Розв’язування

У мене є матриці $A$ і $G$ . $A$ є рідким і $n\times n$ з дуже великими (може бути порядком декількох мільйонів.) - матриця висоту з досить невеликою ( ), і кожен стовпець може лише є один запис з іншим «S, такими , що . величезна, тому її реально важко перетворити, і я можу вирішити лінійну систему, таку як ітеративно, використовуючи метод підпростору Крилова, такий як $n$ $G$ $n\times m$ $m$ $1 \lt m \lt 1000$ $1$ $0$ $G^TG = I$ $A$ $Ax = b$ $\mathrm{BiCGStab}(l)$ , але явно не маю . $A^{-1}$

Я хочу вирішити систему вигляду: , де і - вектори довжини . Один із способів зробити це - використовувати ітеративний алгоритм в рамках ітеративного алгоритму для вирішення для кожної ітерації зовнішнього ітераційного алгоритму. Однак це було б надзвичайно обчислювально дорого. Мені було цікаво, чи існує обчислювально простіший спосіб вирішити цю проблему. $(G^TA^{-1}G)x = b$ $x$ $b$ $m$ $A^{-1}$

— Кошти
джерело

Я щойно додав до своєї відповіді зауваження щодо експлуатації структури 0-1.

— Арнольд Ноймаєр

Відповіді:

Введіть вектор і велику зв'язану систему , для одночасно, використовуючи ітераційний метод. Якщо симетричний (як здається, ймовірно, хоча ви не вказуєте це явно), то система симетрична (але невизначена, хоча квазідефінітна, якщо є позитивно визначеною), що може допомогти вам вибрати відповідний метод. (відповідні ключові слова: матриця KKT, квазідефінітна матриця). $y:=-A^{-1}Gx$ $Ay+Gx=0$ $G^Ty=-b$ $(y,x)$ $A$ $A$

Редагувати: Оскільки є складно симетричним, так є і доповнена матриця, але немає квазидефінітету. Однак ви можете використовувати процедуру для обчислення ; тому ви можете адаптувати такий метод, як QMR ftp://ftp.math.ucla.edu/pub/camreport/cam92-19.pdf (призначений для реальних систем, але ви можете легко переписати його для складних систем, використовуючи суміжну в місце транспонування) для вирішення вашої проблеми. $A$ $Ax$ $A^*x=\overline{A\overline x}$

Edit2: Власне, (0,1) -структура означає, що ви можете усунути amd компоненти символічно, тим самим закінчившись меншою системою для вирішення. Це означає возитися зі структурою , і платить лише тоді, коли задається явно у розрідженому форматі, а не як лінійний оператор. $G$ $x$ $G^Ty$ $A$ $A$

— Арнольд Ноймаєр
джерело

Дякую! А - складна симетрична. Чи є причина очікувати, що стан доповненої матриці буде гіршим, ніж у вихідній матриці ? Якщо m невеликий, розширена матриця має лише незначні розміри за розміром, ніж A, тож я б підозрював, що розв’язання цієї доповненої системи ітеративно не повинно бути набагато складніше, ніж рішення системи з A?

A

$A$

— Кості

Кількість умов обох систем, як правило, досить непов'язане; це дуже сильно залежить від того, що є. - Я додав у свою відповідь інформацію про те, як використовувати складну симетрію.

G

$G$

— Арнольд Ноймаєр

Привіт, народ! Дякую за всі відповіді; це місце чудове! Розширення до початкового запитання: Припустимо, що у мене є , де G і A мають те саме значення, що і в оригінальному питанні, але B - a ранг з дефіцитною матрицею nxn (того ж розміру, що і A), і вся повна ранг. Як би ви йти про рішення нової системи, так як тепер зворотний B не існує , так що ви не можете мати . Я не думаю, що це буде просто працювати з псевдоінверсом B.

(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}

$AB^{-1}A^H$

— Кості

Введіть і і продовжуйте аналогічно розробленому випадку. (Можливо, вам також потрібно розподілити коефіцієнт на матриці повного рангу та ввести додатковий проміжний вектор.)

y := A^{- 1} G x

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

z := A^{- H} B y

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

B

$B$

— Арнольд Ноймаєр

Привіт Арнольде. Дякую, це справді працює! Я перевірив це на дуже маленьких прикладах тестування, і він чудово працює. Однак у мого ітеративного вирішувача виникають величезні проблеми з інвертуванням доповненої матриці. Хоча для вирішення системи вигляду з початковою матрицею A потрібно лише близько 80 ітерацій (кілька секунд) , система з розширеною матрицею (що становить 2n + mx 2n + m або 2n-mx 2n-m використання підходу @ wolfgang-bangerth) займає десятки тисяч ітерацій (кілька годин), щоб вирішити для одного РЗС. Чи є якісь стратегії для прискорення конвергенції? можливо, попередній кондиціонер?

A x = b

$Ax=b$

— Кості

Після відповіді Арнольда ви можете щось зробити, щоб спростити проблему. Зокрема, перепишіть систему як . Потім зауважте, що із твердження, що високий і вузький, і кожен рядок має лише один 1 і нулі в іншому випадку, тоді вислів означає, що підмножина елементів має фіксоване значення, а саме елементи . $Ay+Gx=0, G^Ty=-b$ $G$ $G^Ty=-b$ $y$ $-b$

Скажімо, що для простоти у є стовпців і рядків, і що саме перші рядків мають в них такі, що перепорядковують елементи я можу зробити так, що має матрицю тотожності у верхній частині і нульової матриці внизу. Тоді я можу розділити на "обмежені" і "вільні" елементи, так що $G$ $m$ $n$ $m$ $x$ $G$ $m \times m$ $n-m \times m$ $y=(y_c,y_f)$ $m$ $n-m$ . Я також можу розділити так, що . З рівняння я отримую наступне: $y_c=-b$ $A$ $A=\begin{pmatrix} A_{cc} & A_{cf} \\ A_{fc} & A_{ff} \end{pmatrix}$ $Ay+Gx=0$ і використовуючи те, що ми знаємо про ми маємо з другого з цих рівнянь і, отже, Іншими словами, єдина матриця, яку потрібно інвертувати, - це підмножина

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

$A$ рядки та стовпці яких не згадуються в

(нульовий простір

). Це ви можете легко зробити: (i) обчислити

; (ii) використовуйте будь-який вирішувач, який у вас є, щоб вирішити

; (iii) обчислити

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

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

Іншими словами, з огляду на структуру , рішення лінійної системи у вас є насправді не складніше , ніж рішення одного лінійної системи з . $G$ $A$

— Вольфганг Бангерт
джерело

Але ми знаємо , і , так $G$ $G^T$ $A$

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

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

Оскільки , то , тому : $G^T G = I$ $G^T = G^{-1}$ $G G^T=I$

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

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

$G x = A G b$

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

$x = G^T A G b$

Якщо я щось не пропустив, для обчислення x, заданих , і , вам не потрібна ані ітерація, ані який-небудь розв'язувач . $G$ $A$ $b$

— Філ Н
джерело

G^{T}

$G^T$

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

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

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

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

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

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

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

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