Быстрая и обратная-стабильная (слева) матрица обратная

Мне нужно вычислить много матрицы (для итерационного полярного разложения Ньютона) с очень небольшим числом вырожденных случаев ( ). $3\times3$ $<0.1\%$

Кажется, что работает явное обратное (через младшие матрицы, разделенные по определителю), и составляет ~ 32 ~ 40 слитых флопов (в зависимости от того, как я вычисляю обратную величину по определителю). Не учитывая масштабный коэффициент det, это всего 18 плавких флопов (каждый из 9 элементов имеет форму ab-cd, 2 плавких флопа).

Вопрос:

Есть ли способ вычислить обратное значение используя менее 18 (с произвольным масштабом) или 32 (с правильным масштабом, учитывая обратный 1 оп) слитые флопы? $3\times 3$
Существует ли экономичный способ (использование ~ 50 флопс) для вычисления обратно-стабильной левой обратной матрицы ? $3\times 3$

Я использую поплавки одинарной точности (игра для iOS). Обратная стабильность - интересная новая концепция для меня, и я хочу экспериментировать. Вот статья, которая спровоцировала мысль.

— Сергей Мигдальский
источник

Как насчет использования теоремы Кэли-Гамильтона для обратного?

— Никогуаро

Если для вас это является узким местом, может ли другой алгоритм полярного разложения быть более быстрым в этом случае? Через СВД, например? Или ускорить метод Ньютона, как в 3.3 из eprints.ma.man.ac.uk/694/01/covered/MIMS_ep2007_9.pdf ?

— Кирилл

Я постараюсь высказать свое мнение по первому вопросу относительно быстрого $3\times 3$ обратное . Рассматривать

A = [\begin{array}{ccc} a & d & g \\ b & e & h \\ c & f & i \end{array}]

$A=\left[ \begin{array}{ccc} a & d & g\\ b & e & h\\ c & f & i \end{array}\right]$

Поскольку матрицы являются небольшими и очень общими (не имеют никакой известной структуры, нулей, относительных масштабов элементов), я думаю, что было бы невозможно дать алгоритм для произвольного масштаба (без $1/\det(A)$ ) обратный, который быстрее, чем 18 плавких флопов, поскольку для каждого из 9 элементов требуется 2 плавких флопа, а все продукты уникальны, при условии отсутствия предварительной информации о $A$ записи $a,\ldots,i$ ,

A^{- 1} det (A) = adj (A) = [\begin{array}{ccc} e i - f h & d i - f g & g e - d h \\ b i - c h & a i - c g & a h - b g \\ c e - b f & a f - c d & a e - b d \end{array}]

$A^{-1}\det(A)=\text{adj}(A)= \left[\begin{array}{ccc} ei-fh & di-fg & ge-dh\\ bi-ch & ai-cg & ah-bg\\ ce-bf & af-cd & ae-bd \end{array}\right]$ Вот,

adj (A)

$\text{adj}(A)$ обозначает адъюгат (транспонирование кофакторов), который по существу является обратным с «произвольным масштабом» (при условии, что обратное существует).

Тем не менее, некоторые расчеты могут быть повторно использованы для расчета $\det(A)$ , Если я расширю его до первого столбца (есть еще 5 вариантов):

\begin{aligned} det (A) & = a (e i - f h) + b (f g - d i) + c (d h - g e) \\ = a \underset{*}{\underset{⏟}{(e i - f h)}} - b \underset{*}{\underset{⏟}{(d i - f g)}} - c \underset{*}{\underset{⏟}{(g e - d h)}} \end{aligned}

$\begin{aligned} \det(A)&=a(ei-fh)+b(fg-di)+c(dh-ge)\\ &=a\underbrace{(ei-fh)}_*-b\underbrace{(di-fg)}_*-c\underbrace{(ge-dh)}_* \end{aligned}$ Обратите внимание, что (*) уже был вычислен во время оценки

adj (A)

$\text{adj}(A)$ , Таким образом, обратная величина детерминанта может быть вычислена в 4 дополнительных плавких флопах (если

1 / det (A)

$1/\det(A)$ взаимный считается 1 флоп).

Теперь каждый из 9 элементов $\text{adj}(A)$ следует масштабировать по уже полученной обратной величине определителя, добавив еще 9 слитых флопов.

Так,

Рассчитать $\text{adj}(A)$ в 18 слитых флопах
Рассчитать $\det(A)$ в 3 слитых флопах с использованием записей уже вычисленных $\text{adj}(A)$
найти $\frac{1}{\det(A)}$ (при условии 1 флопа).
Масштаб каждого элемента уже вычислен $\text{adj}(A)$ по $\frac{1}{\det(A)}$ в еще 9 слитых флопах.

В результате 18 + 3 + 1 + 9 = 31 слитых флопов . Вы не описали свой способ вычисления определителя, но я думаю, 1 дополнительный флоп может быть сохранен. Или это может быть использовано для проверки $|\det(A)|>\epsilon$ на шаге 3, где $\epsilon$ - допуск для вырожденного (не обратимого) случая, в результате которого получается 32 плавныхif флопа (при условии, что 1 флоп).

Я не думаю, что есть более быстрый способ вычисления обратного $3\times 3$ Общая матрица, так как все остальные расчеты являются уникальными. Использование Cayley-Hamilton не должно помочь с точки зрения скорости, так как в общем случае это потребует расчета $A^2$ для $3\times 3$ матрица помимо некоторых других операций.

NB:

этот ответ не имеет дело с численной стабильностью
Возможный потенциал векторизации и оптимизации структуры доступа к памяти также не обсуждается.

— Антон Меньшов
источник