Rozkład LU macierzy

[marpus]

Cześć,
Prośba o pomoc w rozwiązaniu poniższego zadania.

Dana jest macierz
\(\displaystyle{ \begin{bmatrix} 1&1&1\\2&0&2\\3&4&0\end{bmatrix}}\)
Stosując eliminację Gaussa bez wyboru elementu podstawowego wykonaj dekompozycję \(\displaystyle{ LU}\) tej macierzy. Podaj końcową zawartość macierzy \(\displaystyle{ L}\) i \(\displaystyle{ U}\).

Zrobiłem coś takiego:
\(\displaystyle{ \begin{bmatrix} 1&1&1\\2&0&2\\3&4&0\end{bmatrix} \Rightarrow \begin{bmatrix} 1&1&1\\0&-2&0\\0&1&-3\end{bmatrix} \Rightarrow \begin{bmatrix} 1&1&1\\0&-2&0\\0&0&-3\end{bmatrix}}\)

Macierz \(\displaystyle{ U}\): \(\displaystyle{ \begin{bmatrix} 1&1&1\\0&-2&0\\0&0&-3\end{bmatrix}}\)

Macierz \(\displaystyle{ L}\): \(\displaystyle{ \begin{bmatrix} 1&0&0\\2&1&0\\3&\frac12&1\end{bmatrix}}\)

Tylko, że \(\displaystyle{ L \cdot U}\) nie daje mi macierzy \(\displaystyle{ A}\)

\(\displaystyle{ LU=\begin{bmatrix} 1&1&1\\2&0&2\\3&2&0\end{bmatrix}}\)

W ostatnim wierszu jest \(\displaystyle{ 2}\) zamiast \(\displaystyle{ 4}\).

Prośba o pomoc w znalezieniu błędu.

[janusz47]

1. Stosujemy eliminację Gaussa, sprowadzając macierz \(\displaystyle{ A}\) do macierzy trójkątnej górnej (z jedynkami na przekątnej głównej), otrzymując macierz trójkątną górną \(\displaystyle{ U.}\)

\(\displaystyle{ \begin{bmatrix} 1&1&1\\2&0&2\\3&4&0\end{bmatrix}\equiv ... \equiv \begin{bmatrix} 1&1&1\\0&1&0\\0&0&1\end{bmatrix}= U}\)
(proszę sprawdzić).

2. Rozwiązujemy równanie macierzowe:

\(\displaystyle{ \begin{bmatrix} l_{11}&0&0\\l_{21}&l_{22}&0\\l_{31}&l_{32}&l_{33}\end{bmatrix}\cdot \begin{bmatrix} 1&1&1\\0&1&0\\0&0&1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 1&1&1\\2&0&2\\3&4&0\end{bmatrix}.}\)

Skąd otrzymujemy macierz \(\displaystyle{ L :}\)

\(\displaystyle{ L = \begin{bmatrix} 1&0&0\\2&-2&0\\3&1&-3\end{bmatrix}}\)

(proszę sprawdzić).

[marpus]

hmmm no zgadza się \(\displaystyle{ L \cdot U = A}\)

Natomiast posiedziałem jeszcze nad tym przykładem i udało mi się go rozwiązać, ale dostałem inne macierze \(\displaystyle{ L}\) i \(\displaystyle{ U}\), ale po ich przemnożeniu dostaję macierz \(\displaystyle{ A}\). Może być kilka takich możliwości?? Czy jednak mam gdzieś błąd?

Zrobiłem tak:

\(\displaystyle{ \begin{bmatrix} 1&1&1\\2&0&2\\3&4&0\end{bmatrix} \Rightarrow \begin{bmatrix} 1&1&1\\3&4&0\\2&0&2\end{bmatrix} \Rightarrow \begin{bmatrix} 1&1&1\\0&1&-3\\0&-2&0\end{bmatrix} \Rightarrow \begin{bmatrix} 1&1&1\\0&1&-3\\0&0&-6\end{bmatrix} = U}\)

\(\displaystyle{ L= \begin{bmatrix} 1&0&0\\3&1&0\\2&-2&1\end{bmatrix}}\)

ale, że w eliminacji Gaussa dokonałem zamiany wierszy to tutaj też muszę. Ostatecznie macierz \(\displaystyle{ L}\) ma postać:

\(\displaystyle{ L= \begin{bmatrix} 1&0&0\\2&-2&1\\3&1&0\end{bmatrix}}\)

\(\displaystyle{ L \cdot U = A}\)

Wygląda ok. ale serdeczna prośba o potwierdzenie czy to jest dobrze, i czy może być kilka różnych macierzy \(\displaystyle{ L}\) i \(\displaystyle{ U}\), które po wymnożeniu dadzą macierz \(\displaystyle{ A}\).

[janusz47]

Jedna z macierzy \(\displaystyle{ L}\) lub \(\displaystyle{ U}\) musi mieć na przekątnej jedynki.

[marpus]

Jedna z macierzy \(\displaystyle{ L}\) lub \(\displaystyle{ U}\) musi mieć na przekątnej jedynki.

No ok, ale w moim rozwiązaniu jak i w Twoim jest macierz L lub U, która ma na przekątnej jedynki. Czy zatem może być kilka takich macierzy L i U?

[janusz47]

Może.

W ogólnym przypadku występuje jeszcze macierz permutacji \(\displaystyle{ P}\) i na przykład w programie OCTAVE rozkład ten możemy uzyskać instrukcją:

\(\displaystyle{ [L, U, P] = lu(A).}\)