Проецирование нулевого пространства

11

Учитывая систему где A R n × n , я прочитал, что, если итерация Якоби используется в качестве решателя, метод не будет сходиться, если b имеет ненулевую компоненту в нуль-пространстве A , Итак, как можно формально утверждать, что при условии, что b имеет ненулевой компонент, охватывающий нулевое пространство в A , метод Якоби не сходится? Интересно, как это могло быть математически формализовано, поскольку часть решения, ортогональная пустому пространству, сходится.

Ax=b,
ARn×nbAbA

Следовательно, проецируя нулевое пространство из каждой итерации, оно сходится (или?).A

.........

Меня особенно интересует случай где L - симметричная лапласова матрица с нулевым пространством, натянутым на вектор 1 n = [ 1 1 ] TR n , а b имеет нулевую компоненту в нуль-пространство L , J b = b , где J = I - 1

Lx=b,
L1n=[11]TRnbL
Jb=b,
- центрирующая матрица. Означает ли это, что на каждой итерации Якоби будетпроецироватьсянулевое пространствоL, т. Е. Каждая итерация будетцентрирована? Я спрашиваюэтомтак как тогда не было бы никакой необходимости проецировать из нуль-пространстваLот Якоби итерацию (или, другими словами,центритерациях).J=I1n1n1nTLL
Usero
источник
Этот вопрос может быть актуален и для вас: scicomp.stackexchange.com/questions/1505/…
shuhalo
Спасибо. Я действительно сделал отрывок из своих комментариев, поскольку этот вопрос заслуживает внимания сам по себе. Однако вышеупомянутое не было решено (по крайней мере, не формализовано).
Usero
О, позор мне, я не проверял, это был твой вопрос.
Шухало
@JedBrown Ваш ответ на scicomp.stackexchange.com/questions/1505/… вдохновил на этот вопрос. Я думаю, что это заслуживает независимого рассмотрения. Я думаю, вы сможете рассмотреть вышеупомянутые вопросы.
Usero

Ответы:

7

Правильное условие разрешимости не имеет ничего общего с нулевым пространством (если не является симметричным) , но с нулевым пространством A T . Если A T u = 0, то A x = b означает, что u T b = u T A x = 0 , следовательно, b должно быть ортогонально любому нулевому вектору A T (в противном случае решения не существует, и итерация Якоби не имеет причины сходиться).AAATATu=0Ax=buTb=uTAx=0bAT

Но если это так, решение существует, а в квадратном случае их бесконечно много.

В единственном случае, поскольку никто никогда не знает, выполняется ли это условие (и оно все равно будет испорчено округлением), обычно решают проблему как задачу наименьших квадратов. Чтобы найти минимальное решение нормы, используйте сопряженные градиенты на нормальных уравнениях; Для этого нужно код умножения на и А Т . (Учитывая только процедуру для умножения на A , можно вместо этого использовать GMRES с менее предсказуемыми свойствами сходимости.)AATA

Арнольд Ноймайер
источник
bAAAA
AATA
Ab
1
AA=IBx0=bxn+1=b+BxnAu=0uTb=0uTB=uTuTxnявляется постоянным по индукции, следовательно, ноль. - Но почему тебя волнует метод Якоби? Это очень медленно!
Арнольд Ноймайер
BAdiag(A)cIcR