一類復矩陣方程的雙結構解及最佳逼近

黃敬頻，徐 云

(廣西民族大學 數學與物理學院， 南寧 530006)

0 引言

在復數域上討論方程

(1)

具有三對角-箭形同元雙結構解(X,Y)及其最佳逼近問題。

定義1復數域C上2個n級矩陣:

(2)

三對角矩陣在船體數學放樣中3次樣條插值函數的建立，以及微分方程邊值問題的求解等方面有重要應用。箭形矩陣來源于孤立分子的無輻射躍遷與費米液體的耦合問題，它可作為非線性調節控制系統中的參數矩陣，也可用來描述星形彈簧質量系統的振動問題。提出并具體討論如下2個問題：

1 問題1的解

w=(x1,…,xn,y1,…,yn-1,z1,…,zn-1)T∈C3n-2

(3)

引理1設X是形如式(2)的三對角矩陣，ei為單位矩陣In2的第i列，構造一個列正交矩陣T如下：

(4)

則vec(X)=Tw， 其中w,T見式(3)(4)所示。

證明根據定義1和矩陣(4)的構造方法可得

vec(X)=x1e1+…+xie(i-1)n+i+…+xnen2+

y1e2+…+yie(i-1)n+i+1+…+yn-1en2-n+

z1en+1+…+ziein+i+…+zn-1en2-1=

(e1,…,e(i-1)n+i,…,en2)(x1,…,xn)T+

(e2,…,e(i-1)n+i+1,…,en2-n)(y1,…,yn-1)T+

(en+1,…,ein+i,…,en2-1)(z1,…,zn-1)T=

α1(x1，…,xn)T+α2(y1，…,yn-1)T+

α3(z1,…,zn-1)T=(α1,α2,α3)w=Tw

因此引理1關于vec(X)的表達式成立。證畢。

引理2設Y是形如式(2)的箭形矩陣，ei為單位矩陣In2的第i列，構造一個列正交矩陣U：

(5)

則vec(Y)=Uw,其中w,U如式(3)(5)所示。

證明根據定義1和矩陣(5)的構造方法可得

vec(Y)=x1e1+…+xie(i-1)n+i+…+xnen2+

y1e2+…+yiei+1+…+yn-1en+

z1en+1+…+ziein+1+…+zn-1en2-n+1=

(e1,…,e(i-1)n+i,…,en2)(x1,…,xn)T+

(e2,…,ei+1,…,en)(y1,…,yn-1)T+

(en+1,…,ein+1,…,en2-n+1)(z1,…,zn-1)T=

β1(x1,…,xn)T+β2(y1,…,yn-1)T+

β3(z1,…,zn-1)T=(β1,β2,β3)w=Uw

所以引理2關于vec(Y)的表達式成立。證畢。

引理3[3]復矩陣方程AX=B有解的充要條件是AA+B=B。有解時，它的一般解和最小二乘解均可表示為：X=A+B+(I-A+A)V， 其中V是適當階數的任意矩陣。

引入記號

v=vec(E)

則矩陣方程(1)等價于

F·vec(X)+G·vec(Y)=v

(6)

如果(1)存在解(X,Y)∈TAn，則由引理1和引理2得

vec(X)=Tw,vec(Y)=Uw

其中w、T、U分別如式(3)(4)(5)所示。把vec(X)和vec(Y)代入式(6)得

(FT+GU)w=v

(7)

這里FT+GU∈Cml×(3n-2),v∈Cml。設FT+GU的奇異值分解為

(8)

∑r=diag(σ1,…,σr)>0,P∈Uml×ml,Q∈U(3n-2)×(3n-2)是酉矩陣。令

(9)

其中vr,wr∈Cr,v3n-2-r,w3n-2-r∈C3n-2-r。于是關于問題1的解，有如下結果：

定理1給定Ai,Cj∈Cm×n,Bi,Dj∈Cn×l(i=1,…,q),E∈Cm×l,并設(7)中FT+GU的奇異值分解為式(8)，則方程(1)存在解(X,Y)∈TAn的充要條件是分解式(9)中向量vr=∑rwr,v3n-2-r=0。有解時，它的一般解表達式為

(10)

其中∑r,Q,vr由分解式(8)(9)給出，w3n-2-r∈C3n-2-r是任意向量，解(X,Y)由w唯一確定。

證明方程(1)存在解(X,Y)∈TAn等價于方程(7)關于w有解。又由式(7)(8)(9)可得

因此有vr=∑rwr,v3n-2-r=0。 再由式(9)可得

于是式(1)有解(X,Y)∈TAn的充要條件是vr=∑rwr，v3n-2-r=0，且其通解為(10)。證畢。

在方程(1)中取Cj=0(j=1,…,q)或Ai=0(i=1,…,p),并由方程組(7)及引理3可得以下2個推論。

wt=(FT)+v+(I3n-2-(FT)+FT)γt

其中γt∈C3n-2是任意向量，解X由wt所確定。

wa=(GU)+v+(I3n-2-(GU)+GU)γa

其中γa∈C3n-2是任意向量，解Y由wa所確定。

下面討論方程(1)在HTAn中的解。先對復矩陣Ai,Cj,Bi,Dj(i=1,…,p;j=1,…,q),E及X,Y作實分解為：

Ai=Ai0+Ai1I,Cj=Cj0+Cj1I

Bi=Bi0+Bi1I,Dj=Dj0+Dj1I

E=E0+E1I,X=X0+X1I,Y=Y0+Y1I

(11)

引入記號

(12)

則方程組(11)等價于

(13)

當(X,Y)∈HTAn時，由X=X*,Y=Y*可得

因此(X0,Y0)及(X1,Y1)分別由下列2個實向量唯一確定

(14)

類似于引理1和引理2的方法，設ei為單位矩陣In2的第i列，構造矩陣T0、U0、T1、U1：

(15)

(16)

T1=(en+1-e2,…,ein+i-e(i-1)n+i+1,…,

en2-1-en2-n)

(17)

U1=(en+1-e2,…,ein+1-ei+1,…,

en2-n+1-en)

(18)

其中T1,U1∈Rn2×(n-1)。于是有

(19)

將式(19)代入式(13)整理得

Hwh=vh

(20)

其中

于是關于方程(1)在HTAn中的解，有如下結果：

定理2給定Ai,Cj∈Cm×n,Bi,Dj∈Cn×l(i=1,…,p；j=1,…,q),E∈Cm×l,則方程(1)存在Hermite三對角-箭形同元雙結構解(X,Y)∈HTAn的充要條件是

HH+vh=vh

(21)

有解時，它的一般解表達式為

wh=H+vh+(I3n-2-H+H)γh

(22)

其中γh∈R3n-2是任意向量，解X、Y由wh所確定。

證明方程(1)存在解(X,Y)∈HTAn等價于方程(20)關于wh有解，于是根據引理3可知(1)存在解(X,Y)∈HTAn的充要條件是式(21)成立，且其通解由式(22)給出。證畢。

根據定理2的結果，容易得到以下推論3和推論4。

有解時，它的一般解表達式為

其中γht∈R3n-2是任意向量，解X由wht所確定。

有解時，它的一般解表達式為

其中γha∈R3n-2是任意向量，解Y由wha所確定。

2 問題2的解

假定方程(1)存在解(X,Y)∈TAn,即定理1中解集w非空。對于給定的三對角矩陣M和箭形矩陣N，設它們對應的3n-2維向量為

(23)

并對向量Ql(M)和Ql(N)分解如下

(24)

這里Q∈U(3n-2)×(3n-2)是由式(8)給出的酉矩陣。于是關于問題2的解，有如下結果：

(25)

證明根據矩陣(X,Y)的向量化表示式(3)及定理1可得

其中w3n-2-r∈C3n-2-r是待定向量，因此有

當且僅當

(26)

利用Frobenius范數定義及二元函數極值方法，容易求得式(26)關于w3n-2-r具有唯一解

(27)

把式(27)代入式(10)即得表達式(25)。證畢。

3 數值算例

給定矩陣A,C∈C2×4,B,D∈C4×2,E∈C2×2，試用本文方法判斷方程AXB+CYD=E是否存在解(X,Y)∈TA4或(X,Y)∈HTA4。

判斷是否存在解(X,Y)∈TA4。根據引理1和引理2及(7)寫出T,U,F,G,v如下：

T=(e1,e6,e11,e16,e2,e7,e12,e5,e10,e15)

U=(e1,e6,e11,e16,e2,e3,e4,e5,e9,e13)

v=vec(E)

其中ei為單位矩陣I16的第i列。直接計算可得

(FT+GU)(FT+GU)+v=v

因此，根據定理1知，方程AXB+CYD=E存在三對角-箭形雙結構解(X,Y)∈TA4且由式(10)確定。

判斷是否存在解(X,Y)∈HTA4。先按方程(20)寫出H,vh。由于

P1=BT?A,P2=0,Q1=DT?C,Q2=0

E=E0+E1I

T0=(e1,e6,e11,e16,e2+e5,e7+e10,e12+e15)

U0=(e1,e6,e11,e16,e2+e5,e3+e9,e4+e13)

T1=(e5-e2,e10-e7,e15-e12)

U1=(e5-e2,e9-e3,e13-e4)

于是

vh=(2,2,3,2,0.4,0.6,0.6,-0.2)T∈R8

直接計算可得HH+vh=vh，因此根據定理2可知，方程AXB+CYD=E存在解(X,Y)∈HTA4且由式(22)確定。下面給出其中1組解

4 結論

復系統(1)是一類涵蓋Sylvester方程和Lyapunov方程，具有廣泛實際背景的矩陣方程，本文研究了它的三對角-箭形同元雙結構解及最佳逼近問題。針對問題1，主要利用三對角矩陣和箭形矩陣的結構特點，給出它們的向量化刻劃，獲得原方程在TAn和HTAn中有解的充要條件及其解表達式。針對問題2，利用結構矩陣的向量化技巧及Frobenius范數酉矩陣乘積不變性，在問題1解集Ω≠?條件下，獲得問題2的最佳逼近解。數值算例驗證了本文結果的正確性。