一類非線性矩陣方程的迭代求解
2014-11-27 15:37:48張帆
科技經濟市場 2014年10期
張帆
摘 要：討論了求解方程組X-A*Y■A=QY-B*Y■A=QHermit正定解的迭代方法。
關鍵詞：非線性矩陣方程組；Hermit正定解；迭代；收斂
0 引言
本文主要研究非線性矩陣方程組X-A*Y■A=QY-B*Y■A=Q （1）
其中A，B為正規(guī)矩陣，Q為 Hermite正定陣.討論求解方程組Hermite正定解迭代的收斂性。
考慮如下迭代X0=1，Y0=1。X■=A*Y■A+QY■=B*Y■B+Q （2）
定理：若A，B，Q滿足引理（1）中所有條件，且Q>1，||A||2（||Q||+||A||2）m-1<1/m那么方程組（1）
存在Hermite正定解（X，Y），且滿足
X28 Y28 max（||X-X28||，||X28-X||） max（||Y-Y28||，||Y28-Y||） 其中q=nm||A||2||B||2（||Q||+||A||2）m-1（||Q||+||B||2）n-1其中X■，Y■，s=0，1，2…由迭代（2）產生。 證明： 對于X1，Y1，有 X1，=Q+A*A>X0，Y1=Q+B*B>Y0 所以，X1-m<，X0-m，Y1-n<，X0-n 那么，B*X1-mB 因此，X0=1 即X0 由X0 X2=Q+A*Y1-nA X2=Q+A*Y1-nA>Q+A*Y1-nA=X2 即X2 同理有Y2 那么有X2 繼而有X4 綜上可知X0 假設對所有k滿足X0 由假設可知 X2k+2=Q+A*Y-n2K+1A X2k+4=Q+A*Y-n2K+2A>Q+A*Y-n2K+1A=X2k+2 Y2k+2=Q+B*X-n2K+1B Y2k+4=Q+B*X-n2K+2B>Q+B*X-n2K+1B=Y2k+2 即X2k+2 同理可證X2k+4 綜上，有 X0 Y0 至此，序列X■，X■，Y■，Y■單調且有下界。下證序列X■，X■有共同極限。 ||X2s+1-X2s||=||A*Y-n2sA-A*Y2s-nA|| =||A*Y-n2sYn2s-1Y-n2s-1-Y-n2sYn2sY-n2s-1A|| ≤||A||2||Y-n2s（Yn2s-1Yn2s）Y-n2s-1|| ≤||A||2||Y-n2s||||（Yn2s-1Yn2s）||Y-n2s-1|| =||A||2||Y-n2s||||（Yn2s-1||||Y■-Y■■Y■■-1Y■■|| <||A||2||Y-n2s-1-Y2s||■Y■■-Y■■i-1 參考文獻： [1]AsmaaM.Al-Dubiban.IterativeAlgorithmforSolvingaSystemofNonlinearMatrix Equations[J].Journal of Applied Mathematics，2012，2012：1-15. [2]高東杰.矩陣方程 的 正定解[J].信息系統工程，2010（11）：134-135. [3]高東杰，張玉海.矩陣方程 的 正定解[J].計算數學，2007，29（1）：73-80.
摘 要：討論了求解方程組X-A*Y■A=QY-B*Y■A=QHermit正定解的迭代方法。
關鍵詞：非線性矩陣方程組；Hermit正定解；迭代；收斂
0 引言
本文主要研究非線性矩陣方程組X-A*Y■A=QY-B*Y■A=Q （1）
其中A，B為正規(guī)矩陣，Q為 Hermite正定陣.討論求解方程組Hermite正定解迭代的收斂性。
考慮如下迭代X0=1，Y0=1。X■=A*Y■A+QY■=B*Y■B+Q （2）
定理：若A，B，Q滿足引理（1）中所有條件，且Q>1，||A||2（||Q||+||A||2）m-1<1/m那么方程組（1）
存在Hermite正定解（X，Y），且滿足
X28 Y28 max（||X-X28||，||X28-X||） max（||Y-Y28||，||Y28-Y||） 其中q=nm||A||2||B||2（||Q||+||A||2）m-1（||Q||+||B||2）n-1其中X■，Y■，s=0，1，2…由迭代（2）產生。 證明： 對于X1，Y1，有 X1，=Q+A*A>X0，Y1=Q+B*B>Y0 所以，X1-m<，X0-m，Y1-n<，X0-n 那么，B*X1-mB 因此，X0=1 即X0 由X0 X2=Q+A*Y1-nA X2=Q+A*Y1-nA>Q+A*Y1-nA=X2 即X2 同理有Y2 那么有X2 繼而有X4 綜上可知X0 假設對所有k滿足X0 由假設可知 X2k+2=Q+A*Y-n2K+1A X2k+4=Q+A*Y-n2K+2A>Q+A*Y-n2K+1A=X2k+2 Y2k+2=Q+B*X-n2K+1B Y2k+4=Q+B*X-n2K+2B>Q+B*X-n2K+1B=Y2k+2 即X2k+2 同理可證X2k+4 綜上，有 X0 Y0 至此，序列X■，X■，Y■，Y■單調且有下界。下證序列X■，X■有共同極限。 ||X2s+1-X2s||=||A*Y-n2sA-A*Y2s-nA|| =||A*Y-n2sYn2s-1Y-n2s-1-Y-n2sYn2sY-n2s-1A|| ≤||A||2||Y-n2s（Yn2s-1Yn2s）Y-n2s-1|| ≤||A||2||Y-n2s||||（Yn2s-1Yn2s）||Y-n2s-1|| =||A||2||Y-n2s||||（Yn2s-1||||Y■-Y■■Y■■-1Y■■|| <||A||2||Y-n2s-1-Y2s||■Y■■-Y■■i-1 參考文獻： [1]AsmaaM.Al-Dubiban.IterativeAlgorithmforSolvingaSystemofNonlinearMatrix Equations[J].Journal of Applied Mathematics，2012，2012：1-15. [2]高東杰.矩陣方程 的 正定解[J].信息系統工程，2010（11）：134-135. [3]高東杰，張玉海.矩陣方程 的 正定解[J].計算數學，2007，29（1）：73-80.
摘 要：討論了求解方程組X-A*Y■A=QY-B*Y■A=QHermit正定解的迭代方法。
關鍵詞：非線性矩陣方程組；Hermit正定解；迭代；收斂
0 引言
本文主要研究非線性矩陣方程組X-A*Y■A=QY-B*Y■A=Q （1）
其中A，B為正規(guī)矩陣，Q為 Hermite正定陣.討論求解方程組Hermite正定解迭代的收斂性。
考慮如下迭代X0=1，Y0=1。X■=A*Y■A+QY■=B*Y■B+Q （2）
定理：若A，B，Q滿足引理（1）中所有條件，且Q>1，||A||2（||Q||+||A||2）m-1<1/m那么方程組（1）
存在Hermite正定解（X，Y），且滿足
X28 Y28 max（||X-X28||，||X28-X||） max（||Y-Y28||，||Y28-Y||） 其中q=nm||A||2||B||2（||Q||+||A||2）m-1（||Q||+||B||2）n-1其中X■，Y■，s=0，1，2…由迭代（2）產生。 證明： 對于X1，Y1，有 X1，=Q+A*A>X0，Y1=Q+B*B>Y0 所以，X1-m<，X0-m，Y1-n<，X0-n 那么，B*X1-mB 因此，X0=1 即X0 由X0 X2=Q+A*Y1-nA X2=Q+A*Y1-nA>Q+A*Y1-nA=X2 即X2 同理有Y2 那么有X2 繼而有X4 綜上可知X0 假設對所有k滿足X0 由假設可知 X2k+2=Q+A*Y-n2K+1A X2k+4=Q+A*Y-n2K+2A>Q+A*Y-n2K+1A=X2k+2 Y2k+2=Q+B*X-n2K+1B Y2k+4=Q+B*X-n2K+2B>Q+B*X-n2K+1B=Y2k+2 即X2k+2 同理可證X2k+4 綜上，有 X0 Y0 至此，序列X■，X■，Y■，Y■單調且有下界。下證序列X■，X■有共同極限。 ||X2s+1-X2s||=||A*Y-n2sA-A*Y2s-nA|| =||A*Y-n2sYn2s-1Y-n2s-1-Y-n2sYn2sY-n2s-1A|| ≤||A||2||Y-n2s（Yn2s-1Yn2s）Y-n2s-1|| ≤||A||2||Y-n2s||||（Yn2s-1Yn2s）||Y-n2s-1|| =||A||2||Y-n2s||||（Yn2s-1||||Y■-Y■■Y■■-1Y■■|| <||A||2||Y-n2s-1-Y2s||■Y■■-Y■■i-1 參考文獻： [1]AsmaaM.Al-Dubiban.IterativeAlgorithmforSolvingaSystemofNonlinearMatrix Equations[J].Journal of Applied Mathematics，2012，2012：1-15. [2]高東杰.矩陣方程 的 正定解[J].信息系統工程，2010（11）：134-135. [3]高東杰，張玉海.矩陣方程 的 正定解[J].計算數學，2007，29（1）：73-80.
