一类非线性矩阵方程的迭代求解
2014-11-27 15:37张帆
科技经济市场 2014年10期
张帆
摘 要：讨论了求解方程组X-A*Y■A=QY-B*Y■A=QHermit正定解的迭代方法。
关键词：非线性矩阵方程组；Hermit正定解；迭代；收敛
0 引言
本文主要研究非线性矩阵方程组X-A*Y■A=QY-B*Y■A=Q （1）
其中A，B为正规矩阵，Q为 Hermite正定阵.讨论求解方程组Hermite正定解迭代的收敛性。
考虑如下迭代X0=1，Y0=1。X■=A*Y■A+QY■=B*Y■B+Q （2）
定理：若A，B，Q满足引理（1）中所有条件，且Q>1，||A||2（||Q||+||A||2）m-1<1/m那么方程组（1）
存在Hermite正定解（X，Y），且满足
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）产生。 证明： 对于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 继而有X4 综上可知X0 假设对所有k满足X0 由假设可知 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 同理可证X2k+4 综上，有 X0 Y0 至此，序列X■，X■，Y■，Y■单调且有下界。下证序列X■，X■有共同极限。 ||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 参考文献： [1]AsmaaM.Al-Dubiban.IterativeAlgorithmforSolvingaSystemofNonlinearMatrix Equations[J].Journal of Applied Mathematics，2012，2012：1-15. [2]高东杰.矩阵方程 的 正定解[J].信息系统工程，2010（11）：134-135. [3]高东杰，张玉海.矩阵方程 的 正定解[J].计算数学，2007，29（1）：73-80.
摘 要：讨论了求解方程组X-A*Y■A=QY-B*Y■A=QHermit正定解的迭代方法。
关键词：非线性矩阵方程组；Hermit正定解；迭代；收敛
0 引言
本文主要研究非线性矩阵方程组X-A*Y■A=QY-B*Y■A=Q （1）
其中A，B为正规矩阵，Q为 Hermite正定阵.讨论求解方程组Hermite正定解迭代的收敛性。
考虑如下迭代X0=1，Y0=1。X■=A*Y■A+QY■=B*Y■B+Q （2）
定理：若A，B，Q满足引理（1）中所有条件，且Q>1，||A||2（||Q||+||A||2）m-1<1/m那么方程组（1）
存在Hermite正定解（X，Y），且满足
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）产生。 证明： 对于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 继而有X4 综上可知X0 假设对所有k满足X0 由假设可知 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 同理可证X2k+4 综上，有 X0 Y0 至此，序列X■，X■，Y■，Y■单调且有下界。下证序列X■，X■有共同极限。 ||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 参考文献： [1]AsmaaM.Al-Dubiban.IterativeAlgorithmforSolvingaSystemofNonlinearMatrix Equations[J].Journal of Applied Mathematics，2012，2012：1-15. [2]高东杰.矩阵方程 的 正定解[J].信息系统工程，2010（11）：134-135. [3]高东杰，张玉海.矩阵方程 的 正定解[J].计算数学，2007，29（1）：73-80.
摘 要：讨论了求解方程组X-A*Y■A=QY-B*Y■A=QHermit正定解的迭代方法。
关键词：非线性矩阵方程组；Hermit正定解；迭代；收敛
0 引言
本文主要研究非线性矩阵方程组X-A*Y■A=QY-B*Y■A=Q （1）
其中A，B为正规矩阵，Q为 Hermite正定阵.讨论求解方程组Hermite正定解迭代的收敛性。
考虑如下迭代X0=1，Y0=1。X■=A*Y■A+QY■=B*Y■B+Q （2）
定理：若A，B，Q满足引理（1）中所有条件，且Q>1，||A||2（||Q||+||A||2）m-1<1/m那么方程组（1）
存在Hermite正定解（X，Y），且满足
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）产生。 证明： 对于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 继而有X4 综上可知X0 假设对所有k满足X0 由假设可知 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 同理可证X2k+4 综上，有 X0 Y0 至此，序列X■，X■，Y■，Y■单调且有下界。下证序列X■，X■有共同极限。 ||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 参考文献： [1]AsmaaM.Al-Dubiban.IterativeAlgorithmforSolvingaSystemofNonlinearMatrix Equations[J].Journal of Applied Mathematics，2012，2012：1-15. [2]高东杰.矩阵方程 的 正定解[J].信息系统工程，2010（11）：134-135. [3]高东杰，张玉海.矩阵方程 的 正定解[J].计算数学，2007，29（1）：73-80.
猜你喜欢
中学课程辅导·教师教育（中）(2016年12期)2017-02-22
中国人口·资源与环境(2016年11期)2017-02-17
计算机世界(2016年44期)2016-11-25
考试周刊(2016年64期)2016-09-22
瞭望东方周刊(2016年20期)2016-06-13
软科学(2015年8期)2015-10-27
