內積空間上的拉格朗日型矩陣有理插值

顧傳青， 張 科， 王 鋒

(上海大學理學院，上海200444)

矩陣有理插值問題包括矩陣冪級數的部分實現問題和Newton-Padé，Hermite-Padé，多點Padé逼近及其矩陣形式的推廣等問題［1］.已有的工作研究了利用相同插值點的矩陣有理逼近問題.Antoulas等［2］解決了最小矩陣有理插值問題.Anderson等［3］利用Loewner矩陣，研究了實有理傳遞函數矩陣的插值數據，傳到傳遞函數矩陣的一個最小狀態變量的實現問題.Gu［4］給出了一種廣義逆矩陣有理插值(generalized inverse matrix rationalinterpolation，GMRI)法，該方法推廣并提高了Graves-Morris等［5-6］的廣義逆向量有理插值法，使得構造過程中不必計算矩陣的乘法.但是GMRI法受次數和可除性的限制，構造的有理插值式中的分母多項式的次數不能是奇數［4，7-8］.利用牛頓多項式，Sidi［9-10］給出了3種不同的向量插值型有理插值式，其分子為向量值多項式，分母為標量多項式.

本研究的目的是為了改進GMRI法，通過構造一種新的以拉格朗日多項式為基礎的迭代關系，提出了內積空間上一種基于拉格朗日型矩陣有理插值的實用方法.利用矩陣內積，給出3種不同的標準來得到3種有理插值方法.這類方法最早由Sidi［9-10］提出并討論了牛頓向量值有理插值問題.在此基礎上，Gu［11］研究了矩陣Padé型逼近問題.

1 矩陣值有理插值的一般方法

設z為一復變量，F(z)為矩陣值函數，即F：C→ Cs×t.假定F(z)定義在有界開集Ω上，現考慮F(z)在插值節點z1，z2，…處的插值問題，假定這些插值點是互異的.

令Lm，n(z)為函數F(z)在點zm，zm+1，…，zn處的矩陣值插值多項式，其次數最多為n-m.利用拉格朗日多項式，有

式中，lm，i(z)為拉格朗日基函數，即

顯然，Lm，n(z)∈Cs×t.為簡潔起見，將數量多項式Wm，n(z)表述為

利用上述符號，定義一類矩陣值有理函數Rl，k(z)為

式中，c0，c1，…，ck為任意復數，Pl，k(z)為一個次數不超過l-1的矩陣值多項式，Ql，k(z)為一個最多k次的數量多項式.注意到，只要 Ql，k(z1)≠0，可將Ql，k(z)規范化，使得Ql，k(z1)=c0=1.相比文獻［4，7-8］中的GMRI法，式(4)中分母多項式的次數沒有奇偶次限制.

定理1 假定zi互不相同.若Ql，k(zi)≠0，i=1，2，…，l，則式(4)中定義的矩陣值有理函數Rl，k滿足如下的插值條件：

證明 由式(4)可得

令z=zi，由Lj+1，l(zi)=F(zi)，i=j+1，j+2，…，l以及W1，j(zi)=0，i=1，2，…，j，有

W1，j(z)［F(z)-Lj+1，l(z)］=0，i=1，2，…，l.定理得證.

2 誤差公式及系數選擇

由上節不難發現，式(4)中的ci是任意的.基于隨后給出的引理3中的迭代關系，本節討論怎樣選取合適的cj來獲得較好的逼近效果.首先介紹矩陣內積的通常定義.

令矩陣A=(ai，j)，B=(bi，j)∈Cs×t，定義A，B的內積為

引理1 令A，B和C∈Cs×t，則

(b)任給α，β∈C，(αA+βB，C)=α(A，C)+ β(B，C);

引理2［13］若 f(x)在包含著插值節點 z0，z1，…，zn的區間［a，b］上n+1次可微，則對任意z∈［a，b］，存在與x有關的ξ(a＜ξ＜b)，使得

引理3 令Lm，n(z)為式(1)中定義的F(z)關于節點zm，zm+1，…，zn的矩陣值拉格朗日多項式，可得如下的迭代關系：

式中，Wm，n(z)由式(3)給出.

證明 由式(1)可得

由式(1)和(9)可推出F(zi)的系數，即

式中，m≤i≤n.式(8)得證.令

則式(8)變為

定理2 令z為一個復變量，F(z)為一個矩陣值函數F：C→Cs×t.若Rl，k(z)為式(4)給出的矩陣值有理函數，則

式中，

且Wm，n(z)，Dm，n分別由式(3)和(10)給出.

證明 由于Lm，n(z)為F(z)關于節點 zm，zm+1，…，zn的插值多項式，由式(8)可得誤差公式為

令m=j+1，由引理3和式(11)，有

式中，0≤j≤k，n≥l.將式(15)代入式(5)，即可得到式(12).

根據式(3)，將式(13)改寫為

可以發現，式(16)方括號內的Di，j，i=1，2，…，k+1，j=l+1，l+2，…，n，可以重排為如下格式：

本研究通過3種不同的方法選取cj，使得式(16)方括號內的項在某種意義下盡可能的小.這里，對c0進行規范化，即c0=1.

的解，其中假定 D2，l+1，D3，l+1，…，Dk+1，l+1為非零矩陣.于是將問題轉化為F-范數下的最小二乘求解問題.事實上，式(18)等價于求解如下的線性系統：

特別地，當Di，l+1∈Rs×t，i=1，2，…，k+1時，式(19)變為

方法2 設矩陣D為D1，l+1，D2，l+1，…，Dk+1，l+1; D1，l+2，D2，l+2，…，Dk+1，l+2;…;D1，l+k，D2，l+k，…，Dk+1，l+k中的第一個非零矩陣，則通過求解下列線性系統來確定c1，c2，…，ck：

方法3 令式(16)中的c1，c2，…，ck為下列線性系統的解［12］：

3 指定極點的有理插值式的插值節點選取原則

定義1 給定序列：

定義f(z)關于點βn1，βn2，…，βnn的插值函數序列為

定義2［14］若Γ為中的閉Jordan曲線，則ext(Γ)為CΓ的包含C+的連通分支.

定義3［14］設 f(z)為 G?中的解析函數，Γ(∞∈Γ)={z：Re z=-a}(a＞0)為G∪{∞}中的可求長 Jordan曲線.其中為給定的多項式序列，其中αni?{Re z≥-a}，βni∈且不同于αni.若

且

則指定極點的插值函數序列(rational interpolants with prescribed poles，RIPPs)rn(z)=Bn(z)/Qn(z)一致收斂到f(z).

基于插值公式(4)，給出逼近有指定極點的矩陣值函數的算法.假定F(z)為有指定極點的矩陣值函數，則第一步為計算F(z)的極點;第二步為利用式(25)確定插值節點，去除第一步中不重要的極點;第三步為利用插值式(4)逼近函數F(z).

例 考慮如下矩陣值有理函數的插值問題：

式中，

函數 F(z)的極點為 -0.243 747 876 5，-2.373 140 546，-27.890 485 68，-36.717 000 60，-48.848 388 70，-71.291 618 30+636.280 518 7i，-71.291 618 30-636.280 518 7i.

由式(25)，選取插值節點z1=0.243 747 876 5，z2= 2.373 140 546，z3= 27.890 485 68，z4= 36.717 000 60，z5=48.848 388 70.根據插值公式(4)，可得插值函數R4，3(z)為

式中，

系數cj可由第3節介紹的3種方法求出，這里以方法1為例.由式(19)可得

Dm，n由式(10)給出，即

由此，計算式(27)，有

由于R4，3(z)和F(z)均為2階矩陣，給出矩陣R4，3(z)中4個元素逼近函數F(z)相應元素的圖形，如圖1～圖 4所示，其中實線為 R4，3(z)，點線為F(z).可以看出，在區間［1，∞)上，插值函數R4，3(z)能較好地逼近被插函數F(z).特別地，在區間［50，∞)上，兩函數曲線誤差極小，這表明本研究提出的算法是有效的.

圖1 R4，3(z)和F(z)的第一行第一列的元素Fig.1 Element［1，1］of matrices R4，3(z)and F(z)

圖2 R4，3(z)和F(z)的第一行第二列的元素Fig.2 Element［1，2］of matrices R4，3(z)and F(z)

圖3 R4，3(z)和F(z)的第二行第一列的元素Fig.3 Element［2，1］of matrices R4，3(z)and F(z)

圖4 R4，3(z)和F(z)的第二行第二列的元素Fig.4 Element［2，2］of matrices R4，3(z)and F(z)

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