Розв’язування системи з невеликим діагональним оновленням

Припустимо, у мене є оригінальна велика, розріджена лінійна система: $A\textbf{x}_0=\textbf{b}_0$. Тепер я не маю$A^{-1}$ як A занадто великий для факторів або будь-якого типу розкладання $A$, але припустимо, що у мене є рішення $\textbf{x}_0$ знайдено з ітеративним розв’язанням.

Тепер я хочу застосувати невелике оновлення рангу до діагоналі A (змінити декілька діагональних записів): $(A+D)\textbf{x}_1=\textbf{b}_0$ де $D$є діагональною матрицею з діагоналлю переважно 0 і кількома ненульовими значеннями. Якби я мав$A^{-1}$Я міг би скористатися формулою Вудбері, щоб застосувати оновлення до оберненого. Однак у мене цього немає. Чи є щось, що я можу зробити, якщо просто вирішити всю систему знову? Чи є якимось чином, можливо, я можу придумати передумовник$M$ який легко \ простіше перевернути, таким, що $MA_1 \approx A_0$, так що все, що я мав би зробити, якщо маю $\textbf{x}_0$ застосовується $M^{-1}$ і ітеративний метод сходився б за пару / кілька ітерацій?

1. Збережіть у стовпцях двох матриць $B$ і $C$ всі вектори $b_j$ до якої ви застосували матрицю в попередніх ітераціях та результатах $c_j=Ab_j$.

2. Для кожної нової системи $(A+D)x'=b'$ (або $Ax=b'$, що є особливим випадком $D=0$), приблизно вирішити переопределену лінійну систему $(C+DB)y\approx b'$, наприклад, шляхом вибору підмножини рядків (можливо, всіх) та використання методу найменшого щільного квадратного розміру. Зауважте, що лише вибрана частина$C+DB$потрібно зібрати; так що це швидка операція!

3. Покладіть $x_0=By$. Це хороше початкове наближення, з якого можна почати ітерацію розв’язання$(A+D)x'=b'$. У разі, якщо додаткові системи повинні бути оброблені, використовуйте матричні векторні продукти в цій новій ітерації для розширення матриць$B$ і $C$ на отриманій підсистемі.

Якщо матриці $B$ і $C$ не вписуються в основну пам'ять, зберігайте $B$на диску та заздалегідь виберіть підмножину рядків. Це дозволяє зберегти в ядрі відповідну частину$B$ і $C$ необхідні для формування системи найменших квадратів, і наступної $x_0$ можна обчислити одним проходом $B$ з невеликим використанням основної пам'яті.

Рядки повинні бути вибрані таким чином, щоб вони приблизно відповідали грубій дискретизації повної проблеми. Взяти в п’ять разів більше рядків, ніж загальна кількість очікуваних множин матричного множення повинно бути достатньо.

Редагувати: Чому це працює? За конструкцією матриці$B$ і $C$ пов'язані між собою $C=AB$. Якщо підпростір охоплюється стовпцями$B$ містить точний вектор розчину $x'$ (рідкісна, але проста ситуація) тоді $x'$ має форму $x'=By$ для деяких $y$. Підставивши це до рівняння, що визначає$x'$ дає рівняння $(C+DB)y= b'$. Таким чином, у цьому випадку вищезазначений процес дає вихідну точку$x_0=By=x'$, що є точним рішенням.

Загалом, очікувати не можна $x'$ лежати в просторі стовпців $B$, але згенерованою початковою точкою буде точка у цьому просторі колонок, найближчий до $x'$, у метриці, визначеній вибраними рядками. Таким чином, це може бути розумне наближення. Коли більше систем обробляється, простір стовпців зростає, а наближення, ймовірно, значно покращиться, так що можна сподіватися сходитись на все меншу і меншу кількість ітерацій.

Edit2: Про створений підпростір: Якщо кожен вирішує кожну систему методом Крилова, вектори, які використовуються для отримання вихідної точки для другої системи, охоплюють підпростір Крилова першого правого боку. Таким чином, можна отримати гарне наближення кожного разу, коли цей підпростір Крилова містить вектор, близький до рішення вашої другої системи. Взагалі, вектори використовувались для отримання вихідної точки для$(k+1)$st система охоплює простір, що містить перший підпростір Крилова $k$ права сторона.