Misalkan sistem linear berikut ini diberikan mana adalah Laplacian tertimbang yang dikenal sebagai semi- pasti positif dengan ruang nol satu dimensi yang dibentang oleh 1_n = (1, \ dots, 1) \ in \ mathbb {R } ^ n , dan variasi terjemahan x \ in \ mathbb {R} ^ {n} , yaitu, x + a1_n tidak mengubah nilai fungsi (yang turunannya adalah (1) ). Satu-satunya entri positif L adalah diagonal, yang merupakan penjumlahan dari nilai absolut entri negatif di-diagonal. Lsemi-1n=(1,…,1)∈Rnx∈Rnx+a1n(1)L
Saya menemukan di satu yang sangat dikutip karya akademis di bidangnya bahwa, meskipun adalah diagonal dominan, metode seperti Conjugate Gradient, Gauss-Seidl, Jacobi, masih bisa aman digunakan untuk memecahkan . Alasannya adalah bahwa, karena invarian terjemahan, seseorang aman untuk memperbaiki satu titik (misalnya, menghapus baris pertama dan kolom dan entri pertama dari ), sehingga mengubah ke matriks dominan diagonal . Bagaimanapun, sistem asli diselesaikan dalam bentuk penuh , dengan .
Apakah asumsi ini benar, dan, jika demikian, apa alasan alternatifnya? Saya mencoba memahami bagaimana konvergensi metode masih berlaku.
Jika metode Jacobi konvergen dengan , apa yang bisa salah satu negara tentang spektral radius dari iterasi matriks , di mana adalah matriks diagonal dengan entri dari pada diagonal? Apakah , sehingga berbeda dengan jaminan konvergensi umum untuk ? Aku bertanya ini karena nilai eigen dari Matriks Laplacian dengan yang ada di diagonal harus dalam kisaran .
Dari karya aslinya:
..........................................
Pada setiap iterasi, kami menghitung tata letak baru (x (t +1), y (t + 1)) dengan menyelesaikan sistem linear berikut: Tanpa kehilangan generalitas kita dapat memperbaiki lokasi salah satu sensor-sensor (memanfaatkan tingkat kebebasan penerjemahan dari tekanan yang terlokalisasi) dan memperoleh matriks dominan diagonal yang ketat. Oleh karena itu, kita dapat dengan aman menggunakan iterasi Jacobi untuk menyelesaikan (8)
.......................................
Dalam hal di atas, gagasan "iterasi" terkait dengan prosedur minimisasi yang mendasarinya, dan tidak harus dikacaukan dengan iterasi Jacobi. Jadi, sistem diselesaikan oleh Jacobi (iteratif), dan kemudian solusi dibeli ke sisi kanan (8), tetapi sekarang untuk iterasi lain dari minimisasi yang mendasarinya. Saya harap ini menjelaskan masalah ini.
Perhatikan bahwa saya menemukan Solver linier iteratif yang menyatu untuk matriks semidefinit positif? , tetapi saya mencari jawaban yang lebih rumit.
Jawaban:
Iterasi Jacobi dapat dibuktikan konvergen.
Hal pertama yang harus Anda pastikan adalah , yang merupakan kondisi untuk adanya solusi (saya berasumsi L = L T , jika tidak, Anda perlu c ∈ ( K e r L T ) ⊥ ) karena Anda mengatakan V 0 : = K e r L = s p a n { 1 n } . Kami akan menggunakan konvensi bahwa V 0cT1n= 0 L = LT c ∈ ( K e r LT)⊥ V0: = K e r L = s p a n { 1n} V0 juga merupakan matriks dengan kolom yang menjadi dasar ortonormal. Dalam kasus Anda, .V0: = 1n/ n--√
Kemudian, untuk kesalahan iterasi Jacobi pada sistem asli, Anda memiliki mana P : = I -
Kutipan berikut sudah tua dan disimpan hanya untuk referensi. Lihat setelah untuk bukti baru.
Perhatikan bahwa adalah eigen-vektor yang sesuai dengan nilai eigen 1 dari I - D - 1 L . Berdasarkan pengamatan, kami menyebut Teorema 2.1 dari nilai Eigen dari matriks pembaruan peringkat-satu dengan beberapa aplikasi oleh Jiu Ding dan Ai-Hui Zhou.V0 1 saya- D- 1L.
Teorema 2.1 Misalkan dan v adalah dua vektor kolom n- dimensi sedemikian rupa sehingga u adalah vektor eigen A yang terkait dengan nilai eigen λ 1 . Kemudian, nilai eigen dari A + u v T yang { λ 1 + u T v , λ 2 , ... , λ n } menghitung banyaknya aljabar.kamu v n kamu SEBUAH λ1 A + u vT { λ1+ uTv , λ2, … , Λn}
Kemudian, kita tahu bahwa spektrum sama dengan I - D - 1 L kecuali bahwa nilai eigen 1 pada yang terakhir digeser oleh - 1 ke nilai eigen nol di yang sebelumnya. Karena ρ ( I - D - 1 L ) ⊂ ( - 1 , 1 ] , kita memiliki ρ ( ˜ S ) ⊂ ( - 1 , 1 ) .S~ saya- D- 1L. 1 - 1 ρ ( saya- D- 1L ) ⊂ ( - 1 , 1 ] ρ ( S~) ⊂ ( - 1 , 1 )
sumber
Metode Krylov tidak pernah secara eksplisit menggunakan dimensi ruang yang mereka ulangi, oleh karena itu Anda dapat menjalankannya pada sistem tunggal selama Anda menyimpan iterasi di subruang non-nol. Ini biasanya dilakukan dengan memproyeksikan ruang nol pada setiap iterasi. Ada dua hal yang bisa salah, yang pertama jauh lebih umum daripada yang kedua.
Untuk memecahkan sistem tunggal menggunakan PETSc, lihat
KSPSetNullSpace()
. Sebagian besar metode dan prekondisi dapat memecahkan sistem tunggal. Dalam praktiknya, ruang nol kecil untuk PDE dengan kondisi batas Neumann hampir tidak pernah menjadi masalah selama Anda memberi tahu pemecah ruang nol Krylov dan memilih prasyarat yang masuk akal.sumber