Numerička linearna algebra - Odjel za matematiku - Sveučilište ...

5.1. Gaussove eliminacije 59Očito je A = LU, budući da L mora biti 1 × 1 donja trokutasta matrica sjedinicama na dijagonali, to je ova dekompozicija jedinstvena.Neka je sada n > 1. Pretpostavimo da za A ∈ C (n−1)×(n−1) postojijedinstvena dekompozicija A = LU, pri čemu su sve glavne podmatrice A jregularne za j = 1, . . .,n − 1.Ostaje nam pokazati da tvrdnja vrijedi za matricu A ∈ C n×n . Stoga ćemomatricu A ∈ C n×n zapisati u obliku:( )An−1bA =c ∗ , (5.1)a nngdje je A n−1 n − 1-va glavna podmatrica matrice A, a preostali blokovi sub, c ∈ C n−1 i a nn ∈ C. Mi želimo odrediti dekompoziciju oblika:( ) ( ) ( )L1 0 U1 u L1 UA =l ∗ = 1 L 1 u1 0 η l ∗ U 1 l ∗ , (5.2)u + ηgdje je L 1 ∈ C (n−1)×(n−1) donja trokutasta s jedinicama na glavnoj dijagonali,U 1 ∈ C (n−1)×(n−1) je gornja trokutasta, a l, u ∈ C n−1 i η ∈ C.Usporedivanjem blokova iz (5.1) i (5.2) slijedi:Po pretpostavci indukcije postoje matrice donje trokutasta L 1 i gornjatrokutasta U 1 takve da je A n−1 = L 1 U 1 i ta je dekompozicija jedinstvena.Budući da je L 1 regularna, to znači da je vektor u jedinstveno odreden izuvjeta L 1 u = b. Nadalje, zbog regularnosti matrice U 1 , vektor l koji zadovoljavajednakost l ∗ U 1 = c ∗ (vidimo da je l ∗ = c ∗ U1 −1 , odnosno l = U1 −∗ c).Konačno iz uvjeta l ∗ u+η = a nn slijedi da je 0 ≠ η ∈ C jedinstveno odredeno.Činjenica da je η ≠ 0 slijedi iz pretpostavke teorema o regularnosti matriceA, tj. det(A) = 1 · η · det(U 1 ) ≠ 0, povlači η ≠ 0. To znači da je matrica( )U1 uU =0 ηregularna.b) Pretpostavimo da je dana LU faktorizacija matrice A. Tada za po voljiizabrano j ∈ {1, . . .,n} možemo pisati( )A11 A 12=A 21 A 22( ) ( )L11 0 U11 U 12L 21 L 22 0 U 22gdje su A 11 , L 11 , U 11 ∈ C j×j . Iz=( )L11 U 11 L 11 U 12,L 21 U 11 L 21 U 12 + L 22 U 22det(A j ) = det(A 11 ) = det(L 11 U 11 ) = det(L 11 ) · det(U 11 ) = 1 · det(U 11 ) ≠ 0 ,