你的第二个任期是线性的$x$, 所以可以改写为$Cx$在哪里$C$是一个合适的$n\times n$矩阵。你只需要弄清楚它的条目$C_{ij}$是：为此，您需要一些索引操作，但这应该是线性代数中的一个简单练习。

或者，您可以使用（更好的）符号$B(x\otimes v)$第二个任期（或$B(v\otimes x)$，取决于您的“产品”是如何定义的），并使用 Kronecker 产品属性进行操作$(x\otimes v) = (I\otimes v)(x\otimes 1) = (I\otimes v)x$.

根据 Federico 的回答，我想你可以很容易地弄清楚什么是$C_{ij}$通过显式编写第二项（$Bxv$） 作为：

$$(Bx)_{ij} = \sum_{\alpha=1}^{n} B_{ij\alpha} x_{\alpha}$$

$$(Bxv)_{i} = \sum_{\beta=1}^{n} (Bx)_{i\beta} v_{\beta}$$

$$(Bxv)_{i} = \sum_{\beta=1}^{n} \sum_{\alpha=1}^{n} B_{i\beta\alpha} x_{\alpha} v_{\beta} = \sum_{\alpha=1}^{n} \sum_{\beta=1}^{n} B_{i\beta\alpha}v_{\beta} x_{\alpha}$$

但：

$$(Cx)_{i} = \sum_{\alpha=1}^{n} C_{i\alpha} x_{\alpha}$$

所以：

$$C_{i\alpha} = \sum_{\beta=1}^{n} B_{i\beta\alpha} v_{\beta}$$

所以最后主方程写成：

$$Ax+Cx = c$$

或者：

$$(A+C)x = c$$

现在可以通过使用直接或迭代方法轻松求解上述线性方程。

所以我从 Federico Poloni 和 Alone Programmer 那里得到了两个很好的答案，但有一个问题是他们的所有解决方案都需要访问完整的 B 矩阵。因为在我的例子中，B 矩阵是增强的 hessian 矩阵，或者是 BDF1-PTC 非线性求解器中使用的增强 Jacobian 矩阵的导数，所以这不是一个简单的矩阵，我尝试使用 frechet 导数来获得增强的 Hessian 乘积比增广粗麻布本身。因此，我试图找到一种使用嵌套线性求解的方法，这样我就不必计算完整的 Hessian 矩阵，而是依赖我代码中现有的求解器技术。

解决这个问题的一种方法是使用像 GS 或 Jacobi 这样的平滑器并求解系统：

$$Dx = c - Bxv - Ax$$ 其中 D 仅是 A 矩阵的对角线。我选择不采用这种方法，因为 GS 没有很好的求解特性。相反，我选择将我的 FGMRES 与 GS 预处理一起使用，如下所示：

1. $x_0 = 0$
2. 定义$r = c - Bx_iv - Ax_i$
3. 调用FMGRES解决$Ax_{i+1} = r$
4. 定义$r_2 = c - Bx_{i+1}v - Ax_{i+1}$
5. 如果$r_2 < \epsilon$停止，否则 i++ 并转到 2

此迭代大约需要 3 次 GMRES 求解才能完全收敛问题$\epsilon = 1e-5$和 6 为$\epsilon = 1e-15$. 需要注意的一件事是，早期的猜测不需要太多的精确度。因此，一个理想的实现将在早期使用非常低的收敛 GMRES 调用（或者可能最初只使用一些平滑步骤），然后最终使用更强大的 FGMRES 重新启动和最终迭代的许多向量。