Вычисление определителя при решении

11

Я решаю для огромной разреженной положительно определенной матрицы используя метод сопряженного градиента (CG). Можно вычислить детерминант используя информацию, полученную в ходе решения? $Ax=b$ $A$ $A$

— Мануэль Шмидт
источник

Почему вы хотите вычислить определитель? Такой результат наверняка будет либо недостаточным, либо переполнением для огромной матрицы в любом случае. Я был бы более благотворительным, если бы вы попросили вычислить номер условия, но не тратьте свое время на определитель!

Вы, вероятно, уже знаете это, но значения Ритца в процессе сопряженного градиента сходятся к собственным значениям матрицы, и из этого можно вывести простые оценки для определителя.

— Шухало

10

Вычисление детерминанта разреженной матрицы обычно так же дорого, как и прямое решение, и я скептически отношусь к тому, что CG очень поможет в ее вычислении. Можно было бы запустить CG для итераций (где - ), чтобы сгенерировать информацию для всего спектра , а затем вычислить определитель как произведение собственных значений, но это будет как медленно, так и численно нестабильный. $n$ $A$ $n \times n$ $A$

Лучше было бы вычислить разреженную факторизацию Холецкого вашей матрицы, скажем, , где - нижнетреугольная. Тогда где является просто произведением диагональных элементов нижней треугольной матрицы поскольку собственные значения треугольной матрицы лежат вдоль ее диагонали. $A = L L^H$ $L$

йе (A) знак равно йе (L) йе (L^{ЧАС}) знак равно | йе (L) |^{2},

$\text{det}(A) = \text{det}(L) \text{det}(L^H) = |\text{det}(L)|^2,$

det (L)

$\text{det}(L)$

L

$L$

В случае общей неособой матрицы следует использовать развернутое LU-разложение, скажем, , где - матрица перестановок, так что Поскольку - матрица перестановок, и, по построению, $PA=LU$ $P$

йе (A) знак равно йе (п^{- 1}) \cdot йе (L) \cdot йе (U),

$\text{det}(A) = \text{det}(P^{-1}) \cdot \text{det}(L) \cdot \text{det}(U).$

P

$P$

det (P) = \pm 1

$\text{det}(P)=\pm 1$

L

$L$ будет обычно иметь диагональ всех единиц, что означает, что

. Таким образом, вы можете вычислить

как

и снова признать, что определитель треугольной матрицы является просто произведением ее диагональных элементов. Таким образом, стоимость вычисления детерминанта, по сути, равна стоимости факторизации.

det (L) = 1

$\text{det}(L)=1$

det (A)

$\text{det}(A)$

\pm det (U)

$\pm \text{det}(U)$

— Джек Полсон
источник

A

$A$

10^{6} x 10^{6}

$10^6 x 10^6$

@ManuelSchmidt Разреженные матрицы такого размера, возникающие в результате дискретизации типа конечных элементов, обычно могут быть легко учтены, например, мультифронтальными методами. Я согласен, что факторизацию Холецкого следует использовать, если ваша матрица HPD (и обобщение моего рассуждения очевидно).

— Джек Полсон

Спасибо за ваш быстрый ответ и ответ. К сожалению, матрица не имеет специальной структуры (что позволило бы легко факторизовать).

— Мануэль Шмидт

2

Мне любопытно, почему вам нужно вычислить определитель матрицы. Являются ли самые высокие и самые низкие собственные значения недостаточными?

— Джек Полсон

Это часть сложной функции распределения вероятностей, а не только нормализация. Я знаю, что распределения могут быть учтены (и это то, что мы делаем в данный момент), однако у нас есть тонны данных для моделирования, и каждый из факторов становится огромным.

— Мануэль Шмидт

6

$A$ $B$ $\textrm{dim}A \ll \textrm{dim} B$ $\textrm{dim}B=\infty$

$B$ $A$ $B$ $A$ $B$ $\textrm{det}A$ $\textrm{det}B$ $A$ $B$

йе A знак равно \underset{J знак равно 1 ... тусклый A}{Π} λ_{я} (A) \approx \underset{J знак равно 1 ... тусклый A}{Π} λ_{я} (В) \underset{J знак равно тусклый A + 1 ... тусклый В}{Π} λ_{я} (В)

$\textrm{det}A = \prod_{j=1\ldots \textrm{dim}A} \lambda_i(A) \approx \prod_{j=1\ldots \textrm{dim}A} \lambda_i(B) \prod_{j=\textrm{dim}A+1\ldots \textrm{dim}B} \lambda_i(B)$

B

$B$

A

$A$

dim B = \infty

$\textrm{dim}B=\infty$

det A

$\textrm{det}A$

det B

$\textrm{det}B$

— Вольфганг Бангерт
источник

Оказывается, есть некоторые действительно красивые и практичные алгоритмы, которые включают вычисление значительных определителей. Проверьте www-m3.ma.tum.de/foswiki/pub/M3/Allgemeines/…

— Мэтт Кнепли

2

Не вдаваясь (опять же) в то, почему и как детерминанты являются злыми, давайте предположим, что ваш оператор либо не легко разложим, либо просто не доступен как матрица вообще, и вам действительно нужно оценить его детерминант.

$A$ $A$

Вы можете, вероятно, перепроектировать, как эта оценка детерминанта происходит в стандартной реализации CG, следуя внимательно Разделу 6.7.3 книги.

— Dominique
источник

2

d е T (A) знак равно Π_{я знак равно 1}^{N} α_{К}^{- 1},

$det(A) = \prod_{i = 1}^n \alpha_k^{-1},$

α_{k} = \frac{r_{k}^{T} r_{k}}{p_{k}^{T} A p_{k}}

$\alpha_k = \cfrac{r_k^Tr_k}{p_k^TAp_k}$

r_{k} \neq 0 \forall k = 1, \dots, n

$r_k \ne 0 \;\,\forall k=1, \ldots, n$

R

$R$

r_{k}

$r_k$

P

$P$

p_{k}

$p_k$

п_{К} знак равно - р_{К} + Σ_{я знак равно 1}^{К - 1} γ_{я} р_{я},

$p_k = -r_k + \sum_{i=1}^{k-1}\gamma_i r_i.$

d e t (P) = (- 1)^{n} d e t (R)

$det(P) = (-1)^n det(R)$

r_{k}

$r_k$

p_{k}

$p_k$

A

$A$

Π_{К знак равно 1}^{N} α_{К} знак равно Π_{К знак равно 1}^{N} \frac{р_{К}^{T} р_{К}}{п_{К}^{T} A п_{К}} знак равно \frac{d е T (р^{T} р)}{d е T (п^{T} A п)} знак равно \frac{d е T (р^{T} р)}{d е T (A) d е T (п^{T} п)} знак равно (d е T (A))^{- 1},

$\prod_{k = 1}^n \alpha_k = \prod_{k = 1}^n \frac{r_k^T r_k}{p_k^TAp_k} = \frac{det(R^TR)}{det(P^TAP)} = \frac{det(R^TR)}{det(A)det(P^TP)}= (det(A))^{-1}.$

— Ермек
источник