Finden der Quadratwurzel einer Laplace-Matrix

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Angenommen, die folgende Matrix ist mit ihrer Transponierten . Das Produkt ergibt , $A$

[\begin{array}{ccc} 0.500 & - 0.333 & - 0.167 \\ - 0.500 & 0.667 & - 0.167 \\ - 0.500 & - 0.333 & 0.833 \end{array}]

$\left[\begin{array}{ccc} 0.500 & -0.333 & -0.167\\ -0.500 & 0.667 & -0.167\\ -0.500 & -0.333 & 0.833\end{array}\right]$

A^{T}

$A^T$

A^{T} A = G

$A^TA=G$

[\begin{array}{ccc} 0.750 & - 0.334 & - 0.417 \\ - 0.334 & 0.667 & - 0.333 \\ - 0.417 & - 0.333 & 0.750 \end{array}]

$\left[\begin{array}{ccc}0.750 & -0.334 & -0.417\\ -0.334 & 0.667 & -0.333\\ -0.417 & -0.333 & 0.750\end{array}\right]$

wobei eine Laplace-Matrix ist . Es ist zu beachten, dass die Matrizen und Rang 2 haben, wobei der Null-Eigenwert dem Eigenvektor . $G$ $A$ $G$ $1_n=\left[\begin{array}{ccc}1 & 1 & 1\end{array}\right]^T$

Ich frage mich, wie man erhält, wenn nur gegeben wird. Ich habe versucht, die Eigenzusammensetzung , und dann , aber ein anderes Ergebnis erhalten. Ich denke, das hat mit Rangmangel zu tun. Könnte jemand das erklären? Das obige Beispiel dient eindeutig der Veranschaulichung. Sie könnten eine allgemeine Laplace-Matrix-Zerlegung der obigen Form in Betracht ziehen. $A$ $G$ $G=UEU^T$ $A'=UE^{1/2}$

Da zum Beispiel die Cholesky-Zersetzung verwendet werden könnte, um , könnte die Zersetzung auf viele Lösungen ergeben. Ich interessiere mich für die Lösung, die ausgedrückt werden kann als wobei eine Identitätsmatrix ist, und ein Vektor ist Erfüllung von . Wenn es die Sache vereinfacht, können Sie annehmen, dass die Einträge von nicht negativ sind. $G=LL^T$ $G$

A = (I - 1_{n} w^{T}),

$A=(I-1_nw^{T}),$

I

$I$

3 \times 3

$3\times 3$

1_{n} = [1 1 1]

$1_n=[1~ 1~ 1]$

w

$w$

w^{T} 1_{n} = 1

$w^T1_n=1$

w

$w$

linear-algebra matrix eigensystem

— usero
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Ich denke, der Kommentar, den Sie zur Darstellung von hinzugefügt haben, ist nur teilweise hilfreich. Es wird davon ausgegangen, dass es genau einen Eigenwert gibt, der gleich Null ist, aber die Nichtdeterminanz ist immer da, nicht wahr?

A

$A$

— Wolfgang Bangerth

@ WolfgangBangerth Ich versuche die Bedeutung von "Nicht-Determinanz" herauszufinden. Wenn das , gilt dies für das obige Beispiel, und ich bin nicht sicher, ob es für verallgemeinert werden kann . Mit Ausnahme von bezweifle ich jedoch, dass die Lösung immer existieren würde.

d e t (A) = 0

$det(A)=0$

A = I - 1_{n} w^{T}

$A=I-1_nw^T$

n = 3

$n=3$

— Usero

Nein, ich meinte damit, dass die Lösung Ihres Problems nicht eindeutig festgelegt ist. Ich habe darauf hingewiesen, dass die Tatsache, dass die Matrix einen Null-Eigenwert hat oder nicht, nichts an der Tatsache ändert, dass das Quadratwurzelproblem keine eindeutige Lösung hat.

— Wolfgang Bangerth

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Wir haben die Laplace-Matrix die eine Menge von Eigenwerten für wobei wir immer . Somit ist die Laplace-Matrix immer symmetrisch positiv semidefinit. Weil die Matrix $G=A^TA$ $\lambda_0\leq\lambda_1\leq\ldots\leq \lambda_n$ $G\in\mathbb{R}^{n\times n}$ $\lambda_0 = 0$ $G$ ist nicht symmetrisch positiv definitiv müssen wir vorsichtig sein, wenn wir die Cholesky-Zerlegung diskutieren. Die Cholesky-Zerlegung existiert für eine positive semidefinitive Matrix, ist jedoch nicht mehr eindeutig. Zum Beispiel ist die positive semidefinitive Matrix Unendlich viele Cholesky Zerlegungen

A = [\begin{array}{cc} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{array}],

$A=\left[\!\!\begin{array}{cc} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{array} \!\!\right],$

A = [\begin{array}{cc} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{array}] = [\begin{array}{cc} 0 & 0 \\ \sin θ & \cos θ \end{array}] [\begin{array}{cc} 0 & \sin θ \\ 0 & \cos θ \end{array}] = L L^{T} .

$A=\left[\!\begin{array}{cc} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{array} \!\right] = \left[\!\begin{array}{cc} 0 & 0 \\ \sin\theta & \cos\theta \end{array} \!\right] \left[\!\begin{array}{cc} 0 & \sin\theta \\ 0 & \cos\theta \end{array} \!\right]=LL^T.$

Da wir jedoch eine Matrix , von der bekannt ist, dass sie eine Laplace-Matrix ist, können wir die komplexeren linearen Algebra-Werkzeuge wie Cholesky-Zerlegungen oder das Finden der Quadratwurzel der positiven semidefinitiven Matrix vermeiden, so dass wir wiederherstellen . Wenn wir zum Beispiel die Laplace-Matrix , ist $G$ $G$ $A$ $G\in\mathbb{R}^{4\times 4}$ wir die Graphentheorie verwenden, um die gewünschte Matrixwiederherzustellen. Dazu formulieren wir die orientierte Inzidenzmatrix. Wenn wir die Anzahl der Kanten im Graphen alsund die Anzahl der Eckpunkte alsist die orientierte InzidenzmatrixeineMatrix, die durch

G = [\begin{array}{cccc} 3 & - 1 & - 1 & - 1 \\ - 1 & 1 & 0 & 0 \\ - 1 & 0 & 1 & 0 \\ - 1 & 0 & 0 & 1 \end{array}]

$G=\left[\!\begin{array}{cccc} 3 & -1 & -1 & -1\\ -1 & 1 & 0 & 0 \\ -1 & 0 & 1 & 0 \\ -1 & 0 & 0 & 1 \\ \end{array}\!\right]$

A

$A$

m

$m$

n

$n$

A

$A$

m \times n

$m\times n$

wobei

die Kante bezeichnet, die die Eckpunkte

und

. Wenn wir einen Graphen für

mit vier Eckpunkten und drei Kanten nehmen, haben wir die orientierte Inzidenzmatrix

A_{e v} = {\begin{array}{lc} 1 & if e = (v, w) and v < w \\ - 1 & if e = (v, w) and v > w \\ 0 & otherwise, \end{array}

$A_{ev} = \left\{\begin{array}{lc} 1 & \textrm{if }e=(v,w)\textrm{ and }v<w \\ -1 & \textrm{if }e=(v,w)\textrm{ and }v>w \\ 0 & \textrm{otherwise}, \end{array} \right.$

e = (v, w)

$e=(v,w)$

v

$v$

w

$w$

G

$G$

Und wir können feststellendass

. Für das von Ihnen beschriebene Matrixproblem würden Sie ein Diagramm für

mit der gleichen Anzahl von Kanten wie Eckpunkte erstellen. Dann sollten Sie die Möglichkeit haben, die Matrix

zu rekonstruieren,wenn Sie nur die Laplace-Matrix

.

A = [\begin{array}{cccc} 1 & - 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & - 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & - 1 \end{array}],

$A = \left[\!\begin{array}{cccc} 1 & -1 & 0 & 0\\ 1 & 0 & -1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & -1 \\ \end{array}\!\right],$

G = A^{T} A

$G=A^TA$

G

$G$

A

$A$

G

$G$

Aktualisieren:

Wenn wir die Diagonalmatrix der Scheitelpunktgrade eines Graphen als und die Adjazenzmatrix des Graphen als , wird die Laplace-Matrix des Graphen durch . Zum Beispiel in der folgenden Grafik $N$ $M$ $G$ $G=N-M$

G = [\begin{array}{cccc} 3 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{array}] - [\begin{array}{cccc} 0 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 0 \end{array}] .

$G=\left[\!\begin{array}{cccc} 3 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ \end{array}\!\right] - \left[\!\begin{array}{cccc} 0 & 1 & 1 & 1\\ 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 0 \\ \end{array}\!\right].$

G

$G$

A

$A$

A

$A$

A_{e v} = {\begin{array}{lc} 1 & if e = (v, w) and v < w \\ - 1 & if e = (v, w) and v > w \\ 0 & otherwise, \end{array} .

$A_{ev} = \left\{\begin{array}{lc} 1 & \textrm{if }e=(v,w)\textrm{ and }v<w \\ -1 & \textrm{if }e=(v,w)\textrm{ and }v>w \\ 0 & \textrm{otherwise}, \end{array} \right..$

e_{1}

$e_1$

v_{1}

$v_1$

v_{2}

$v_2$

A_{e_{1}, v_{1}}

$A_{e_1,v_1}$

v_{1}

$v_1$

v_{2}

$v_2$

v < w

$v<w$

A_{e v}

$A_{ev}$

A_{e_{1}, v_{1}} = 1

$A_{e_1,v_1} = 1$

A_{e_{1}, v_{2}} = - 1

$A_{e_1,v_2} = -1$

A

$A$

A = \begin{array}{ccccc} v_{1} & v_{2} & v_{3} & v_{4} \\ e_{1} & 1 & - 1 & 0 & 0 \\ e_{2} & 1 & 0 & - 1 & 0 \\ e_{3} & 1 & 0 & 0 & - 1 \end{array} .

$A = \begin{array}{c|cccc} & v_1 & v_2 & v_3 & v_4 \\ \hline e_1 & 1 & -1 & 0 & 0\\ e_2 & 1 & 0 & -1 & 0 \\ e_3 & 1 & 0 & 0 & -1 \\ \end{array}.$

$Gr$ $V$ $E$

w : V \times V \to R^{+},

$w: V\times V\rightarrow \mathbb{R}^+,$

u

$u$

v

$v$

w (u, v)

$w(u,v)$

u \in V

$u\in V$

u

$u$

d_{u} = \sum_{v \in V} w (u, v) .

$d_u = \sum_{v\in V}w(u,v).$

G r

$Gr$

A d (G r)

$Ad(Gr)$

n \times n

$n\times n$

V

$V$

w (u, v)

$w(u,v)$

D (G r)

$D(Gr)$

V

$V$

G

$G$

G = D (G r) - A d (G r) .

$G = D(Gr) - Ad(Gr).$

G = [\begin{array}{ccc} \frac{3}{4} & - \frac{1}{3} & - \frac{5}{12} \\ - \frac{1}{3} & \frac{2}{3} & - \frac{1}{3} \\ - \frac{5}{12} & - \frac{1}{3} & \frac{3}{4} \end{array}] .

$G=\left[\!\begin{array}{ccc} \tfrac{3}{4} & -\tfrac{1}{3} & -\tfrac{5}{12} \\ -\tfrac{1}{3} & \tfrac{2}{3} & -\tfrac{1}{3} \\ -\tfrac{5}{12} & -\tfrac{1}{3} & \tfrac{3}{4} \\ \end{array}\!\right].$

G

$G$

G = A^{T} A

$G=A^TA$

A

$A$

A = I - 1_{n} w^{T}

$A=I-1_nw^T$

w^{T} 1_{n} = 1

$w^T1_n=1$

A

$A$

A

$A$

A d (G r)

$Ad(Gr)$

G

$G$

G = [\begin{array}{ccc} \frac{5}{4} & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & \frac{11}{12} \end{array}] - [\begin{array}{ccc} \frac{1}{2} & \frac{1}{3} & \frac{5}{12} \\ \frac{1}{3} & \frac{1}{3} & \frac{1}{3} \\ \frac{5}{12} & \frac{1}{3} & \frac{1}{6} \end{array}] = D (G r) - A d (G r) .

$G=\left[\!\begin{array}{ccc} \tfrac{5}{4} & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & \tfrac{11}{12} \\ \end{array}\!\right]-\left[\!\begin{array}{ccc} \tfrac{1}{2} & \tfrac{1}{3} & \tfrac{5}{12} \\ \tfrac{1}{3} & \tfrac{1}{3} & \tfrac{1}{3} \\ \tfrac{5}{12} & \tfrac{1}{3} & \tfrac{1}{6} \\ \end{array}\!\right] = D(Gr)-Ad(Gr).$

v_{1}

$v_1$

v_{2}

$v_2$

v_{3}

$v_3$

1 / 2

$1/2$

1 / 3

$1/3$

1 / 6

$1/6$

w

$w$

[\frac{1}{2}

$[\frac{1}{2}$

\frac{1}{3}

$\frac{1}{3}$

\frac{1}{6}]^{T}

$\frac{1}{6}]^T$

A

$A$

A = I - 1_{n} w^{T} = [\begin{array}{ccc} \frac{1}{2} & - \frac{1}{3} & - \frac{1}{6} \\ - \frac{1}{2} & \frac{2}{3} & - \frac{1}{6} \\ - \frac{1}{2} & - \frac{1}{3} & \frac{5}{6} \end{array}] .

$A = I-1_nw^T = \left[\!\begin{array}{ccc} \tfrac{1}{2} & -\tfrac{1}{3} & -\tfrac{1}{6} \\ -\tfrac{1}{2} & \tfrac{2}{3} & -\tfrac{1}{6} \\ -\tfrac{1}{2} & -\tfrac{1}{3} & \tfrac{5}{6} \\ \end{array}\!\right].$

$A$

— Andrew Winters
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A

$A$

G

$G$

O (n^{2})

$O(n^2)$

G

$G$

G

$G$

G

$G$

A

$A$

G

$G$

A

$A$

G

$G$

1

G

$G$

A = I - 1_{n} w^{T}

$A=I-1_nw^T$

G

$G$

G = A^{T} A = (I - 1_{n} w^{T})^{T} (I - 1_{n} w^{T})

$G=A^TA=(I-1_nw^T)^T(I-1_nw^T)$

9

$A$ $B$

B^{2} = A,

$B^2 = A,$

$C$

C^{H} C = A,

$C^H C = A,$

$C \mapsto Q C$ $Q$

Schließlich kann man die eindeutige Matrixquadratwurzel einer hermitisch positiven semidefiniten Matrix konstruktiv definieren, beispielsweise durch ihre Eigenwertzerlegung

A = U Λ U^{H},

$A = U \Lambda U^H,$

$U$ $\Lambda$ $A$

B = U \sqrt{Λ} U^{H} .

$B = U \sqrt{\Lambda} U^H.$

— Jack Poulson
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A

$A$

6

G = A^{T} A .

$G = A^T A.$

G

$G$

G

$G$

G = L^{T} L

$G=L^TL$

A = L

$A=L$

A

$A$

G

$G$ Wenn Sie eine bestimmte haben möchten, müssen Sie die Frage so umformulieren, dass Sie die strukturellen Eigenschaften des "Zweigs" der Quadratwurzel angeben, an dem Sie interessiert sind.

Ich würde sagen, dass diese Situation nicht unähnlich ist, die Quadratwurzel unter den reellen Zahlen unter Verwendung der komplexen Zahlen zu ziehen: Auch dort haben Sie im Allgemeinen zwei Wurzeln, und Sie müssen sagen, welche Sie die Antwort eindeutig machen möchten.

— Wolfgang Bangerth
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Du hast definitiv recht. Ein anderer Weg wäre der spektrale Zerlegungsansatz, wie ich oben dargelegt habe. Ich habe eine Bearbeitung vorgenommen, um die Lösung einzigartig zu machen. Hoffentlich wird es die Sache nicht komplizieren.

— Usero

Gibt es immer eine Lösung mit der oben angegebenen Einschränkung? Vielleicht gilt es nur für einige Fälle und nicht allgemein.

— Usero

Tatsächlich funktioniert Cholesky in seinem Fall nicht, da es (im Wesentlichen) erfordert, dass die Matrix hermitisch positiv-definit ist.

— Jack Poulson

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$LDL^{T}$ $\hat{D} = \sqrt{D}$ $G = L\hat{D}$

— Willowbrook
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L D L^{T}

$LDL^T$

1

@JackPoulson Ich versuche eine singuläre Matrix A in Matlab und führe ldl aus, es funktioniert. Die Null-Eigenwerte entsprechen den Nullen in der Diagonale von D.

— Willowbrook

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L D L^{T}

$LDL^T$

P A P^{'} = L D L^{T}

$PAP'=LDL^T$

D

$D$

2 \times 2

$2 \times 2$