सुलझाने inverting के बिना

मेरे पास और । विरल है और साथ बहुत बड़ा है (कई मिलियन के आदेश पर हो सकता है।) एक लंबा मैट्रिक्स है जिसमें छोटा ( ) और प्रत्येक कॉलम हो सकता है केवल एक ही है बाकी होने के साथ प्रवेश की, ऐसी है कि । बहुत बड़ा है, इसलिए यह वास्तव में बहुत कठिन है, और मैं एक रैखिक प्रणाली को हल कर सकता हूं जैसे कि iteratively एक Krylov उप-विधि विधि का उपयोग करके जैसे कि , लेकिन ऐसा नहीं है $A$ $G$ $A$ $n\times n$ $n$ $G$ $n\times m$ $m$ $1 \lt m \lt 1000$ $1$ $0$ $G^TG = I$ $A$ $Ax = b$ $\mathrm{BiCGStab}(l)$ $A^{-1}$ स्पष्ट रूप से।

मैं प्रपत्र की एक प्रणाली को हल करना चाहते: $(G^TA^{-1}G)x = b$ , जहां $x$ और $b$ हैं $m$ लंबाई वैक्टर। इसे करने का एक तरीका बाहरी पुनरावृत्ति एल्गोरिथ्म के प्रत्येक पुनरावृत्ति के लिए $A^{-1}$ लिए हल करने के लिए पुनरावृत्त एल्गोरिथ्म के भीतर पुनरावृत्त एल्गोरिथ्म का उपयोग करना है। हालांकि यह बेहद कम्प्यूटेशनल होगा। मैं सोच रहा था कि क्या इस समस्या को हल करने के लिए एक कम्प्यूटेशनल आसान तरीका है।

— costis
स्रोत

मैंने सिर्फ अपने जवाब में 0-1 संरचना के दोहन पर एक टिप्पणी को जोड़ा।

— अर्नोल्ड न्यूमैयर

जवाबों:

वेक्टर परिचय दें $y:=-A^{-1}Gx$ और बड़ी युग्मित प्रणाली $Ay+Gx=0$ , $G^Ty=-b$ for $(y,x)$ एक साथ पुनरावृत्त विधि का उपयोग करके हल करें । यदि $A$ सममित है (जैसा कि संभावना है कि यद्यपि आप इसे स्पष्ट रूप से नहीं बताते हैं) तो सिस्टम सममित है (लेकिन अनिश्चितकालीन, हालांकि quasidefinite यदि $A$ सकारात्मक निश्चित है), जो आपको एक उपयुक्त विधि चुनने में मदद कर सकता है। (प्रासंगिक कीवर्ड: केकेटी मैट्रिक्स, क्साइडिडफिनिटी मैट्रिक्स)।

संपादित करें: चूंकि जटिल सममिति है, इसलिए संवर्धित मैट्रिक्स है, लेकिन कोई quasidefiniteness नहीं है। हालाँकि आप गणना करने के लिए रूटीन का उपयोग कर सकते हैं ; इसलिए आप इस तरह के QMR के रूप में एक विधि खुद को अनुकूलित कर ftp://ftp.math.ucla.edu/pub/camreport/cam92-19.pdf (वास्तविक प्रणालियों के लिए बनाया गया है, लेकिन आप आसानी से जटिल प्रणालियों के लिए यह पुनर्लेखन कर सकते हैं, में adjoint का उपयोग कर अपनी समस्या को हल करने के लिए स्थानान्तरण की जगह)। $A$ $Ax$ $A^*x=\overline{A\overline x}$

EDIT2: असल में, (0,1) के -structure साधन आप समाप्त कर सकते हैं कि एएमडी के घटकों प्रतीकात्मक है, इस प्रकार हल करने के लिए एक छोटे प्रणाली के साथ समाप्त। इसका मतलब की संरचना के साथ खिलवाड़ है , और केवल तभी भुगतान करता है जब को रैखिक ऑपरेटर के बजाय स्पष्ट रूप से विरल प्रारूप में दिया जाता है। $G$ $x$ $G^Ty$ $A$ $A$

— अर्नोल्ड न्यूमैयर
स्रोत

धन्यवाद! A जटिल सममिति है। क्या मूल मैट्रिक्स की तुलना में संवर्धित मैट्रिक्स की स्थिति खराब होने की उम्मीद है ? यदि एम छोटा है, तो संवर्धित मैट्रिक्स केवल ए की तुलना में आकार में थोड़ा बड़ा है, इसलिए मुझे संदेह होगा कि इस संवर्धित प्रणाली को हल करने से ए के साथ एक प्रणाली को हल करने की तुलना में अधिक कठिन नहीं होना चाहिए?

A

$A$

— कॉस्टिस

दो प्रणालियों की स्थिति संख्या आमतौर पर काफी असंबंधित है; यह बहुत निर्भर करता है कि क्या है। - मैंने जटिल समरूपता का शोषण करने के बारे में अपनी उत्तर जानकारी में जोड़ा।

G

$G$

— अर्नोल्ड न्यूमैयर

हाय दोस्तों! सभी उत्तरों के लिए धन्यवाद; यह जगह बहुत अच्छी है! मूल प्रश्न का एक विस्तार: मान लें कि मेरे पास , जहां G और A का वही अर्थ है जो मूल प्रश्न में है, लेकिन B एक है रैंक डेफ़िशिएंसी nxn मैट्रिक्स (A के समान आकार) और पूरे पूर्ण रैंक है। आप नई प्रणाली को हल करने के बारे में क्या करेंगे, क्योंकि अब बी का विलोम मौजूद नहीं है, इसलिए आपके पास । मुझे नहीं लगता कि यह केवल बी के छद्म विज्ञान के साथ काम करेगा।

(G^{T} A^{- H} B A^{- 1} G) x = b

$(G^TA^{-H}BA^{-1}G)x=b$

G^{T} A^{- H} B A^{- 1} G

$G^TA^{-H}BA^{-1}G$

A B^{- 1} A^{H}

$AB^{-1}A^H$

— कॉस्टिस

परिचय और , और मामले के अनुरूप काम करने के लिए आगे बढ़ें। (संभवत: आपको रैंक के पूर्ण मैट्रेस में फैक्टर की आवश्यकता होगी और एक अतिरिक्त मध्यवर्ती वेक्टर पेश करना होगा।)

y := A^{- 1} G x

$y:=A^{-1}Gx$

z := A^{- H} B y

$z:=A^{-H}By$

B

$B$

— अर्नोल्ड न्यूमैयर

हाय अर्नोल्ड। धन्यवाद, यह वास्तव में काम करता है! मैंने कुछ बहुत छोटे परीक्षण उदाहरणों के साथ इसका परीक्षण किया, और यह बहुत अच्छा काम करता है। हालाँकि, मेरा पुनरावृत्ति सॉल्वर संवर्धित मैट्रिक्स को प्रभावित करने में भारी समस्या है। जबकि मूल A मैट्रिक्स के साथ सिस्टम को हल करने में केवल 80 पुनरावृत्तियों (कुछ सेकंड) के बारे में लगता है , संवर्धित मैट्रिक्स के साथ प्रणाली (जो 2n + mx 2n + m या 2n-mx 2n-m है @ वुल्फगैंग-बैंगर्थ के दृष्टिकोण का उपयोग करके एक आरएचएस के लिए हल करने के लिए हजारों हज़ारों पुनरावृत्तियों (कई घंटे) लगते हैं। क्या अभिसरण को तेज करने के लिए कोई रणनीति है? शायद एक पूर्ववर्ती?

A x = b

$Ax=b$

— कॉस्टिस

अर्नोल्ड के जवाब के बाद, समस्या को आसान बनाने के लिए आप कुछ कर सकते हैं। विशेष रूप से, सिस्टम को रूप में फिर से लिखना । फिर ध्यान दें कि इस कथन से कि लंबा और संकीर्ण है और प्रत्येक पंक्ति में केवल 1 और शून्य है अन्यथा, कथन अर्थ है कि उपसमूह का एक निश्चित मान है, अर्थात के तत्व । $Ay+Gx=0, G^Ty=-b$ $G$ $G^Ty=-b$ $y$ $-b$

हम कहते हैं कि सादगी के लिए कि में कॉलम और पंक्तियाँ हैं और वास्तव में पहली पंक्तियाँ उनमें हैं और के तत्वों को पुन: क्रमबद्ध किया जा सकता है ताकि में पहचान मैट्रिक्स हो शीर्ष पर और नीचे में एक शून्य मैट्रिक्स। फिर मैं को "विवश" और "मुक्त" तत्वों में कर सकता ताकि । मैं विभाजन भी कर सकता हूं ताकि । समीकरण से $G$ $m$ $n$ $m$ $x$ $G$ $m \times m$ $n-m \times m$ $y=(y_c,y_f)$ $m$ $n-m$ $y_c=-b$ $A$ $A=\begin{pmatrix} A_{cc} & A_{cf} \\ A_{fc} & A_{ff} \end{pmatrix}$ $Ay+Gx=0$ मैं निम्नलिखित तब मिलती है: और का उपयोग कर क्या हम के बारे में पता हम इन समीकरणों के दूसरे से और फलस्वरूप दूसरे शब्दों में, केवल मैट्रिक्स आप की विपरीत करने के लिए है का उपसमुच्चय होती है जिसका पंक्तियों और स्तंभों में वर्णित नहीं हैं (के अशक्त अंतरिक्ष )। यह आप आसानी से कर सकते हैं: (i) कंप्यूट ; (ii) आपको को हल करने के लिए जो भी हल करना है उपयोग करें ; (iii) कंप्यूट ।

A_{c c} y_{c} + A_{c f} y_{f} + x = 0, A_{f c} y_{c} + A_{f f} y_{f} = 0

$A_{cc} y_c + A_{cf} y_f + x = 0, \\ A_{fc} y_c + A_{ff} y_f = 0$

y_{c}

$y_c$

A_{f f} y_{f} = A_{f c} b

$A_{ff} y_f = A_{fc} b$

x = A_{c c} b - A_{c f} A_{f f}^{- 1} A_{f c} b .

$x = A_{cc} b - A_{cf} A_{ff}^{-1} A_{fc} b.$

A

$A$

G

$G$

G

$G$

z = A_{f c} b

$z=A_{fc} b$

A_{f f} h = z

$A_{ff} h = z$

x = A_{c c} b - A_{c f} h

$x = A_{cc} b - A_{cf} h$

दूसरे शब्दों में, की संरचना को देखते हुए , आपके पास जो रैखिक प्रणाली है, उसे हल करना साथ एकल रैखिक प्रणाली को हल करने की तुलना में वास्तव में अधिक कठिन नहीं है । $G$ $A$

— वोल्फगैंग बंगर्थ
स्रोत

लेकिन हम , और जानते हैं , इसलिए $G$ $G^T$ $A$

$G^T A^{-1} G x = b$

$G G^T A^{-1} G x = G b$

चूंकि , फिर , इसलिए : $G^T G = I$ $G^T = G^{-1}$ $G G^T=I$

$A^{-1} G x = G b$

$A A^{-1} G x = A G b$

$G x = A G b$

$G^T G x = G^T A G b$

$x = G^T A G b$

जब तक मैंने कुछ याद नहीं किया है, तो आपको दिए गए x , , और गणना करने के लिए किसी भी पुनरावृत्ति या किसी भी सॉल्वर की आवश्यकता नहीं है । $G$ $A$ $b$

— फिल एच
स्रोत

G^{T}

$G^T$ , बाएं उलटा होने का अर्थ यह नहीं है कि यह एक सही व्युत्क्रम भी है। पर विचार करें , जहां एक छोड़ दिया उलटा है, लेकिन ।

G

$G$

G = e_{1}

$G=e_1$

G^{T} = e_{1}^{T}

$G^T=e_1^T$

G G^{T} = e_{1} e_{1}^{T} \neq I

$GG^T=e_1e_1^T\neq I$

— जैक पॉल्सन

G \in C^{n} \otimes C^{m}

$G\in \mathbb{C}^n\otimes \mathbb{C}^m$ , इसलिए , लेकिन । बल्कि यह एक सबस्पेस पर प्रोजेक्टर है।

G^{T} G = I_{m \times m}

$G^TG=I_{m\times m}$

G G^{T} \neq I_{n \times n}

$GG^T\ne I_{n\times n}$

— मृत्युभोज