Швидкий та "Відсталий" (ліворуч)

Мені потрібно обчислити багато $3\times3$ обертання матриць (для полярного розкладання ітерації Ньютона), з дуже малою кількістю вироджених випадків ( $<0.1\%$ ).

Явна зворотна (через матриці неповнолітніх, розділених на детермінант), здається, працює і становить приблизно ~ 32 ~ 40 злиті флопи (залежно від того, як я обчислюю зворотну детермінантну форму). Не враховуючи коефіцієнта детермінальної шкали, це лише 18 злиті флопи (кожен з 9 елементів має форму ab-cd, 2 злиті флопи).

Питання:

Чи є спосіб обчислити обернене $3\times 3$ використовуючи менше 18 (з довільною шкалою) або 32 (з належним масштабом, враховуючи зворотні 1 оп) злиті флопи?
Чи є економний спосіб (використовуючи ~ 50 f-flops) для обчислення лівої, оберненої назад, стійкої назад $3\times 3$ матриця?

Я використовую одноточні поплавці (гра на iOS). Зворотна стабільність є для мене цікавою новою концепцією, і я хочу експериментувати. Ось стаття, яка спровокувала думку.

— Сергій Мігдальський
джерело

А як щодо використання теореми Кейлі-Гамільтона для зворотного?

— nicoguaro

Якщо це для вас вузьке місце, чи може в цьому випадку інший алгоритм полярного розкладання бути швидшим? Наприклад, через SVD? Або прискорення методу Ньютона, як в 3.3 документа eprints.ma.man.ac.uk/694/01/covered/MIMS_ep2007_9.pdf ?

— Кирило

Я спробую роздумати над першим запитанням щодо швидкої $3\times 3$ обернена . Розглянемо

A = [\begin{array}{ccc} a & d & g \\ b & e & h \\ c & f & i \end{array}]

$A=\left[ \begin{array}{ccc} a & d & g\\ b & e & h\\ c & f & i \end{array}\right]$

Оскільки матриці невеликі та дуже загальні (не містять жодної відомої структури, нулів, відносної шкали елементів), я думаю, було б неможливо дати алгоритм довільної шкали (без $1/\det(A)$ ) Зворотний , що швидше , ніж 18 плавлених провалів, так як кожен з 9 елементів вимагають 2 злитих провалів, і всі продукти є унікальними і не передбачена ніякої попередньої інформацією про записів «s . Тут позначає ад'югат (переносить кофактори), який по суті є обернена з "довільною шкалою" (за умови наявності зворотної). $A$ $a,\ldots,i$

A^{- 1} det (A) = adj (A) = [\begin{array}{ccc} e i - f h & d i - f g & g e - d h \\ b i - c h & a i - c g & a h - b g \\ c e - b f & a f - c d & a e - b d \end{array}]

$A^{-1}\det(A)=\text{adj}(A)= \left[\begin{array}{ccc} ei-fh & di-fg & ge-dh\\ bi-ch & ai-cg & ah-bg\\ ce-bf & af-cd & ae-bd \end{array}\right]$

adj (A)

$\text{adj}(A)$

Однак деякі обчислення можуть бути використані повторно для обчислення . Якщо розгорнути його на перший стовпець (є ще 5 варіантів): Зверніть увагу, що (* ) вже було обчислено під час оцінювання . Отже, зворотний коефіцієнт може бути обчислений у 4 додаткових конденсованих флопах (якщо взаємний вважається 1 флопом). $\det(A)$

\begin{aligned} det (A) & = a (e i - f h) + b (f g - d i) + c (d h - g e) \\ = a \underset{*}{\underset{⏟}{(e i - f h)}} - b \underset{*}{\underset{⏟}{(d i - f g)}} - c \underset{*}{\underset{⏟}{(g e - d h)}} \end{aligned}

$\begin{aligned} \det(A)&=a(ei-fh)+b(fg-di)+c(dh-ge)\\ &=a\underbrace{(ei-fh)}_*-b\underbrace{(di-fg)}_*-c\underbrace{(ge-dh)}_* \end{aligned}$

adj (A)

$\text{adj}(A)$

1 / det (A)

$1/\det(A)$

Тепер кожне 9 елементів слід масштабувати за допомогою вже отриманого зворотного визначення детермінанта, додаючи ще 9 злитих флопів. $\text{adj}(A)$

Тому,

Обчисліть у 18 плавлених флопах $\text{adj}(A)$
Обчисліть у 3 плавлених флопах, використовуючи записи вже обчисленого $\det(A)$ $\text{adj}(A)$
Знайдіть (припускаючи 1 флоп). $\frac{1}{\det(A)}$
Масштабуйте кожен елемент вже обчисленого за допомогою ще в 9 плавлених флопах. $\text{adj}(A)$ $\frac{1}{\det(A)}$

У результаті виходить 18 + 3 + 1 + 9 = 31 злиті флопи . Ви не описували свій спосіб обчислення визначника, але, мабуть, можна зберегти 1 додатковий флоп. Або він може бути використаний для виконання перевірки на кроці 3, де є допуском до виродженого (незворотного) випадку, в результаті чого 32 злиті флопи (якщо вважати, що це 1 флоп). $|\det(A)|>\epsilon$ $\epsilon$ if

Я не думаю, що існує більш швидкий спосіб обчислити зворотну загальну матрицю оскільки всі залишилися обчислення є унікальними. Використання Кейлі-Гамільтона не повинно допомогти з точки зору швидкості, як загалом, для деяких інших операцій потрібно буде обчислити для матриці . $3\times 3$ $A^2$ $3\times 3$

Примітка:

ця відповідь не стосується чисельної стійкості
можливий потенціал векторизації та оптимізації структури доступу до пам'яті також не обговорюється

— Антон Меншов
джерело