Macierz (silnie) diagonalnie dominująca
-
- Użytkownik
- Posty: 77
- Rejestracja: 8 sie 2010, o 15:18
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Łódź
- Podziękował: 11 razy
Macierz (silnie) diagonalnie dominująca
Witam, spotkał się ktoś z twierdzeniem: Układy równań liniowych z macierzami głównymi, diagonalnie dominującymi mają jednoznaczne rozwiązania. Jeśli tak to prosiłbym o żródło lub ewentualną pomoc w dowodzie.
- yorgin
- Użytkownik
- Posty: 12762
- Rejestracja: 14 paź 2006, o 12:09
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Podziękował: 17 razy
- Pomógł: 3440 razy
Macierz (silnie) diagonalnie dominująca
Jednoznaczność rozwiązań oznacza, że macierz \(\displaystyle{ A}\) wymiaru \(\displaystyle{ n\times n}\) jest nieosobliwa.
Załóżmy więc, że macierz jest osobliwa. Istnieje jakieś \(\displaystyle{ x}\) takie, że \(\displaystyle{ Ax=0}\) oraz nie wszystkie \(\displaystyle{ x_i}\) są zerami. Niech bez straty ogólności \(\displaystyle{ x_1\neq 0}\) będzie dodatkowo takie, że \(\displaystyle{ |x_1|=\max\{|x_i|:i=1,\ldots, n\}}\).
Wtedy
\(\displaystyle{ (Ax)_1=0}\)
Spróbuj dokończyć.
Załóżmy więc, że macierz jest osobliwa. Istnieje jakieś \(\displaystyle{ x}\) takie, że \(\displaystyle{ Ax=0}\) oraz nie wszystkie \(\displaystyle{ x_i}\) są zerami. Niech bez straty ogólności \(\displaystyle{ x_1\neq 0}\) będzie dodatkowo takie, że \(\displaystyle{ |x_1|=\max\{|x_i|:i=1,\ldots, n\}}\).
Wtedy
\(\displaystyle{ (Ax)_1=0}\)
Ukryta treść:
-
- Użytkownik
- Posty: 77
- Rejestracja: 8 sie 2010, o 15:18
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Łódź
- Podziękował: 11 razy
Macierz (silnie) diagonalnie dominująca
Zakładamy, że macierz jest osobliwa, czyli \(\displaystyle{ detA=0}\). Wiemy, że istnieje jakiś wektor \(\displaystyle{ x}\) taki, że \(\displaystyle{ Ax=b,b\in R}\). Skąd wiemy, że te \(\displaystyle{ b=0}\) i że \(\displaystyle{ x_{i}}\) nie wszystkie są zerami-te wszystkie informacje uzyskujemy z osobliwości macierzy?(jak?). Co oznacza zapis \(\displaystyle{ (Ax)_{1}=0}\) (mnożymy względem pierwszego wiersza?) Jaka jest istota tego dowodu?
- yorgin
- Użytkownik
- Posty: 12762
- Rejestracja: 14 paź 2006, o 12:09
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Podziękował: 17 razy
- Pomógł: 3440 razy
Macierz (silnie) diagonalnie dominująca
\(\displaystyle{ b\in \RR}\) nie ma sensu. Przecież \(\displaystyle{ Ax}\) jest wektorem, więc \(\displaystyle{ b}\) też powinno, tj \(\displaystyle{ b\in\RR^n}\).krzysiek852 pisze: Wiemy, że istnieje jakiś wektor \(\displaystyle{ x}\) taki, że \(\displaystyle{ Ax=b,b\in R}\).
Skoro \(\displaystyle{ b\in \RR^n}\), to zawsze możesz wziąć \(\displaystyle{ b=0}\) (wektor, nie liczba!). Ponadto warto sobie przypomnieć, jak wyglądają rozwiązania równania jednorodnegokrzysiek852 pisze:Skąd wiemy, że te \(\displaystyle{ b=0}\)
\(\displaystyle{ Ax=0}\)
w zależności od tego, czy \(\displaystyle{ \det A=0}\) czy też nie.
Tak. To wynika również z postaci rozwiązań, o których pisałem wyżej.krzysiek852 pisze:i że \(\displaystyle{ x_{i}}\) nie wszystkie są zerami-te wszystkie informacje uzyskujemy z osobliwości macierzy?
\(\displaystyle{ Ax}\) jest wektorem, a liczba w indeksie dolnym zwykle oznacza współrzędną wektora.krzysiek852 pisze:Co oznacza zapis \(\displaystyle{ (Ax)_{1}=0}\) (mnożymy względem pierwszego wiersza?)
Zrozumienie powyższego.krzysiek852 pisze:Jaka jest istota tego dowodu?
-
- Użytkownik
- Posty: 77
- Rejestracja: 8 sie 2010, o 15:18
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Łódź
- Podziękował: 11 razy
Macierz (silnie) diagonalnie dominująca
Co do tego wyznacznika to istnieje "twierdzenie": \(\displaystyle{ Ax=0}\) ma nietrywialne rozwiązanie \(\displaystyle{ \Leftrightarrow detA=0}\). Mamy \(\displaystyle{ a_{11}x_1=-\sum\limits_{j=2}^{n}a_{1j}x_j}\). Teraz trzeba wykazać, że lewa strona jest większa od 0? Wiem, że \(\displaystyle{ |a_{11}|>|a_{12}|+|a_{13}|+...|a_{1n}|}\), tzn.\(\displaystyle{ a_{11} \neq 0}\) i \(\displaystyle{ x_{1} \neq 0}\), ale z tego nie wynika, że \(\displaystyle{ a_{11}x_1>0}\). Co dalej?
- yorgin
- Użytkownik
- Posty: 12762
- Rejestracja: 14 paź 2006, o 12:09
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Podziękował: 17 razy
- Pomógł: 3440 razy
Macierz (silnie) diagonalnie dominująca
Nie. Trzeba pokazać, że wtedy własność silnej dominacji diagonali nie zachodzi. A to można zrobić na przykład przez wyrugowanie \(\displaystyle{ a_{11}}\) w module.krzysiek852 pisze:Teraz trzeba wykazać, że lewa strona jest większa od 0?
-
- Użytkownik
- Posty: 77
- Rejestracja: 8 sie 2010, o 15:18
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Łódź
- Podziękował: 11 razy
Macierz (silnie) diagonalnie dominująca
To może tak: Niech \(\displaystyle{ x_{k}}\) będzie takim elementem wektora \(\displaystyle{ x}\), że \(\displaystyle{ |x_{k}| \ge |x_{i}| \forall i}\). Wtedy\(\displaystyle{ \sum\limits_{i=1}^{n}a_{ki}x_{i}=0}\), tj.\(\displaystyle{ a_{kk}x_{k}=-\sum\limits_{i \neq k}^{n}a_{ki}x_{i}}\). Stąd z nierówności trójkąta :
\(\displaystyle{ |a_{kk}||x_{k}|=|a_{kk}x_{k}|=|\sum\limits_{i \neq k}^{n}a_{ki}x_{i}| \le\sum\limits_{i \neq k}^{n}|a_{ki}||x_{i}| \le |x_{k}|\sum\limits_{i \neq k}^{n}|a_{ki}|}\). Skoro \(\displaystyle{ x_{k} \neq 0}\) to możemy podzielić przez \(\displaystyle{ |x_{k}|}\) otrzymując\(\displaystyle{ |a_{kk}| \le \sum\limits_{i \neq k}^{n}|a_{ki}|}\), co jest sprzeczne z definicją macierzy silnie diagionalnie dominującej.
\(\displaystyle{ |a_{kk}||x_{k}|=|a_{kk}x_{k}|=|\sum\limits_{i \neq k}^{n}a_{ki}x_{i}| \le\sum\limits_{i \neq k}^{n}|a_{ki}||x_{i}| \le |x_{k}|\sum\limits_{i \neq k}^{n}|a_{ki}|}\). Skoro \(\displaystyle{ x_{k} \neq 0}\) to możemy podzielić przez \(\displaystyle{ |x_{k}|}\) otrzymując\(\displaystyle{ |a_{kk}| \le \sum\limits_{i \neq k}^{n}|a_{ki}|}\), co jest sprzeczne z definicją macierzy silnie diagionalnie dominującej.