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一类非线性矩阵方程的迭代求解

2014-11-27张帆

科技经济市场 2014年10期
关键词:迭代收敛

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.

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