Wystawianie zerowej przestrzeni

11

Biorąc pod uwagę system gdzie , przeczytałem, że w przypadku gdy iteracja Jacobiego jest używana jako solver, metoda nie zbiegnie się, jeśli ma wartość niezerową składnik zerowa przestrzeni . Jak zatem można formalnie stwierdzić, że pod warunkiem, że ma niezerowy składnik obejmujący zerową przestrzeń , metoda Jacobiego jest niespójna? Zastanawiam się, jak można to sformalizować matematycznie, ponieważ część rozwiązania prostopadłego do przestrzeni zerowej jest zbieżna.A R n × n b A b A

Ax=b,
ARn×nbAbA

Dlatego przez rzutowanie pustej przestrzeni z każdej iteracji zbiega się (lub?).A

.........

Szczególnie interesuje mnie przypadek gdzie jest symetryczną macierzą Laplaciana z zerową przestrzenią rozpiętą przez wektor , i ma składową zerową w zerowej przestrzeni , gdzie jest macierzą centrującą. Czy to oznacza, że ​​każda iteracja Jacobiego będzie miała wyrzuconą zerową przestrzeń , tj. Każda iteracja będzie wyśrodkowana ? Pytam o to, ponieważ odtąd nie byłoby potrzeby rzutowania pustej przestrzeni z iteracji Jacobiego (lub innymi słowy, do wyśrodkowaniaL 1 n = [ 1 1 ] TR n b

Lx=b,
L1n=[11]TRnbJ b = b , J = I - 1L
Jb=b,
LJ=I1n1n1nTLL iteracje).
usero
źródło
To pytanie może być również dla Ciebie istotne: scicomp.stackexchange.com/questions/1505/…
shuhalo
Dzięki. Właściwie zrobiłem tam fragment z moich komentarzy, ponieważ samo pytanie zasługuje na uwagę. Powyższe nie zostało jednak rozwiązane (przynajmniej nie sformalizowane).
usero
Och, szkoda, nie sprawdziłem, że to twoje pytanie.
shuhalo
@JedBrown Twoja odpowiedź na scicomp.stackexchange.com/questions/1505/... zainspirowała to pytanie. Myślę, że zasługuje na niezależne rozważenie. Myślę, że będziesz w stanie rozważyć powyższe pytania.
usero

Odpowiedzi:

7

Prawidłowe warunkiem rozwiązywalności nie ma nic wspólnego z przestrzenią NULL (chyba jest symetryczna), ale z przestrzenią NULL A T . Jeśli A T u = 0, to A x = b oznacza, że u T b = u T A x = 0 , stąd b musi być ortogonalne do dowolnego wektora zerowego A T (w przeciwnym razie nie ma rozwiązania, a iteracja Jacobiego nie ma powodu Zbiegać się).AAATATu=0Ax=buTb=uTAx=0bAT

Ale jeśli tak jest, istnieje rozwiązanie, aw przypadku kwadratu jest nieskończenie wiele.

W pojedynczym przypadku, ponieważ nigdy nie wiadomo, czy warunek ten jest spełniony (a i tak zostałby zepsuty przez zaokrąglenie), zwykle rozwiązuje się problem jako problem najmniejszych kwadratów. Aby znaleźć rozwiązanie normy minimalnej, użyj gradientów sprzężonych na równaniach normalnych; Wymaga to kod mnożenie przez i A T . (Biorąc pod uwagę tylko procedurę mnożenia przez A , można zamiast tego użyć GMRES, z mniej przewidywalnymi właściwościami konwergencji).AATA

Arnold Neumaier
źródło
bAAAA
AATA
Ab
1
AA=IBx0=bxn+1=b+BxnAu=0uTb=0uTB=uTuTxnjest stały przez indukcję, stąd zero. - Ale dlaczego obchodzi Cię metoda Jacobiego? To jest bardzo wolne!
Arnold Neumaier
BAdiag(A)cIcR