二次四元數(shù)系統(tǒng)正定解的迭代法

黃敬頻,張姍姍,熊昊

(廣西民族大學(xué)數(shù)學(xué)與物理學(xué)院,廣西南寧530006)

1.引言

本文研究二次四元數(shù)系統(tǒng)

的正定解,其中B ∈Qn×n,A,P >0(正定)是已知四元數(shù)矩陣,X ∈Qn×n是未知矩陣.

形如AY A??Y=P的矩陣方程稱為離散型Lyapunov方程,它在系統(tǒng)控制及穩(wěn)定性分析等方面有重要作用[1],多年來關(guān)于這類方程的對稱解、正定解、極秩解和其他結(jié)構(gòu)解有較多的研究成果[2?9].當(dāng)Y,P作為已知矩陣求矩陣A就是這個方程的一類反問題.可見矩陣方程(1.1)正是離散型Lyapunov方程正定解反問題的推廣形式,它是一個二次系統(tǒng).目前關(guān)于二次矩陣方程的研究是熱點課題.例如,文[10]在A=I,B是對角陣,P是非奇異M矩陣時討論了一類二次矩陣方程(1.1)解的性質(zhì);文[11-13]在實數(shù)域上分別研究了如下二次矩陣方程XTDX+AX+XTB+C= 0,AXA=XAX,A0+A1X+A2X2=X的求解方法.2015年文[14]在四元數(shù)體上給出了方程AXA??X=F的酉矩陣約束反問題解.然而,在四元數(shù)體上關(guān)于方程(1.1)的正定解的迭代方法未見相關(guān)研究報導(dǎo).

本文目的是討論二次四元數(shù)系統(tǒng)(1.1)的自共軛正定解存在性及其迭代求解算法.用ˉA,A?分別表示四元數(shù)矩陣A的共軛和共軛轉(zhuǎn)置,如果A?=A,則稱A是自共軛矩陣,全體n階自共軛矩陣記作SCn(Q).符號λmax(A),λmin(A)分別表示自共軛矩陣A的最大和最小特征值.對于正定矩陣A,B,用A >B表示A ?B是正定的.||A||= [tr(A?A)]1/2表示四元數(shù)矩陣A的Frobenius范數(shù).設(shè)A=A1+A2j∈Qn×n(A1,A2∈Cn×n)，則稱是A的復(fù)表示矩陣.關(guān)于算子Aσ的性質(zhì)[15],這里從略.

2.正定解存在條件及迭代方法

顯然(1.1)存在正定解等價于(2.1)存在正定解.下面討論(2.1)存在正定解的條件

引理1設(shè)M ∈SCn(Q),則二次四元數(shù)系統(tǒng)(2.1)存在自共軛正定解的充要條件是MQ=QM.

證如果(2.1)存在自共軛正定解Y,則Y2?Q=MY,兩邊取共軛轉(zhuǎn)置可得

于是MQ=M(Y2?MY)=(Y2?MY)M=QM.反之,如果MQ=QM,則M,Q可同時酉對角化,即存在四元數(shù)酉矩陣U ∈Un×n,使得

其中

令Z=U?Y U,則方程(2.1)等價于

取Z=diag(z1,z2,··· ,zn),則方程(2.3)有正定解Z >0等價于下列n個代數(shù)方程均有正實根

顯然(2.4)中每個方程總存在唯一正根從而(2.1)存在自共軛正定解.證畢.

下面針對四元數(shù)矩陣M ∈SCn(Q)分別為正定、負(fù)定、不定三種情況,討論方程(2.1)的正定解的迭代構(gòu)造及其收斂性問題.

(I)討論M ∈SCn(Q)為正定矩陣的情況.

引理2設(shè)M,Q >0,r1=λmax(M),rn=λmin(M),p1=λmax(Q),pn=λmin(Q),則方程(2.4)中i=1,n對應(yīng)的兩個方程的正根α,β滿足β ≤α.

證由r1≥rn >0,p1≥pn >0立即可知α.證畢.

現(xiàn)考慮矩陣方程

其中M,Q ∈Qn×n是正定矩陣且MQ=QM.

引理3方程(2.1)與(2.5)具有相同的與M可交換的正定解.

證若Y是(2.1)的正定解,則由引理1的證明過程知Y M=MY,因此M,Y能同時酉對角化,即存在酉矩陣V ∈Un×n,使得M=V DMV?,Y=V DY V?,于是

即Y也是(2.5)的與M可交換的正定解.反之,若Y是(2.5)且與M可交換的正定解,則由=MY可知Y也是(2.1)的正定解.證畢.

引理4設(shè)α,β是引理2給出的正數(shù),則矩陣方程(2.5)在Φ=[βI,αI]內(nèi)必存在正定解.

證建立矩陣函數(shù)

則由r1=λmax(M),rn=λmin(M),p1=λmax(Q),pn=λmin(Q),?Y ∈Φ,有

且

因此,f(Φ)?Φ.根據(jù)Brouwer不動點定理,Y=f(Y)在[βI,αI]內(nèi)存在不動點,即方程(2.5)在Φ內(nèi)必存在正定解.證畢.

利用函數(shù)(2.6)構(gòu)造迭代格式

定理1設(shè)M,Q ∈Qn×n是正定矩陣且MQ=QM,α,β是引理2給出的兩個正數(shù),則?Y0=sI ∈Φ,β ≤s ≤α,迭代(2.7)總收斂到(2.1)的正定解.

證由引理1的證明過程可知,M,Q具有分解式(2.2),令Z=U?Y U代入(2.5)可得相應(yīng)的迭代格式

于是(2.7)收斂等價于(2.8)收斂.當(dāng)Y0=sI(β ≤s ≤α)時,Z0=sI,這時

下面證明對每一個i由(2.9)確定的數(shù)列收斂.根據(jù)引理1,可設(shè)f(z)=z2?riz ?pi=0的唯一正根為si.x若s ≤si,則有即有上界.同時由二次曲線性質(zhì)可知f(s)=s2?ris ?pi ≤0,因此有即{z(i)k }單調(diào)增,因此)}收斂.y若s >si,則有即有下界.同時有f(s)=s2?ris ?pi >0,因此有,即單調(diào)減,因此收斂.從而(2.8)收斂到(2.1)的正定解.證畢.

根據(jù)定理1的證明過程,可得方程(2.1)的自共軛正定解表達(dá)式.

推論1設(shè)M,Q ∈Qn×n是正定矩陣且MQ=QM,則矩陣

是方程(2.1)的正定解,其中U由分解式(2.2)所給出,si是數(shù)列(2.9)的收斂點.

證因為si是數(shù)列(2.9)的收斂點,所以s2i ?risi ?pi= 0(i= 1,2,··· ,n).把矩陣(2.10)代入方程(2.1)左邊得

即(2.10)是(2.1)的正定解.證畢.

注1根據(jù)前面的討論可知,由定理1或推論1求出的正定解滿足不等式βI ≤≤αI,其中α,β是引理2給出的正數(shù).

注2當(dāng)矩陣階數(shù)n較大時,對矩陣M,Q同時酉對角化較為困難,因此一般不用推論1中的公式(2.10)來計算方程(2.1)的正定解.此時采用迭代公式(2.7)只須估計α或β的近似值,就可選取初值矩陣X0=αI或βI,大大降低了計算復(fù)雜度.實際上根據(jù)引理2知

(II)討論M ∈SCn(Q)為負(fù)定矩陣的情況.首先指出,當(dāng)M <0,Q >0時,引理2的結(jié)論仍然成立.事實上,這時有

由方程(2.4)可知,z2?r1z ?p1= 0與z2?rnz ?pn= 0分別存在唯一正根μ,γ.因此有μ2=r1μ+p1,γ2=rnγ+pn.倘若γ >μ>0,則γ2>μ2>0,所以有

另一方面,(p1?pn)≥0,rn(μ?γ)≥0?(p1?pn)+rn(μ?γ)≥0與(2.11)矛盾,從而γ ≤μ.這時,為迭代求解方程(2.1),建立四元數(shù)體上的擬牛頓迭代格式如下:

定理2設(shè)M <0,Q >0且MQ=QM,則?Y0=tI(γ ≤t ≤μ),迭代(2.12)總收斂到(2.1)的正定解.

證類似于定理1的證明過程,考慮到方程z2+riz ?pi=0(ri,pi >0)的牛頓迭代

所產(chǎn)生的數(shù)列(i=1,2,··· ,n)分別收斂到區(qū)間(0,pi/ri)內(nèi)唯一正實數(shù),且當(dāng)γ ≤t ≤μ時t ∈(0,pi/ri),于是迭代(2.12)總收斂到(2.1)的正定解.證畢.

注3由定理2可知,當(dāng)M <0,Q>0且MQ=QM時,方程(2.1)存在正定解且滿足不等式.

(III)討論M ∈SCn(Q)為不定矩陣的情況.當(dāng)M是不定矩陣且Q>0時,不妨設(shè)

利用前面(II)的方法,容易知道引理2的結(jié)論仍然成立.也就是說方程z2?r1z ?p1= 0與z2?rnz ?pn=0分別存在唯一正根σ,τ且τ ≤σ.這時,我們可把(2.1)改寫為

根據(jù)(2.14)建立四元數(shù)體上新的擬牛頓迭代格式如下:

定理3設(shè)M ∈SCn(Q),Q >0且MQ=QM,則?Y0=tI(τ ≤t ≤σ)迭代(2.15)總收斂到(2.1)的正定解.

證由前面討論可知,我們只需考慮方程z2?riz ?pi=0(pi >0,ri ∈R)的下列牛頓迭代對于初值z0(i)=t的收斂性.

x當(dāng)ri <0時,由(2.13)可知?t ∈(0,pi/|ri|)迭代(2.16)收斂.y當(dāng)ri= 0時,顯然迭代(2.16)收斂.z當(dāng)ri >0時,由注2可知迭代(2.16)收斂.又因為

其中rn=λmin(M)<0,pn=λmin(Q)>0.令則當(dāng)t ∈(0,δ)時,迭代(2.16)的所有數(shù)列{zk(i)}都收斂.所以選取Y0=tI迭代(2.15)總收斂到(2.1)的正定解.證畢.

根據(jù)(I)-(III)的討論,利用四元數(shù)矩陣的復(fù)表示運算性質(zhì),我們對四元數(shù)體上的迭代(2.7),(2.12),(2.15)均可形成與復(fù)數(shù)域C上等價的迭代:

其中(·)σ表示四元數(shù)矩陣(·)的復(fù)表示矩陣.

實際計算時,由于四元數(shù)乘法非交換原因,我們在Matlab軟件運行時只按上述(2.7-c),(2.12-c),(2.15-c)格式來計算,最后把第k次近似解Y σk還原回Yk=Yk1+Yk2j即為方程(2.1)的近似解,從而得到方程(1.1)的第k次近似正定解為根據(jù)四元數(shù)矩陣與其復(fù)表示矩陣的Frobenius范數(shù)的關(guān)系,方程(1.1)的第k次近似解余項范數(shù)為

3.數(shù)值算例

給定3個n階正定四元數(shù)矩陣:A=In(單位矩陣),

試求方程XAX ?BX=P的自共軛正定解.

解這里對任意的正整數(shù)n直接驗證可知MQ=QM,因此由引理1知,方程X2?MX=Q存在自共軛正定解.

x對于M >0,Q >0可采用(2.7)或(2.7-c)建立迭代格式.根據(jù)四元數(shù)矩陣的圓盤定理[16],M的特征值分布范圍是1≤λ(M)≤3,Q的特征值分布范圍是3≤λ(Q)≤7.依照注2,迭代初始矩陣可選取為即有

這里Mσ,Qσ分別是M=M1+M2j,Q=Q1+Q2j的復(fù)表示矩陣,其中

當(dāng)n=5時,計算可得

這里Mσ,Qσ與x相同.當(dāng)n=5時,計算可得

當(dāng)n=200,600,1000時迭代結(jié)果見表1.

z給出一個不定四元數(shù)自共軛矩陣如下

這時可采用(2.15)或(2.15-c)來計算X2=Q的正定解.由于?0.5≤λ()≤1.5,3≤λ(Q)≤7,因此根據(jù)定理3的證明過程,迭代初始矩陣可選取為X0=δI,其中δ=即有

這里Qσ與x相同,是的復(fù)表示矩陣,其中

當(dāng)n=5時,計算可得

當(dāng)n=200,600,1000時迭代結(jié)果見表1.

表1 M不同情況下迭代計算結(jié)果

表1結(jié)果顯示,用三種迭代對求解系統(tǒng)(1.1)均收斂,其中迭代(2.12-c)和(2.15-c)用較少的迭代次數(shù)就能達(dá)到預(yù)設(shè)誤差精度,說明其斂速相對較高.

4.結(jié)語

非線性系統(tǒng)(1.1)是一個非對稱二次四元數(shù)矩陣方程,本文在為自共軛矩陣且P正定條件下討論了它的自共軛正定解.主要結(jié)果是針對四元數(shù)矩陣M分別為正定、負(fù)定、不定三種情況,構(gòu)建出收斂的迭代公式,并根據(jù)各種迭代特點分析給出初始矩陣的選取方法.最后運用四元數(shù)矩陣復(fù)算子得出適應(yīng)Matlab環(huán)境的迭代公式(2.7-c),(2.12-c),(2.15-c),解決四元數(shù)乘法非交換問題.數(shù)值算例表明,所給算法對求解系統(tǒng)(1.1)可行有效.