Bir SPD üçgensel doğrusal sistem göz önüne alındığında, O (1) zamanda herhangi bir üç indeksin bağlanabilmesi için önceden hesaplayabilir miyiz?

Bir simetrik kesin pozitif tridiagonal lineer sistem göz önünde burada ve . Üç endeks verildiğinde, , sadece ve tutma arasındaki kesin denklem satırlarını varsayarsak , şeklinde bir denklem elde etmek için ara değişkenleri ortadan kaldırabiliriz

A x = b

$A x = b$

A \in R^{n \times n}

$A \in \mathbb{R}^{n \times n}$

b \in R^{n}

$b \in \mathbb{R}^n$

0 \leq i < j < k < n

$0 \le i < j < k < n$

i

$i$

k

$k$

u x_{i} + v x_{j} + w x_{k} = c

$u x_i + v x_j + w x_k = c$ burada

. Bu denklem , "dış" etkiden bağımsız olarak

ila

değerleriyle ilgilidir (örneğin,

etkileyen bir kısıt getirilmişse).

v > 0

$v > 0$

x_{j}

$x_j$

x_{i}, x_{k}

$x_i,x_k$

x_{0}

$x_0$

Soru : lineer sistem önişlem mümkün mi de için herhangi bir bağlama denklem böylece zaman olarak belirlenebilir zaman? $Ax = b$ $O(n)$ $(i,j,k)$ $O(1)$

diyagonali 2 ise, offdiagonaller ve ise, istenen sonuç, ayrık Poisson denklemi için analitik sonuçtur. Ne yazık ki, genel olarak bir SPD tridiagonal sistemi tridiagonal yapıyı bozmadan sabit bir katsayılı Poisson denklemine dönüştürmek mümkün değildir, çünkü esasen farklı değişkenler farklı seviyelerde "tarama" (yerel olarak sıkı pozitif kesinlik) içerebilir. Basit bir çapraz ölçekleme , örneğin yarısı ortadan kaldırabilir ve pala ancak diğer yarısı. $A$ $-1$ $b = 0$ $x$ $2n-1$ $A$

Sezgisel olarak, bu soruna yönelik bir çözüm, problemin, tarama miktarının doğrusal bir boyut dizisine toplanabilmesi ve daha sonra belirli bir üçlü için bağlanma denklemine ulaşması için bir şekilde "iptal" edileceği şekilde düzenlenmesini gerektirecektir.

$O(n)$ $O(1)$

linear-algebra poisson

— Geoffrey Irving
kaynak

Yanıtlar:

$b = 0$ $n$ $(0,i,n-1)$ $0 \le i < n$

x_{i} = a_{i} x_{0} + b_{i} x_{n - 1}

$x_i = a_i x_0 + b_i x_{n-1}$

$i < j$ $i$ $j$ $x_{n-1}$

\begin{aligned} b_{j} x_{i} & = a_{i} b_{j} x_{0} + b_{i} b_{j} x_{n - 1} \\ b_{i} x_{j} & = a_{j} b_{i} x_{0} + b_{i} b_{j} x_{n - 1} \\ b_{j} x_{i} - b_{i} x_{j} & = (a_{i} b_{j} - a_{j} b_{i}) x_{0} \\ x_{i} & = \frac{a_{i} b_{j} - a_{j} b_{i}}{b_{j}} x_{0} + \frac{b_{i}}{b_{j}} x_{j} \end{aligned}

$\begin{aligned} b_j x_i &= a_i b_j x_0 + b_i b_j x_{n-1} \\ b_i x_j &= a_j b_i x_0 + b_i b_j x_{n-1} \\ b_j x_i - b_i x_j &= (a_i b_j - a_j b_i) x_0 \\ x_i &= \frac{a_i b_j - a_j b_i}{b_j} x_0 + \frac{b_i}{b_j} x_j \end{aligned}$

$x_0$ $(i,j,k)$ $b_j = 0$ $b_j = 0$

— Geoffrey Irving
kaynak

Bunu uyguladıktan sonra, (1) tam aritmetik olarak çalıştığını ve (2) son derece kararsız olduğunu doğrulayabilirim. Sezgisel olarak, bu çözüm eliptik problemlerin hoş enterpolatuar karakterini kıran üstel fonksiyonların ekstrapolasyonunu yapar.

— Geoffrey Irving

b_{j} \approx 0

$b_j\approx 0$

n \log n

$n\log n$

O (n)

$O(n)$

O (\log n)

$O(\log n)$

A'nın (hala O (n) büyüklüğünde olduğuna inanıyorum) döngüsel indirgeme çarpanlarına ayırma ile yararlı bir şey yapıp yapamayacağınızı merak ediyorum, A'nın bitişik ana alt matrisini çarpanlarına ayırırken değişmeden kalacak blokların çoğunu tekrar kullanıyorum. size O (1) verir, ama belki O (log n) ...

— Robert Bridson
kaynak

O (\log n)

$O(\log n)$

Amortisman size yardımcı olma şansınız yok mu?

— Robert Bridson

Diğer birçok amortisman devam ediyor, bu yüzden oldukça mümkün. Yine de nasıl olduğunu bilmiyorum.

— Geoffrey Irving

Maliyeti amorti etmek için ihtiyacım olan şey bu: cstheory.stackexchange.com/questions/18655/… .

— Geoffrey Irving

Harika! Birisi bu cstheory sorusuna harika bir çözüm gönderdi, bu yüzden bu sorunun cevabına artık ihtiyacım olmamalı. Bu sorudaki yarıgrup çarpma işlemi bir ara değişkeni ortadan kaldırmaktadır.

— Geoffrey Irving

İşte iptal yönteminden daha kararlı ancak yine de çok iyi olmayan başka bir girişim.

$A$ $B = A^{-1}$

B_{i j} = b_{i + 1} \dots b_{j} \frac{d_{j + 1} \dots d_{n}}{δ_{i} \dots δ_{n}}

$B_{ij} = b_{i+1}\cdots b_j \frac{d_{j+1}\cdots d_n}{\delta_i \cdots \delta_n}$

$i \le j$ $b_i$ $d_i,\delta_i$ $UL$ $LU$ $A$ $i < j < k$

x_{j} = {(\begin{matrix} B_{j i} \\ B_{k i} \end{matrix})}^{T} {(\begin{array}{cc} B_{i i} & B_{i k} \\ B_{k i} & B_{k k} \end{array})}^{- 1} (\begin{matrix} x_{i} \\ x_{k} \end{matrix})

$x_j = \left(\begin{array}{c}B_{ji} \\ B_{ki}\end{array}\right)^T \left(\begin{array}{cc}B_{ii} & B_{ik} \\ B_{ki} & B_{kk}\end{array}\right)^{-1} \left(\begin{array}{c}x_i \\ x_k\end{array}\right)$

$i$ $k$ $i$ $k$ $2 \times 2$

[1]: Gerard Meurant (1992), "Simetrik diyagonal ve blok tridiagonal matrislerin tersi üzerine bir inceleme".

— Geoffrey Irving
kaynak