Si consideri la seguente matrice tridiagonale - - - -

Si consideri la seguente matrice tridiagonale
6 1 0 0


6  4 1 0
A
0  3  5 1


0 0  4 2


a) Descrivere la struttura delle matrici L e U della fattorizzazione A = LU e la struttura della
matrice B = ULLT.
b) Determinare la fattorizzazione A = LU mostrando che coincide con la fattorizzazione PA =
LU, e calcolare il determinantedi A per mezzo della fattorizzazione.
c) Risolvere il sistema Ax = b = ( 7 13 19 14)T, utilizzando la fattorizzazione.
d) Calcolare la norma infinito e la norma uno di A
e) Mostrare che in ogni sistema Ax = b, si ha sempre
|| b ||
|| x ||
|| A ||
sia che si tratti della norma uno che della norma infinito.
Soluzione
a) La matrice A, essendo tridiagonale, ha larghezza di banda bassa 1 e larghezza di banda alta
1. Di conseguenza le matrici L e U della fattorizzazione A = LU sono l’una bidiagonale
bassa e l’altra bidiagonale alta. Nel prodotto tra matrici a banda le larghezze di banda si
sommano, da cui B ha larghezza di banda alta 2 e larghezza di banda bassa 1.
b) Per trovare la fattorizzazione PA = LU, partiamo
da L(0) = I, e U(0) = A. Esaminando la
prima colonna di U(0) ci accorgiamo che il primo pivot è anche il primo elemento da cui r1 = 1.
Il primo moltiplicatore è l21 = 6/6 = 1, da cui
1 0 0 0


1 1 0 0
(1)
L 
0 0 1 0


0 0 0 1


e, sottraendo dalla seconda riga di U(0) la prima
premoltiplicata per 1, si ha
6 1 0 0


0  3 1 0
(1)
U 
0  3  5 1


0 0  4 2


Risulta A = L(1)U(1), ma U(1) non è ancora triangolare superiore. Il secondo pivot è -3 che è il
primo elemento del blocco in basso 3 × 3 di U(1), da cui r2 = 2. Il nuovo moltiplicatore l32 è (3)/(-3) = 1, da cui
1 0 0 0


1 1 0 0
( 2)
L 
0 1 1 0


0 0 0 1


Inoltre, sottraendo dalla terza riga di U(1) la seconda premoltiplicata per 1 si ha
6 1 0 0


0

3

1
0


U ( 2)  
0 0  4 1


0 0  4 2


(2) (2)
(2)
Risulta A = L U , ma U non è triangolare
superiore. Ora, ispezionando l’ultimo blocco
2 × 2 di U(2) si trova che il terzo pivot è -4, coincidente col primo elemento di tale blocco. Quindi r3
= 3, e il moltiplicatore l43 è (-4)/(-4) = 1. Quindi
1 0 0 0


1 1 0 0
( 3)
L L
0 1 1 0


0 0 1 1


e, sottraendo dalla quarta riga di U(3) la terza premoltiplicata per 1 si trae
 6 1 0 0


 0  3 1 0
( 3)
U U  
0 0  4 1


0 0
0 1 

Risulta A = LU, ed U è anche triangolare alta. Inoltre essendo ri = i, i =1,2,3, questa fattorizzazione
coincide con la fattorizzazione PA = LU, ( P = I). Le due matrici L e U sono, come previsto,
entrambe bidiagonali. Se non si fosse trovato P = I , tale struttura di L e U non si sarebbe presentata.
Il determinante di A è il determinante di U, cioè detA = 72.
c ) Il sistema Ax = b, si scrive come LUx = e posto Ux = y, cominciamo col risolvere il sistema
Ly = b, che, esplicitamente, si scrive
y1 = 7, y1 + y2 = 13, y2 + y3 = 19, y3 + y4=14
Risolvendo, col metodo di sostituzione all’indietro, si trae y1 = 7, y2 = 6, y3 = 13 e y4 = 1. Poi,
risolviamo il sistema Ux = y, che in forma esplicita, diventa
6x1 –x2 = 7, -3x2 – x3 = 6, -4x3 + x4 =13, x4 = 1
Risolvendo, col metodo di sostituzione all’indietro, si trae x4 = 1, x3 = -3, x2 = -1, x1 = 1. Il vettore
soluzione è x =(1 -1 -3 1)T come agevolmente si controlla facendo il prodotto tra A e x e
ritrovando b.
d)
||A||1 = 12, ||A||  = 11
e) Da b = Ax, si ha ||b|| = ||Ax|| ≤ ||A|| ||x||, da cui
|| b ||
|| x ||
|| A ||
Questo vale anche per la norma due e per la norma due su
vettori e la norma di Frobenius su matrici.
•••••
Si consideri la matrice
 2 0 2


A  1 1 2
 4 2 2


a).Trovare la fattorizzazione PA = LU di A, senza necessariamente calcolare P, ma
individuando tutti gli scambi.
b ) Trovare la terza colonna dell’inversa di A usando la fattorizzazione del punto a)
c ) Calcolare il determinante di A, usando la fattorizzazione del punto a)
Soluzione
a ). Al solito sia L(0) = I e U(0) = A. Il primo pivot è 4 ed occorre scambiare prima riga con
terza riga Si conserva il primo scambio r1 = 3, e
 4 2 2


(0)
U   1 1 2
 2 0 2


I primi due moltiplicatori sono l21 = ¼ e l3\ = 2/4 = ½ . Si trae la matrice
 1 0 0


(1)
L = 1 / 4 1 0 
1 / 2 0 1 


e da U ( 0) si trae U(1), sottraendo dalla seconda riga la prima premoltiplicata per ¼ e dalla
terza riga la prima riga premoltiplicata per ½. Quindi
2 
4 2


(1)
U   0 1/ 2 3 / 2
0 1
1 

Il secondo pivot è -1 ed occorre scambiare tra loro secondo e terzo moltiplicatore, e seconda
e terza riga di U(0) . Si conserva il secondo scambio r2 = 3, e si trova
2 
 1 0 0
4 2




(1)
(1)
L  1 / 2 1 0 , U   0  1
1 
1 / 4 0 1 
 0 1/ 2 3 / 2 




L’ultimo moltiplicatore è -1/2 e si forma la matrice
0
0
 1


L( 2)  L  1 / 2
1
0
1 / 4  1 / 2 1 


Infine sottraendo dalla terza riga di U (1) la seconda riga premoltiplicata per -1/2, si ha
 4 2 2


U ( 2)  U   0  1 1 
 0 0 2


La fattorizzazione è PA = LU, dove P è individuata dal vettore degli scambi r = (3,3)T, cioè P
= P2P1, dove P1 è la matrice di permutazione elementare che scambia prima riga con terza riga e
P2 è la matrice di permutazione elementare che scambia seconda e terza riga. Applicate a un
vettore scambiano le componenti.
b) La fattorizzazione LU permette di calcolare anche l’inversa della matrice A. infatti l’inversa
di A è la matrice X tale che AX=I (I matrice identità) .
Per trovare la terza colonna dell’inversa di A, si deve risolvere il sistema Ax = e3 = ( 0 0 1)T,
cioè
PAx = Pe3 = P2P1e3 = ( 1 0 0 )T.
Vale a dire
LUx = ( 1 0 0 )T.
T
Posto Ux = y, si ha Ly = ( 1 0 0 ) , ed esplicitamente
y1 = 1, y1/2 +y2 = 0, y1/4 -y2/2 + y3 =0, da cui y1 = 1, y2 = -1/2, y3 = -1/2. Il sistema Ux = y,
si scrive esplicitamente, 4x1 +2x2 + 2x3 = 1, -x2 + x3 = -1/2, 2x3 = -1/2. Con il metodo di
sostituzione all’indietro si ha x3 = -1/4, x2 = ¼, x1 = ¼. La terza colonna della matrice
inversa di A è pertanto ( ¼ ¼ -¼ )T.
c ) Risulta detP2P1 = detP2detP1 = 1, poiché sappiamo che ogni matrice di permutazione
elementare ha determinante -1. Quindi detA = detL detU = -8.
••••
Si consideri la matrice
 2 1 1 


A   1 3  2
0 1
4 

a) Eseguire la fattorizzazione A = LU
b) Dimostrare che la fattorizzazione PA = LU, coincide con la precedente.
c) Calcolare i tre minori principali di testa di A, usando la fattorizzazione
a)
Soluzione
Iniziamo con L(0) = I e
 2 1 1 


U = A   1 3  2
0 1
4 

Il primo moltiplicatore è l21 = (-1)/2 = -1/2, e il secondo l31 = 0/2 = 0. Si forma
0 0
 1


(1)
L   1/ 2 1 0 
 0
0 1 

Per costruire U(1), basta sottrarre dalla seconda riga di U(0), la prima moltiplicata per l21.
1 
 2 1


(1)
U   0 5 / 2  3/ 2
0 1
4 

Risulta A = L(1)U(1), ma U(1) non è triangolare alta. Allora, col nuovo moltiplicatore
l32=1/(5/2)=2/5, formiamo
0 0
 1


( 2)
L  L    1/ 2 1 0 
 0
2 / 5 1 

Quindi, sottraendo dalla terza riga di U(1), la seconda premoltiplicata per l32, si ha
1 
 2 1


U  U ( 2)   0 5 / 2  3 / 2 
0 0
23 / 5 

Risulta A = LU e la fattorizzazione è eseguita.
b) La matrice A è a predominanza diagonale per colonne da cui la tesi
c) Da teoria i tre minori principali di testa di A sono quelli di U, quindi, rispettivamente, 2, 2×
5/2, = 5, 2 × 5/2 × 23/5 = 23
••••
Si prenda in esame la matrice
 1 1 0 0


 1 0 1 0
A
1 0 0 1


 1 2 0 0


(0)
a) Individuare, a priori, la struttura della fattorizzazione LU.
b) Calcolare la fattorizzazione LU. .
c) Calcolare dalla fattorizzazione il determinante dell’inversa di A
Soluzione
La matrice A ha larghezza di banda alta 1.
a) Come da teoria le matrici L e U della fattorizzazione sono rispettivamente triangolare
bassa e bidiagonale alta.
b) Iniziamo con L(0) = I e
 1 1 0 0


 1 0 1 0
(0)
U  A
1 0 0 1


 1 2 0 0


Il primo pivot è 1 e i primi tre moltiplicatori sono
l21 = (-1)/1 = -1, l31 = 1/1 = 1, l41=1/1 =1.
Questi vanno a formare la matrice
 1 0 0 0



1
1
0
0


L(1)  
1 0 1 0


 1 0 0 1


(1)
(0)
La matrice U si ottiene da U , sottraendo da seconda, terza e quarta riga, la prima riga
premoltiplicata rispettivamente per l21, l31, l41. Si ha
1 1 0 0


0 1 1 0
(1)
U 
0 1 0 1 


0 1 0 0


Il secondo pivot è 1, e i due moltiplicatori sono
l32 = (-1)/1 = -1, l42 = 1/1 = 1. Si forma
0 0 0
1


 1 1 0 0
( 2)
L 
1 1 1 0


 1 1 0 1


(1)
Quindi dalla terza e quarta riga di U si sottrae la seconda premoltiplicata rispettivamente per l32
e l42. Viene a costruirsi
1 1 0 0


 0 1 1 0
( 2)
U 
0 0 1 1


 0 0 1 0


L’ultimo pivot è 1, con ultimo moltiplicatore
l43 = (-1)/1 = -1. Si forma la matrice finale
0 0 0
1


0 0
 1 1
( 3)
L L 
1 1 1 0


 1 1 1 1


Sottraendo dalla quarta riga di U(2) la terza premoltiplicata per l43, si ha la matrice finale
1 1 0 0


0
1
1
0


U  U ( 3)  
0 0 1 1


0 0 0 1


La fattorizzazione A = LU è portata a termine.
c) detA-1 = 1/detA = 1/(detLdetU) = 1.
••••
1. Si consideri la matrice
 2 1 1


A   4 2 1
  2 0 1


a) Mostrare che la fattorizzazione A = LU non esiste
b) Determinare la fattorizzazione PA = LU, ( strategia del pivoting)
c) Risolvere il sistema Ax = b = (2 3 –1)T, usando la fattorizzazione
d) Calcolare ||L||1, ||U||1 e ||PA||1 = ||A||1. Verificare la quarta proprietà delle norme, con
le matrici L, U e PA.
e) Qual è la struttura di Ln e Un, per ogni numero relativo n ?
Soluzione
Si tratta di una 3  3 matrice e le matrici L e U della fattorizzazione sono l’una triangolare inferiore
con elementi diagonali uno e l’altra triangolare superiore, entrambe 3  3 matrici.
a) La fattorizzazione A = LU non esiste in quanto il minore principale di testa di ordine due è
nullo. Cioè
 2 1
  0
det 
 4 2
Se si provasse a eseguire la fattorizzazione A = LU, il secondo pivot sarebbe nullo.
b) Poinamo L(0) = I e U(0) = U. Nella prima colonna di U(0), 4 è l’elemento di massimo moduli e
dobbiamo scambiare prima con seconda riga di U(0) ottenendo
 4 2 1


( 0 )'
U   2 1 1
  2 0 1


e ricordando r1 = 2. I due moltiplicatori corrispondenti sono l21 = 2/4 = 1/2 e l31 = -2/4 = -1/2.
Questi moltiplicatori vanno a formare la matrice
0 0
 1


(1)
L   1/ 2 1 0
  1/ 2 0 1


Allora, dalla seconda riga di U ( 0)' sottraiamo la prima riga premoltiplicata per l21 e dalla terza
sottraiamo ancora la prima premoltiplicata per l31. Si ha
4 2 1 


(1)
U   0 0 1/ 2 
 0 1 3 / 2


Se P1 è la matrice di permutazione ottenuta scambiando nell’ identità prima e seconda riga, si ha
P1A = L(1)U(1), ma U(1) non è ancora una matrice triangolare superiore. Per il secondo passo occorre
esaminare il blocco 22 formato con le ultime due righe e colonne di U(1)
L’elemento di massimo modulo nella prima colonna di tale blocco e 1, per cui occorre scambiare
seconda e terza riga di U(1), ottenendo .
U (1)'
4 2 1 


  0 1 3 / 2
 0 0 1/ 2 


e ricordando r2 = 3.
Occorre anche scambiare i moltiplicatori l21 e l31 di L(1), ottenendo
0 0
 1


(1)'
L    1/ 2 1 0
 1/ 2 0 1


Ora notiamo che U (1)' è già triangolare superiore da cui U (1)' =U(2) = U, L(1)' = L(2) = L. Se P2 è la
matrice di permutazione che si ottiene scambiando nella matrice identità seconda e terza riga, posto
P = P2P1, si ha
PA = LU
c) Il sistema Ax = b, è equivalente al sistema PAx = Pb = c. Per trovare c, occorre calcolare
prima il vettore P1b = ( 3 2 –1)T, grazie allo scambio tra prima e seconda componente di b.
Infine grazie a P2 si trova c = Pb = (3 –1 2)T , per mezzo dello scambio tra seconda e terza
componente di P1b. Ora il sistema PAx = c, diventa LUx = c, e, posto, Ux =y, risolviamo,
prima, il sistema Ly = c, che, esplicitamente, si scrive
y1 = 3, -y1/2 + y2 = -1, y1/2 + y3 = 2.
Si tratta di un sistema triangolare inferiore che viene risolto col metodo di sostituzione in avanti.
Allora, y1 = 3, y2 = 1/2, y3 = ½. Ora, il sistema Ux = y, si scrive, in forma esplicita,
4x1 + 2x2 + x3 = 3, x2 + 3x3/2 = ½, x3/2 = ½.
Si tratta di un sistema triangolare superiore che si risolve col metodo di sostituzione all’indietro.
Allora, x3 = 1, x2 = -1, x4 = 1. Il vettore soluzione del sistema è, in definitiva, x = ( 1 –1 1)T, come
si controlla eseguendo il prodotto tra A e x e ritrovando b.
d) || U ||1 = 4, || L ||1 = 2, mentre || A ||1 = ||PA||1 = 8. La quarta proprietà della norma uno è
addirittura soddisfatta con l’uguaglianza.
e) Se n = 0, U0 =I, per n > 1, Un è triangolare alta per la proprietà del prodotto tra triangolari. Poi
U-1 è triangolare alta in quanto inversa di una triangolare alta. Quindi ogni U-n = (U-1)n è
triangolare alta per ogni natyrale n > 0. Analogamente su L.