Hanehalkı yansımaları neden bir matrisi köşegenleştiremez?

16

Pratikte QR çarpanlarına ayırma işlemi yapılırken, bir matrisin alt kısmını sıfırlamak için Hanehalkı yansımaları kullanılır. Simetrik matrislerin özdeğerlerini hesaplamak için, Hanehalkı yansımalarıyla yapabileceğiniz en iyi şeyin onu üçgen biçime dönüştürmek olduğunu biliyorum. Neden bu şekilde tam olarak köşegenleştirilemediğini görmenin açık bir yolu var mı? Bunu basitçe açıklamaya çalışıyorum ama net bir sunum yapamıyorum.

linear-algebra matrix

— Victor Liu
kaynak

12

simetrik matrisinin özdeğerlerini hesaplarken, $M\in\mathbb{R}^{n\times n}$ Hanehalkı reflektörü ile yapabileceğiniz en iyi şey $M$ üçgen bir forma sürmektir. Önceki bir yanıt bahsedildiği üzere, çünkü $M$ bir ortogonal benzerlik dönüşüm vardır simetrik olan diyagonal matris, yani sonuçlanır $D=S^TMS$ . Bilinmediğine ortogonal matris işlem bulmak eğer bu uygun olacaktır $S$ kesinlikle reflektör bir dizi işlem ve uygulayarak Householder reflektörler kullanılarak $H^T$ soldan $M$ ve $H$ Sağdan . Ancak, Hanehalkı reflektörünün sütunları sıfırlamak için tasarlanma şekli nedeniyle bu mümkün değildir. altındaki tüm sayıları sıfırlamak için Hanehalkı reflektörünü hesaplayacak olsaydık $M$ $M_{11}$ Fakat şimdi girişlerisoldaki reflektörü tarafından değiştirilmiştir. Biz uyguladığınızda Böylece sağdaki o ilk satırı artık sıfır olacak dışarısadece bırakarak . Bunun yerine

M = (\begin{array}{ccccc} * & * & * & * & * \\ * & * & * & * & * \\ * & * & * & * & * \\ * & * & * & * & * \\ * & * & * & * & * \end{array}) \to H_{1}^{T} M = (\begin{array}{ccccc} * & *^{'} & *^{'} & *^{'} & *^{'} \\ 0 & *^{'} & *^{'} & *^{'} & *^{'} \\ 0 & *^{'} & *^{'} & *^{'} & *^{'} \\ 0 & *^{'} & *^{'} & *^{'} & *^{'} \\ 0 & *^{'} & *^{'} & *^{'} & *^{'} \end{array}) .

$M=\left(\!\!{\begin{array}{ccccc} * &* & * & *&* \\ * &* & * & *&* \\ * &* & * & *&* \\ * &* & * & *&* \\ * &* & * & *&* \\ \end{array}}\!\!\right)\rightarrow H^T_1M=\left(\!\!{\begin{array}{ccccc} * &*' & *' & *'&*' \\ 0 &*' & *' & *'&*' \\ 0 &*' & *' & *'&*' \\ 0 &*' & *' & *'&*' \\ 0 &*' & *' & *'&*' \\ \end{array}}\!\!\right).$

M_{12} - M_{1 n}

$M_{12}-M_{1n}$

H_{1}^{T}

$H^T_1$

H_{1}

$H_1$

M

$M$

M_{11}

$M_{11}$

Sadece sırayı sıfırlamakla kalmadık, aynı zamanda reflektör

ile yeni tanıdığımız sıfır yapıyı da yok edebiliriz.

H_{1}^{T} M = (\begin{array}{ccccc} * & *^{'} & *^{'} & *^{'} & *^{'} \\ 0 & *^{'} & *^{'} & *^{'} & *^{'} \\ 0 & *^{'} & *^{'} & *^{'} & *^{'} \\ 0 & *^{'} & *^{'} & *^{'} & *^{'} \\ 0 & *^{'} & *^{'} & *^{'} & *^{'} \end{array}) \to H_{1}^{T} M H_{1} = (\begin{array}{ccccc} * & *^{″} & *^{″} & *^{″} & *^{″} \\ *^{'} & *^{″} & *^{″} & *^{″} & *^{″} \\ *^{'} & *^{″} & *^{″} & *^{″} & *^{″} \\ *^{'} & *^{″} & *^{″} & *^{″} & *^{″} \\ *^{'} & *^{″} & *^{″} & *^{″} & *^{″} \end{array}) .

$H^T_1M=\left(\!\!{\begin{array}{ccccc} * &*' & *' & *'&*' \\ 0 &*' & *' & *'&*' \\ 0 &*' & *' & *'&*' \\ 0 &*' & *' & *'&*' \\ 0 &*' & *' & *'&*' \\ \end{array}}\!\!\right)\rightarrow H^T_1MH_1=\left(\!\!{\begin{array}{ccccc} * &*'' & *'' & *''&*'' \\ *' &*'' & *'' & *''&*'' \\ *' &*'' & *'' & *''&*'' \\ *' &*'' & *'' & *''&*'' \\ *' &*'' & *'' & *''&*'' \\ \end{array}}\!\!\right).$

H_{1}^{T}

$H^T_1$

Bununla birlikte, üçgen bir yapıya sürmeyi tercih ettiğinizde , ilk sırayı eylemiyle dokunmadan bırakacaksınız , bu nedenle $M$ $H^T_1$ Böylece aynı reflektörü sağdan uyguladığımızda

M = (\begin{array}{ccccc} * & * & * & * & * \\ * & * & * & * & * \\ * & * & * & * & * \\ * & * & * & * & * \\ * & * & * & * & * \end{array}) \to H_{1}^{T} M = (\begin{array}{ccccc} * & * & * & * & * \\ *^{'} & *^{'} & *^{'} & *^{'} & *^{'} \\ 0 & *^{'} & *^{'} & *^{'} & *^{'} \\ 0 & *^{'} & *^{'} & *^{'} & *^{'} \\ 0 & *^{'} & *^{'} & *^{'} & *^{'} \end{array}) .

$M=\left(\!\!{\begin{array}{ccccc} * &* & * & *&* \\ * &* & * & *&* \\ * &* & * & *&* \\ * &* & * & *&* \\ * &* & * & *&* \\ \end{array}}\!\!\right)\rightarrow H^T_1M=\left(\!\!{\begin{array}{ccccc} * &* & * & *&* \\ *' &*' & *' & *'&*' \\ 0 &*' & *' & *'&*' \\ 0 &*' & *' & *'&*' \\ 0 &*' & *' & *'&*' \\ \end{array}}\!\!\right).$

H_{1}^{T} M = (\begin{array}{ccccc} * & * & * & * & * \\ *^{'} & *^{'} & *^{'} & *^{'} & *^{'} \\ 0 & *^{'} & *^{'} & *^{'} & *^{'} \\ 0 & *^{'} & *^{'} & *^{'} & *^{'} \\ 0 & *^{'} & *^{'} & *^{'} & *^{'} \end{array}) \to H_{1}^{T} M H_{1} = (\begin{array}{ccccc} * & *^{'} & 0 & 0 & 0 \\ *^{'} & *^{″} & *^{″} & *^{″} & *^{″} \\ 0 & *^{″} & *^{″} & *^{″} & *^{″} \\ 0 & *^{″} & *^{″} & *^{″} & *^{″} \\ 0 & *^{″} & *^{″} & *^{″} & *^{″} \end{array}) .

$H^T_1M=\left(\!\!{\begin{array}{ccccc} * &* & * & *&* \\ *' &*' & *' & *'&*' \\ 0 &*' & *' & *'&*' \\ 0 &*' & *' & *'&*' \\ 0 &*' & *' & *'&*' \\ \end{array}}\!\!\right)\rightarrow H^T_1MH_1=\left(\!\!{\begin{array}{ccccc} * &*' & 0 & 0&0 \\ *' &*'' & *'' & *''&*'' \\ 0 &*'' & *'' & *''&*'' \\ 0 &*'' & *'' & *''&*'' \\ 0 &*'' & *'' & *''&*'' \\ \end{array}}\!\!\right).$

$M$ $T$ $M$ $S^T$ $S$

— Andrew Winters
kaynak

11

Diğer Cevaplara Yapılan Yorumlar'ın açıkladığı gibi, buradaki asıl mesele, Hanehalkı matrislerinin bir eksikliği değil, daha ziyade doğrudan ("kapalı form") yöntemlerin (gerçek) simetrik matrisleri (ortogonal yoluyla) köşegenleştirmek için neden kullanıldığına dair bir sorudur. benzerlik).

Gerçekten de herhangi bir dik matris , Hanehalkı matrislerinin bir ürünü olarak ifade edilebilir , bu nedenle simetrik bir matrisin (özdeğerlerini) diyagonal formunu bilersek, tam bir ortonormalize özvektör setini çözebilir ve temel matrisin karşılık gelen bir değişimini temsil edebiliriz. Polinom zamanındaki Hanehalkı dönüşümlerinin çarpımı.

Bu yüzden Victor'un "Abel teoremi dışında" parantez yorumuna bakalım, çünkü yinelemeli yöntemlerin neden doğrudan bir yöntemden ziyade bir polinomun köklerini bulması gerektiğini etkili bir şekilde soruyoruz . Elbette gerçek bir simetrik matrisin özdeğerleri, karakteristik polinomunun kökleridir ve diğer yöne de gitmek mümkündür. Sadece gerçek köklere sahip gerçek bir polinom göz önüne alındığında , polinom için bir Sturm sekansından tridiagonal simetrik bir tamamlayıcı matris oluşturmak mümkündür . Ayrıca bkz. Bu setteki poster Denis Serre'nin Egzersiz 92. Bu, bu problemlerin denkliğini göstermek için oldukça hoş (@AndrewWinters), Hanehalkı matrislerinin doğrudan uygulanmasının gerçek bir simetrik matrisi tridiagonalize edeceğini gördük.

$O(n \log^3 n)$ $O(n^2)$

Abel-Galois-Ruffini'nin teoremi derece Yukarıdaki dört polinomların kökleri için genel bir formül radikallerin oluşumunu (ve normal aritmetik) cinsinden verilir söylüyor. Bununla birlikte, daha egzotik operasyonlar açısından kökler için kapalı formlar vardır . İlke olarak, özdeğer / köşegenleştirme yöntemlerini bu tür yaklaşımlara dayandırabilir , ancak bazı pratik zorluklarla karşılaşır:

$t^5 + t - a = 0$ $t(a)$
Derece iki polinom ve üstü ile yıkılır , ancak sadece iki değişkenli fonksiyonları kullanarak bunları çözmek için çeşitli yollar bulunabilir. Hilbert'in 13. Sorunu , genel derece yedi polinomun sadece en fazla iki değişkenin fonksiyonları kullanılarak çözülemeyeceği, 1957'de VI Arnold'un yapabileceğini gösterdi. Rasgele derece polinomlarına çözüm elde etmek için kullanılabilecek çok değişkenli fonksiyon aileleri arasında Mellin integralleri, hipergeometrik ve Siegel teta fonksiyonları yer alır.
$n$ $C_f: Y^2 = f(x)$ $f(x)$ $O(n^3)$

Bu nedenle, gerçek kökleri (simetrik matrislerin eşdeğer özdeğerleri) izole etmek için dolaylı / yinelemeli yöntemlerin, yüksek hassasiyete bile, şu anda bu problemler için bilinen doğrudan / kesin yöntemlere göre pratik avantajları vardır.

— hardmath
kaynak

Bazı notlar: 1. Sturm sekanslarından tridiagonal refakatçi matrisi oluşturmak için pratik bir yöntem Fiedler ve Schmeisser tarafından makalelerde ana hatlarıyla verilmiştir ; Burada bir Mathematica uygulaması verdim ve daha geleneksel bir dilde uygulamak çok zor olmamalı.

— JM

2. Polinom kökleri için "teta fonksiyonu" yaklaşımı ile ilgili olarak (pratik kullanım için biraz fazla gereksiz olduğunu kabul ediyorum), Umemura , Riemann teta fonksiyonlarını kullanan bir yaklaşımı özetlemektedir .

— JM

2

Hangi nedenle bunun imkansız olduğunu düşünüyorsunuz?

$S$ $S = G D G^t$ $G$ $D$

N × n büyüklüğündeki herhangi bir dik matris, en fazla n bu tür yansımaların bir ürünü olarak yapılandırılabilir. Wikipedia . Bu nedenle bu ayrışmaya sahipsiniz.

Son açıklamadan emin değilim, sadece alıntı yapıyorum (ve doğru olduğunu düşünüyorum). Sorunuzu anladığım kadarıyla, herhangi bir dikey matrisin bir Hane dönüşümleri dizisine ayrıştırılıp ayrıştırılamayacağına bağlı.

— shuhalo
kaynak

2

Daha spesifik olmalıydım. Simetrik bir matrisin köşegenleştirilmesinin ilk adımı, Üçgen olana kadar Evsel'i uygulamaktır. Ardından, QR yinelemeleri gerçekleştirilir. Bu işlem yalnızca kapalı formdaki Hanehalkı dönüşümleri kullanılarak tamamlanamaz. Neden? (Abel teoremi dışında)

— Victor Liu

1

Jacobi rotasyonları ile yapabilirsiniz. Golub ve Van Loan, Jacobi'nin Givens ile aynı olduğunu yazıyor. Hanehalkı, Givens yapmanın başka bir yoludur. Pratikte, "doğru" yol daha hızlı ise QR ile olabilir.

— güç

1

Özdeğerler zaten biliniyorsa (olağan yaklaşıma dayalı bir ön hesaplamadan), üzerindeki bir ürün tarafından simetrik olmayan bir matrisi triangülize etmek (veya simetrik bir matrisi çaprazlamak) için kullanılabilir. $n-1$ $k$ $k$

Aslında, bir kişinin tekrar tekrar sayısal olarak kararlı faktörlü bir biçimde ortoginal matrise ihtiyaç duyduğu yöntemler için yararlıdır.

— Arnold Neumaier
kaynak