матрицы , отвечающему максимальному помодулю собственному значению.Из рекуррентной формулы (1) получим:Доказательство.
= 0 , ∈ N.Воспользуемся условиями A), C) и разложим -ю итерацию по базису из собственных векторов { } матрицы : = 0 =∑︁ ==1∑︁ = + −1 −1 −1 + . . . + 1 1 1 .=1В силу условия C) ̸= 0. Кроме того, считаем, что у матрицы существует хотя бы одноненулевое собственное значение, и значит максимальное по модулю из них гарантированноне равно нулю: ̸= 0. Поделив равенство на , получим:(︂)︂(︂)︂−1 −1 1 1 = +−1 + .
. . +1 . Перейдя к пределу при → ∞ и учитывая условие B), получим, что сходится по направлению к :lim = .→∞Рассмотрим два способа вычисления максимального по модулю собственного значенияматрицы . Первый способ состоит в вычислении отношения -х координат ( + 1)-й и -йитераций.() = 1 1 1 + . . . + () = 1, ,,()()+1= 1 +11 + . . . + +1 ,1 = 1, .()Здесь — -я координата вектора , = 1, . Обозначая() =получим()()=+1,(2)()()+1+1 +11 + −1 −1 −1 + .
. . + 1 1=()()() + −1 −1 −1 + . . . + 1 1 1(︂(︁)︁+1 ()(︁ )︁+1 () )︂1()−1 −111−1(︃(︂+1)︂ )︃ 1 + () + . . . + ()−1 (︂= + O.=(︁)︁ ()(︁ )︁ () )︂1()−1 −111−1 1 + +...+()() Заметим, что начальное приближение 0 — ненулевой вектор, и в силу этого вектор= 0 имеет хотя бы одну ненулевую координату. Поэтому возможно деление на -юкоординату вектора , где — некоторое целое число от 1 до .§9.
Методы решения задач на собственные значения37Второй способ состоит в вычислении выражения( , )(+1 , )=.( , )( , )() =(3)Пусть — самосопряженная матрица. Тогда в пространстве R× существует ортонормированный базис { } из собственных векторов матрицы :{︃1 при = ,( , ) = =0 при ̸= ,, = 1, .Тогда выражение (3) можно преобразовать следующим образом:() =2 2+1=(︂(︁−1)︁2 (︁2 2+12 2+1+ 2−1 2+1−1 + . . .
+ 1 1=2 2222 2 + −1 −1 + . . . + 1 1−1)︁2+1(︁1)︁2 (︁1)︁2+1 )︂1++ ... +(︂)︁2 (︁)︁2(︁(︁ )︁2 (︁ )︁2 )︂−1−1112 21++...+= + O(︃(︂−1)︂2 )︃.Заметим, что показатель степени равен 2, в отличие от заявленного в условии утверждения показателя, равного . Таким образом, если матрица — самосопряженная, то оценкусходимости из условия утверждения можно улучшить.Рассмотрим теперь выражение (3) для произвольной матрицы и воспользуемся условием A) сходимости степенного метода:∑︀() =,=1∑︀ +1 ( , ),=1= ( , )2 2+1 ( , )2+12 ( , ) + +11 1 −1 −1 (−1 , ) + . . .
+ 1 1=2222 ( , ) + −1 −1 (−1 , ) + . . . + 1 1 (1 , 1 )(︂)︂(︁)︁+1(︁ )︁2 (︁ )︁2+1(−1 ,−1 )(1 ,1 )−1 −11122+1 ( , ) 1 + + . . . + ( , )( , ))︂(︂=.(︁ )︁2 (︁ )︁2(︁)︁(−1 ,−1 )(1 ,1 )−1 −11122 ( , ) 1 + + . . . + ( , )( , )=Отсюда получаем() = + O(︃(︂−1)︂ )︃.Утверждение доказано.Пусть у вещественной матрицы ( × ) существует комплексное собственное значение: = 0 + 1 , 1 ̸= 0. Тогда соответствующий собственный вектор —комплексный: = 0 +1 , 1 ̸= , и начальное приближение 0 вектора в итерационномметоде также должно быть комплексным.Замечание.38Доказательство.Подействуем на оператором :(0 + 1 ) = (0 + 1 )(0 + 1 ).Разделим вещественную и мнимую части уравнения:{︃0 = 0 0 − 1 11 = 0 1 + 1 0.Предположим, что 1 = . Тогда из второго уравнения следует, что 0 = и = .
Однако — собственный вектор и поэтому не может быть нулевым. Полученное противоречиезавершает доказательство.Метод обратных итерацийПусть матрица — невырожденная. Рассмотрим следующую форму записи неявного итерационного метода:+1 = , ∈ Z+ , 0 задано.Будем называть такой метод методом обратных итераций.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
