Exercicis d'àlgebra lineal numèrica

El cost de cada fase. Factoritzar costa de l'ordre de $n^{3}$ operacions. que per a $500$ són uns $125.000.000. Però un cop feta, resoldre amb un terme independent nou només costa dues substitucions triangulars, de l'ordre de

$n^{2} = 250000$

La conseqüència pràctica. Si has de resoldre molts sistemes amb la mateixa matriu i termes independents diferents, factoritza un sol cop i reutilitza. La diferència és d'un factor $500$ per sistema.

I el que no s'ha de fer mai: calcular la matriu inversa i multiplicar. És unes tres vegades més car que factoritzar, és numèricament pitjor i no aporta res que la factorització no doni.

Pas 1 — la primera columna. De $L_{11}^{2} = 4$ surt $L_{11} = \sqrt{4} = 2$, i de $L_{21}L_{11} = 0$ surt $L_{21} = 0$.

Pas 2 — l'entrada diagonal. La condició sobre l'element $(2,2)$ és $L_{21}^{2} + L_{22}^{2} = 5$, o sigui

$L_{22} = \sqrt{5 - L_{21}^{2}} \approx 2.2361$

El test de definició positiva. Si la matriu no fos definida positiva, en aquest punt hauries d'arrelar un número negatiu i l'algorisme fallaria. Aquesta és, de fet, la manera estàndard de comprovar si una matriu simètrica és definida positiva: no es calculen els autovalors, s'intenta Cholesky i es mira si acaba.

El cost. Cholesky fa aproximadament la meitat del treball de LU i no necessita pivotatge, perquè l'estructura ja garanteix l'estabilitat.

Els valors singulars. Per a una matriu diagonal amb entrades positives, els valors singulars són exactament aquestes entrades: $10$ i $1$.

El número de condició.

$\kappa_2(A) = \frac{\sigma_{\max}}{\sigma_{\min}} = \frac{10}{1} = 10$

Com es llegeix. Aquest número diu quant es poden amplificar els errors relatius de les dades en passar a la solució. Amb $10$ el problema està ben condicionat i amb prou feines es perden xifres.

El que no es pot fer. Cap algorisme no millora aquest número: és una propietat del problema. Si és gran, la informació senzillament no hi és, i el que cal és replantejar el model o regularitzar.

El cost de cada fase. Factoritzar costa de l'ordre de $n^{3}$ operacions. que per a $600$ són uns $216.000.000. Però un cop feta, resoldre amb un terme independent nou només costa dues substitucions triangulars, de l'ordre de

$n^{2} = 360000$

La conseqüència pràctica. Si has de resoldre molts sistemes amb la mateixa matriu i termes independents diferents, factoritza un sol cop i reutilitza. La diferència és d'un factor $600$ per sistema.

I el que no s'ha de fer mai: calcular la matriu inversa i multiplicar. És unes tres vegades més car que factoritzar, és numèricament pitjor i no aporta res que la factorització no doni.

Pas 1 — la primera columna. De $L_{11}^{2} = 4$ surt $L_{11} = \sqrt{4} = 2$, i de $L_{21}L_{11} = 0$ surt $L_{21} = 0$.

Pas 2 — l'entrada diagonal. La condició sobre l'element $(2,2)$ és $L_{21}^{2} + L_{22}^{2} = 10$, o sigui

$L_{22} = \sqrt{10 - L_{21}^{2}} \approx 3.1623$

El test de definició positiva. Si la matriu no fos definida positiva, en aquest punt hauries d'arrelar un número negatiu i l'algorisme fallaria. Aquesta és, de fet, la manera estàndard de comprovar si una matriu simètrica és definida positiva: no es calculen els autovalors, s'intenta Cholesky i es mira si acaba.

El cost. Cholesky fa aproximadament la meitat del treball de LU i no necessita pivotatge, perquè l'estructura ja garanteix l'estabilitat.

Els valors singulars. Per a una matriu diagonal amb entrades positives, els valors singulars són exactament aquestes entrades: $25$ i $1$.

El número de condició.

$\kappa_2(A) = \frac{\sigma_{\max}}{\sigma_{\min}} = \frac{25}{1} = 25$

Com es llegeix. Aquest número diu quant es poden amplificar els errors relatius de les dades en passar a la solució. Amb $25$ el problema està ben condicionat i amb prou feines es perden xifres.

El que no es pot fer. Cap algorisme no millora aquest número: és una propietat del problema. Si és gran, la informació senzillament no hi és, i el que cal és replantejar el model o regularitzar.

El cost de cada fase. Factoritzar costa de l'ordre de $n^{3}$ operacions. que per a $800$ són uns $512.000.000. Però un cop feta, resoldre amb un terme independent nou només costa dues substitucions triangulars, de l'ordre de

$n^{2} = 640000$

La conseqüència pràctica. Si has de resoldre molts sistemes amb la mateixa matriu i termes independents diferents, factoritza un sol cop i reutilitza. La diferència és d'un factor $800$ per sistema.

I el que no s'ha de fer mai: calcular la matriu inversa i multiplicar. És unes tres vegades més car que factoritzar, és numèricament pitjor i no aporta res que la factorització no doni.

Pas 1 — la primera columna. De $L_{11}^{2} = 4$ surt $L_{11} = \sqrt{4} = 2$, i de $L_{21}L_{11} = 0$ surt $L_{21} = 0$.

Pas 2 — l'entrada diagonal. La condició sobre l'element $(2,2)$ és $L_{21}^{2} + L_{22}^{2} = 13$, o sigui

$L_{22} = \sqrt{13 - L_{21}^{2}} \approx 3.6056$

El test de definició positiva. Si la matriu no fos definida positiva, en aquest punt hauries d'arrelar un número negatiu i l'algorisme fallaria. Aquesta és, de fet, la manera estàndard de comprovar si una matriu simètrica és definida positiva: no es calculen els autovalors, s'intenta Cholesky i es mira si acaba.

El cost. Cholesky fa aproximadament la meitat del treball de LU i no necessita pivotatge, perquè l'estructura ja garanteix l'estabilitat.

Els valors singulars. Per a una matriu diagonal amb entrades positives, els valors singulars són exactament aquestes entrades: $50$ i $1$.

El número de condició.

$\kappa_2(A) = \frac{\sigma_{\max}}{\sigma_{\min}} = \frac{50}{1} = 50$

Com es llegeix. Aquest número diu quant es poden amplificar els errors relatius de les dades en passar a la solució. Amb $50$ el problema està ben condicionat i amb prou feines es perden xifres.

El que no es pot fer. Cap algorisme no millora aquest número: és una propietat del problema. Si és gran, la informació senzillament no hi és, i el que cal és replantejar el model o regularitzar.

El cost de cada fase. Factoritzar costa de l'ordre de $n^{3}$ operacions. que per a $1000$ són uns $1.000.000.000. Però un cop feta, resoldre amb un terme independent nou només costa dues substitucions triangulars, de l'ordre de

$n^{2} = 1000000$

La conseqüència pràctica. Si has de resoldre molts sistemes amb la mateixa matriu i termes independents diferents, factoritza un sol cop i reutilitza. La diferència és d'un factor $1000$ per sistema.

I el que no s'ha de fer mai: calcular la matriu inversa i multiplicar. És unes tres vegades més car que factoritzar, és numèricament pitjor i no aporta res que la factorització no doni.