การหาผลเฉลยเชิงตัวเลขของระบบสมการเชิงเส้นด้วยเมทริกซ์: เกาส์ การสลับแถว LU โชเลสกี โทมัส จาโคบี เกาส์-ไซเดล SOR และเลขเงื่อนไข

1. ไม่สลับ: $m = 1/0.0001 = 10^4$ แล้ว

   $$a_{22} = 1 - 10^4 = -9999 \to \hlF{-1.00\times10^4},\qquad b_2 = 2 - 10^4 = -9998 \to \hlF{-1.00\times10^4}$$

2. $y = 1.00$ แทนกลับ: $x = \dfrac{1 - 1.00}{0.0001} = 0$ — ผิดทั้งหมด (คลาดเคลื่อน 100%)

3. สลับแถว ให้ $1$ เป็นตัวหลัก N5: $m = 0.0001$

   $$a_{22} = 1 - 0.0001 = 0.9999 \to 1.00,\qquad b_2 = 1 - 0.0002 = 0.9998 \to 1.00$$

4. $y = 1.00,\ x = 2 - 1.00 = 1.00$ — ถูกต้องตามจำนวนหลักที่มี

ไม่สลับ: $(x, y) = (0, 1.00)$ ✗ · สลับแถว: $(1.00, 1.00)$ ✓

ต้นเหตุ: ตัวคูณ $10^4$ ทำให้เลข 1 ใน $1 - 10^4$ หายไปตอนปัด ข้อมูลของสมการแรกจึงหายไปทั้งหมด · เครื่องจริงเก็บ 16 หลักก็เกิดเรื่องเดียวกันเมื่อ $\varepsilon \approx 10^{-17}$

1. หลักที่ 1: $\ell_{21} = 3,\ \ell_{31} = 2$ ได้แถวใหม่ $(0, 2, 2)$ และ $(0, 2, 5)$ · หลักที่ 2: $\ell_{32} = 2/2 = 1$ ได้ $(0, 0, 3)$

   $$L = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ \hlF{3} & 1 & 0 \\ \hlF{2} & \hlF{1} & 1 \end{pmatrix},\qquad U = \begin{pmatrix} \hlP{1} & 2 & 4 \\ 0 & \hlP{2} & 2 \\ 0 & 0 & \hlP{3} \end{pmatrix},\qquad \det A = 1\cdot2\cdot3 = 6$$

2. $\mathbf b = (3, 13, 4)$: ไปข้างหน้า $y_1 = 3,\ y_2 = 13 - 3(3) = 4,\ y_3 = 4 - 2(3) - 1(4) = -6$ N8

3. ย้อนกลับ $x_3 = -6/3 = -2,\ x_2 = (4 - 2(-2))/2 = 4,\ x_1 = 3 - 2(4) - 4(-2) = 3$

4. $\mathbf b = (1, 1, 1)$ ใช้ $L, U$ เดิม: $\mathbf y = (1, -2, 1)$ แล้ว $x_3 = \tfrac13,\ x_2 = \tfrac{-2 - 2/3}{2} = -\tfrac43,\ x_1 = 1 - 2(-\tfrac43) - 4(\tfrac13) = \tfrac73$

$\mathbf x = (3, 4, -2)$ และ $\mathbf x = (\tfrac73, -\tfrac43, \tfrac13)$

ตรวจแถว 2 ของคำตอบแรก: $3(3) + 8(4) + 14(-2) = 9 + 32 - 28 = 13$ ✓ · คำตอบที่สองไม่ต้องแยก LU ใหม่ ใช้แค่แทนค่าสองรอบ

1. หลัก 1 ตัวใหญ่สุดคือ 4 (แถว 2) สลับ $R_1 \leftrightarrow R_2$ แล้ว $\ell_{21} = 2/4 = \tfrac12,\ \ell_{31} = -2/4 = -\tfrac12$

   $$\begin{pmatrix} 4 & -6 & 0 \\ 0 & 4 & 1 \\ 0 & 4 & 2 \end{pmatrix}$$

2. หลัก 2 มี 4 สองตัวเท่ากัน คงแถว 2 ไว้ $\ell_{32} = 1$ ได้ $u_{33} = 2 - 1 = 1$

$P = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix},\ L = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ \tfrac12 & 1 & 0 \\ -\tfrac12 & 1 & 1 \end{pmatrix},\ U = \begin{pmatrix} 4 & -6 & 0 \\ 0 & 4 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix},\ \det A = -(4\cdot4\cdot1) = -16$

สลับแถวหนึ่งครั้ง เครื่องหมายจึงเป็นลบ N10 · ตรวจด้วยซาร์รัส: $2(-12) - 1(8) + 1(28 - 12) = -16$ ✓

1. หลัก 1: $\ell_{11} = \sqrt4 = 2,\ \ell_{21} = 2/2 = 1,\ \ell_{31} = 2/2 = 1$ N11

2. หลัก 2: $\ell_{22} = \sqrt{5 - 1^2} = 2,\ \ell_{32} = (3 - 1\cdot1)/2 = 1$ · หลัก 3: $\ell_{33} = \sqrt{6 - 1 - 1} = 2$

   $$L = \begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 \\ 1 & 2 & 0 \\ 1 & 1 & 2 \end{pmatrix}$$

3. $L\mathbf y = \mathbf i$: $y_1 = 5,\ y_2 = (13 - 5)/2 = 4,\ y_3 = (17 - 5 - 4)/2 = 4$ · $L^T\mathbf v = \mathbf y$: $v_3 = 2,\ v_2 = (4 - 2)/2 = 1,\ v_1 = (5 - 1 - 2)/2 = 1$

$\mathbf v = (1, 1, 2)$ V

ตรวจ: $4 + 2 + 4 = 10$ ✓ · $2 + 5 + 6 = 13$ ✓ · $2 + 3 + 12 = 17$ ✓

1. ย้ายอุณหภูมิขอบไปทางขวา: $a_i = -1,\ b_i = 2,\ c_i = -1,\ \mathbf d = (100, 0, 0, 0)$

2. กวาดไปข้างหน้า N12: $c' = (-\tfrac12, -\tfrac23, -\tfrac34),\quad d' = (50, \tfrac{100}{3}, 25, 20)$

3. ย้อนกลับ: $T_4 = 20,\ T_3 = 25 + \tfrac34(20) = 40,\ T_2 = \tfrac{100}{3} + \tfrac23(40) = 60,\ T_1 = 50 + \tfrac12(60) = 80$

$(T_1, T_2, T_3, T_4) = (80, 60, 40, 20)$ °C

ได้เส้นตรงพอดี ตรงกับฟิสิกส์ของการนำความร้อนสภาวะคงตัวที่ไม่มีแหล่งความร้อนภายใน

1. เมทริกซ์ทแยงเด่นแท้: $4 \gt 1 + 1,\ 8 \gt 4 + 1,\ 5 \gt 2 + 1$ จึงลู่เข้าแน่นอน N18 · จัดรูปสูตรทำซ้ำ

   $$x = \frac{7 + y - z}{4},\qquad y = \frac{21 + 4x + z}{8},\qquad z = \frac{15 + 2x - y}{5}$$

2. จาโคบีรอบที่ 1 (ใช้ $(1, 2, 2)$ ทั้งหมด) N13

   $$x = \tfrac{7 + 2 - 2}{4} = 1.75,\quad y = \tfrac{21 + 4 + 2}{8} = 3.375,\quad z = \tfrac{15 + 2 - 2}{5} = 3.000$$

3. เกาส์-ไซเดลรอบที่ 1 (ใช้ $x$ ใหม่ทันที) N14

   $$x = 1.75,\quad y = \tfrac{21 + 4(\hlU{1.75}) + 2}{8} = 3.75,\quad z = \tfrac{15 + 2(\hlU{1.75}) - \hlU{3.75}}{5} = 2.95$$

ทั้งสองวิธีเข้าใกล้ $(2, 4, 3)$ · เกาส์-ไซเดลคลาดเคลื่อนไม่ถึง 0.001 ตั้งแต่รอบที่ 4 ส่วนจาโคบีต้องใช้ 7 รอบ

รัศมีสเปกตรัม $\rho(T_J) \approx 0.335$ และ $\rho(T_{GS}) \approx 0.125$ ความคลาดเคลื่อนจึงลดลงราว 3 เท่าต่อรอบสำหรับจาโคบี และ 8 เท่าต่อรอบสำหรับเกาส์-ไซเดล N20

1. $\rho_J = \cos\frac{\pi}{11} \approx 0.9595$ และ $\rho_{GS} = \rho_J^2 \approx 0.9206$ N21

2. $\omega^* = \dfrac{2}{1 + \sin(\pi/11)} \approx 1.560$ ได้ $\rho_{SOR} = \omega^* - 1 \approx 0.560$

3. $k \approx 6/(-\log_{10}\rho)$ N20: จาโคบี $6/0.018 \approx 334$ · เกาส์-ไซเดล $\approx 167$ · SOR $6/0.252 \approx 24$

ราว 334, 167 และ 24 รอบ — SOR เร็วกว่าเกาส์-ไซเดลเกือบ 7 เท่าโดยแทบไม่เพิ่มงานต่อรอบ

ในแล็บ กดดู “สแกนหา ω ที่ดีที่สุด” จะเห็นจำนวนรอบต่ำสุดใกล้ $\omega \approx 1.55$–$1.6$ (จำนวนรอบในแล็บต่างเล็กน้อยเพราะใช้เกณฑ์หยุด N17)

1. แก้ใหม่: ลบสมการ $0.0001y = 0.0002 \Rightarrow y = 2,\ x = 0$ — เปลี่ยนจาก $(1, 1)$ เป็น $(0, 2)$

2. $A^{-1} = \dfrac{1}{0.0001}\begin{pmatrix} 1.0001 & -1 \\ -1 & 1 \end{pmatrix}$ ได้ $\lVert A\rVert_\infty = 2.0001,\ \lVert A^{-1}\rVert_\infty = 20001$ N22

   $$\kappa_\infty(A) = 2.0001 \times 20001 \approx 4.0\times10^{4}$$

3. ข้อมูลเปลี่ยน $\dfrac{0.0001}{2.0001} \approx 5\times10^{-5}$ แต่คำตอบเปลี่ยน $\dfrac{\lVert(-1, 1)\rVert_\infty}{\lVert(1, 1)\rVert_\infty} = 1$ (100%) ขยาย $2\times10^4$ เท่า ไม่เกิน $\kappa$ ตาม N24

คำตอบเปลี่ยน 100% จากข้อมูลที่เปลี่ยน 0.005% · $\kappa_\infty \approx 4\times10^4$ เสียความแม่นราว 4–5 หลัก

ส่วนเหลือของ $(0, 2)$ ในระบบเดิมคือ $\mathbf r = (0, -0.0001)$ เล็กมาก แต่คำตอบผิดทั้งหมด ยืนยัน N25

1. สมการค่าเฉลี่ย เช่นที่ $T_1$: $4T_1 = 100 + 0 + T_2 + T_3$ เขียนครบสี่โหนด

   $$\begin{pmatrix} 4 & -1 & -1 & 0 \\ -1 & 4 & 0 & -1 \\ -1 & 0 & 4 & -1 \\ 0 & -1 & -1 & 4 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} T_1 \\ T_2 \\ T_3 \\ T_4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 100 \\ 100 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}$$

2. สมมาตรซ้าย-ขวา $T_1 = T_2,\ T_3 = T_4$ เหลือ $3T_1 - T_3 = 100$ และ $3T_3 - T_1 = 0$ ได้ $T_1 = 3T_3$

$T_1 = T_2 = 37.5$ °C, $T_3 = T_4 = 12.5$ °C

เมทริกซ์ทแยงเด่น ($4 \ge 1 + 1$ และสมมาตรบวกแน่นอน) เกาส์-ไซเดลจึงลู่เข้าแน่นอน ลองตารางที่ละเอียดขึ้นในแล็บด้านล่าง