Имеет ли какое-либо практическое значение «метод кофактора» для обращения матрицы?

Название вопроса. Этот метод включает использование «матрицы кофакторов» или «матрицы сопряжения» и дает явные формулы для компонентов обратной квадратной матрицы. Нелегко сделать вручную для матрицы больше, чем, скажем, $3\times 3$ . Для матрицы $n\times n$ требуется вычисление определителя самой матрицы и вычисление $n^2$ определителей $(n-1)\times(n-1)$ матриц. Так что я предполагаю, что это не так полезно для приложений. Но я хотел бы получить подтверждение.

Я не спрашиваю о теоретической значимости метода в доказательстве теорем о матрицах.

linear-algebra matrix complexity

— Стефан Смит
источник

Ответы:

Вы правы - это не имеет никакого практического значения для вычислений. Даже если бы вычисление определителя было операцией , сложность метода была бы по крайней мере и, следовательно, такой же сложности, как исключение по Гауссу. На практике вычисление определителя матрицы на самом деле имеет экспоненциальную сложность, что делает этот метод совершенно непригодным для использования. $O(n)$ $O(n^3)$

— Вольфганг Бангерт
источник

Я хочу добавить две вещи: Сложность правила Крамера (использующего детерминанты для вычисления обратного) - это

Что намного намного больше, чем исключение Гаусса

. Кроме того, как правило, вы не хотите вычислять обратное, если вам абсолютно не нужно.

O (n!)

$O(n!)$

O (n^{3})

$O(n^3)$

— Павел

OTOH, могут быть некоторые обстоятельства, в которых может быть предпочтительным расширение Лапласа, например, матрицы с полосами. Но на самом деле в общем случае разложение Лапласа имеет сложность

O (n!)

$O(n!)$

— JM

@ Stefan, да, исключение Гаусса можно использовать для вычисления определителей. Поскольку

, а удаление по Гауссу создает (треугольные) факторы, детерминанты которых легко вычисляются, для этого действительно потребуется

усилий.

det (A B) = det (A) det (B)

$\det(\mathbf A\mathbf B)=\det(\mathbf A)\det(\mathbf B)$

O (n^{3})

$O(n^3)$

— JM

Да, вы правы - определитель может быть рассчитан за счет разложения

(Наивный способ, показанный в учебниках с использованием рекурсивного расширения, является экспоненциальным в

Сложность, упомянутая Полом). Но это все равно дает общую сложность

для предложенного алгоритма - намного больше, чем исключение Гаусса, если его использовать, и даже больше, чем итерационные решатели.

L U

$LU$

n

$n$

n!

$n!$

O (n^{5})

$O(n^5)$

— Вольфганг Бангерт

L U

$LU$

A

$A$

U

$U$

L

$L$

Я иду против толпы - вспомогательная матрица на самом деле очень полезна для некоторых специализированных приложений с небольшой размерностью (например, четыре или меньше), в частности, когда вам нужна обратная матрица, но не волнует масштаб.

Два примера включают вычисление обратной гомографии и частную итерацию Рэлея для очень маленьких задач (что в дополнение к упрощению с использованием адъюгата намного лучше).

— nonbasketless
источник

Я полностью согласен, в некоторых случаях (в общем случае с небольшими матрицами) это очень помогает! (например, для вычисления барицентрических координат в небольшом симплексе)

— BrunoLevy