是否有一种有效的矩阵值连续分数算法？

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假设我有一个矩阵方程递归定义为

A[n] = inverse([1 - b[n]A[n+1]]) * a[n]

然后，A [1]的方程看起来类似于连续分数，为此，存在一些避免繁琐的重新计算的高效方法（有关某些示例，请参见“数字食谱”）。

但是，我想知道是否存在允许系数b [n]和a [n]为矩阵的类似方法，唯一的约束条件是b [n] A [n + 1]为正方形矩阵，从而使矩阵

1 - b[n]A[n+1]

实际上是可逆的。

algorithms

— 拉格拜尔
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这是您几个月前在math.SE中提出的问题，对吗？是正方形或长方形的？

A

$A$

— JM

我记得在math.SE的评论中有人建议我在Beta在线后在这里问这个问题。）在我的特殊情况下，A是矩形。递归方程对应于一组分层方程，并且数量随增长。以我

n

$n$

— 为例

很好奇，您打算将其用于什么应用程序？

— Hjulle

1

简而言之，将戴森的身份用于特定的哈密顿量会生成格林函数，我可以使用特定索引进行标记。将具有相同索引的所有函数收集到向量可以使用戴森的身份和适当的近似值来写。使用截止值使所有使我能够找到矩阵从而使，这些矩阵由我的连续分数样式方程式给出。例如，此技术可以计算用于紧密绑定模型的点阵格林函数。

N

$N$

V_{N}

$V_N$

V_{N} = α_{N} V_{N - 1} + β_{N} V_{N + 1}

$V_N = \alpha_N V_{N-1} + \beta_N V_{N+1}$

V_{N} = 0

$V_N = 0$

n \geq N

$n \ge N$

A_{n}

$A_n$

V_{n} = A_{n} V_{n - 1}

$V_n = A_n V_{n-1}$

— 拉格贝尔

1

这不是我的领域，但是我有一段时间回到了研讨会上，那里提出了与此问题有关的一些东西。[这里] [1]是我在网上可以找到的唯一踪迹。我真的不知道是否有帮助。[1]：mh2009.ulb.ac.be/ResActiv.pdf

— user189035 2012年

Answers:

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矩阵函数： Nicholas Higham的理论和计算，在第81页中，给出了以下两种方法。

r (X) = b_{0} + \frac{a_{1} X}{b_{1} + \frac{a_{2} X}{b_{2} + \dots + \frac{a_{2 m - 1} X}{b_{2 m - 1} + \frac{a_{2 m} X}{b_{2 m}}}}}

$r(X) = b_0 + \frac{a_1 X}{b_1+\frac{a_2 X}{b_2+\cdots + \frac{a_{2m-1} X}{b_{2m-1} + \frac{a_{2m}X}{b_{2m}}}}}$ ，其中是平方矩阵。

X

$X$

自上而下的方法：

$P_{−1}=I, Q_{−1}=0,P_0 =b_0 I,Q_0 =I$

对于j = 1：2m

$P_j =b_j P_{j−1}+a_jXP_{j−2}$

$Q_j =b_j Q_{j−1}+a_j X Q_{j−2}$

结束

$r_m =P_{2m} Q_{2m}^{-1}$

自下而上的方法：

$Y_{2m} = (a_{2m}/b_{2m})X$

对于j = 2m−1：−1：1

解决为。 $(b_jI+Y_{j+1})Y_j =a_jX$ $Y_j$

结束

$r_m=b_0I+Y_1$

问题要求评估更一般的形式

b_{0} + \frac{a_{1} X_{1}}{b_{1} + \frac{a_{2} X_{2}}{b_{2} + \dots + \frac{a_{2 m - 1} X_{2 m - 1}}{b_{2 m - 1} + \frac{a_{2 m} X_{2 m}}{b_{2 m}}}}}

$b_0 + \frac{a_1 X_1}{b_1+\frac{a_2 X_2}{b_2+\cdots + \frac{a_{2m-1} X_{2m-1}}{b_{2m-1} + \frac{a_{2m}X_{2m}}{b_{2m}}}}}$

可以通过上述公式的简单概括来评估。例如，自下而上的方法变成

$Y_{2m} = (a_{2m}/b_{2m})X_{2m}$

对于j = 2m−1：−1：1

解决为。 $(b_jI+Y_{j+1})Y_j =a_j X_j$ $Y_j$

结束

$r_m=b_0I+Y_1$ 。

— 大卫·凯奇森
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这看起来很有趣。我将看看是否可以将其应用于我的特定问题，但是它回答了这个问题，因为我的b [n] * A [n + 1]是一个正方形矩阵

— Lagerbaer 2012年

嗯，但是我只是注意到矩阵在您的解决方案中的每个地方都是相同的，但是我的不一定。

X

$X$

— Lagerbaer

好的，我已经概括了它。

— David Ketcheson

6

我知道这个答案有很多假设，但至少可以概括您的算法：

假设，和种子矩阵都形成一个正态矩阵的可交换族，其中和的特征值分解是先验的，比如说，，以及，其中是单一的，而，和是复值对角矩阵。 $\{A_n\}$ $\{B_n\}$ $V_N$ $\{A_n\}$ $\{B_n\}$ $U' V_N U = \Lambda_N$ $U' A_n U = \Omega_n$ $U' B_n U = \Delta_n$ $U$ $\Lambda_N$ $\{\Omega_n\}$ $\{\Delta_n\}$

一旦我们说了分解，归纳起来，

V_{n} = (I - B_{n} V_{n + 1})^{- 1} A_{n} = (I - U Δ_{n} U^{'} U Λ_{n + 1} U^{'})^{- 1} U Ω_{n} U^{'},

$V_n = (I - B_n V_{n+1})^{-1} A_n = (I - U \Delta_n U' U\Lambda_{n+1} U')^{-1} U \Omega_n U',$

可以重新排列成表格

V_{n} = U (I - Δ_{n} Λ_{n + 1})^{- 1} Ω_{n} U^{'} \equiv U Λ_{n} U^{'},

$V_n = U (I - \Delta_n \Lambda_{n+1})^{-1} \Omega_n U' \equiv U \Lambda_n U',$

其中当然仍然是对角线，因此整个族必须与其他运算符通勤，并且我们已经显示了每个的对角线值都已解耦，因此可以应用快速的标量递归公式独立于的特征值和系数矩阵。 $\Lambda_n$ $\{V_n\}$ $\Lambda_n$ $V_N$

请注意，一种特殊情况是和，因此唯一的要求是是普通矩阵。 $A_n \equiv \alpha_n I$ $B_n \equiv \beta_n I$ $V_N$

— 杰克·波尔森
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