Dato un sistema lineare tridiagonale SPD, possiamo precompilare in modo che tre o tre indici possano essere collegati nel tempo O (1)?

Si consideri un simmetrica definita positiva sistema lineare tridiagonale dove e . Dati tre indici , se assumiamo solo righe di equazioni strettamente tra e hold, possiamo eliminare le variabili intermedie per ottenere un'equazione della forma dove . Questa equazione mette in relazione il valore di con indipendentemente dall'influenza "esterna" (diciamo, se è stato introdotto un vincolo che influenza ).

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

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

v > 0

$v > 0$

x_{j}

$x_j$

x_{i}, x_{k}

$x_i,x_k$

x_{0}

$x_0$

Domanda : È possibile preelaborare il sistema lineare nel tempo modo che l'equazione di collegamento per qualsiasi possa essere determinata nel tempo ? $Ax = b$ $O(n)$ $(i,j,k)$ $O(1)$

Se la diagonale di è 2, le diagonali esterne sono e , il risultato desiderato è il risultato analitico dell'equazione di Poisson discretizzata. Sfortunatamente, non è possibile trasformare un sistema tridiagonale SPD generale in un'equazione di Poisson a coefficiente costante senza rompere la struttura tridiagonale, essenzialmente perché variabili diverse possono avere diversi livelli di "screening" (definizione positiva localmente rigorosa). Un semplice ridimensionamento diagonale di , ad esempio, può eliminare metà dei DOF di ma non l'altra metà. $A$ $-1$ $b = 0$ $x$ $2n-1$ $A$

Intuitivamente, una soluzione a questo problema richiederebbe di organizzare il problema in modo che la quantità di schermatura possa essere accumulata in un array di dimensioni lineari e quindi in qualche modo "annullata" per arrivare all'equazione di collegamento per il triplo dato.

Aggiornamento (più intuizione) : in termini di PDE, ho un problema ellittico lineare discretizzato in 1D e voglio sapere se posso spendere in pre-calcolo per produrre una sorta di soluzione "analitica" che può essere cercata in tempo, dove mi è permesso di variare dove sono le condizioni al contorno. $O(n)$ $O(1)$

linear-algebra poisson

— Geoffrey Irving
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Risposte:

Ecco una soluzione alquanto instabile che funziona solo quando l'accoppiamento tra variabili è sempre non rigenerato. Supponiamo per semplicità che . Innanzitutto, pre-calcola le equazioni di collegamento per per , ad esempio $b = 0$ $n$ $(0,i,n-1)$ $0 \le i < n$

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

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

Ora, dato , possiamo combinare le equazioni di collegamento e ed eliminare per ottenere $i < j$ $i$ $j$ $x_{n-1}$

\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}

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

Questo processo può essere ripetuto ancora una volta per eliminare dato $x_0$ $(i,j,k)$ $b_j = 0$ $b_j = 0$

— Geoffrey Irving
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Dopo averlo implementato, posso confermare che (1) funziona esattamente nell'aritmetica e (2) è estremamente instabile. Intuitivamente, questa soluzione esegue una serie di estrapolazioni di funzioni esponenziali, che spezzano il simpatico carattere interpolatorio dei problemi ellittici.

— Geoffrey Irving,

b_{j} \approx 0

$b_j\approx 0$

n \log n

$n\log n$

O (n)

$O(n)$

O (\log n)

$O(\log n)$

Mi chiedo se potresti fare qualcosa di utile con una fattorizzazione a riduzione ciclica di A (che ritengo sia ancora dimensione O (n)), riutilizzando la maggior parte dei blocchi che rimarrebbero invariati quando si considera un fattore secondario contiguo di A. Dubito ti dà O (1), ma forse O (log n) ...

— Robert Bridson
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O (\log n)

$O(\log n)$

Nessuna possibilità di ammortamento per aiutarti?

— Robert Bridson,

Ci sono molti altri ammortamenti in corso, quindi è del tutto possibile. Non so ancora, comunque.

— Geoffrey Irving,

Questo è ciò di cui avrei bisogno per ammortizzare il costo: cstheory.stackexchange.com/questions/18655/… .

— Geoffrey Irving,

Grande! Qualcuno ha pubblicato una soluzione meravigliosa a quella domanda, quindi non avrei più bisogno della risposta a questa domanda. L'operazione di moltiplicazione del semigruppo in quella domanda sta eliminando una variabile intermedia.

— Geoffrey Irving,

Ecco un altro tentativo, che è più stabile del metodo di cancellazione ma non è ancora molto buono.

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

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), "Una rassegna sull'inverso delle matrici simmetriche diagonali e tridimensionali a blocchi".

— Geoffrey Irving
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