四元数矩阵的直积分解及最佳逼近①

黄敬频，白瑞，徐云，赵耿威

广西民族大学 数学与物理学院，南宁 530006

四元数在图像处理及数学基础理论的研究方面均有重要作用[1-2]． 作为矩阵关联运算的普通乘积和直积(也称Kronecker积或张量积)，具有广泛的应用性和普适性[3-5]． 文献[6]利用直积理论提出了群对称原子或分子轨道中产生对称轨道的标准方法与封闭公式． 文献[7]根据Toeplitz矩阵可分解为Kronecker积的和的性质，提出了一种基于卷积核矩阵的图像迭代复原方法． 文献[8]以直积为主要工具研究了四元数矩阵方程AXB+CXD=E的M自共轭解． 文献[9-10]讨论了有关Kronecker积的最小二乘问题及其在二元多项式回归中的应用． 多年来，关于矩阵Kronecker积性质的研究已有丰富的成果[11-13]． 关于矩阵方根的求解方面，文献[14-15]分别采用Schur分解和牛顿迭代方法给出了实矩阵的方根计算，文献[16]运用幂法给出了复矩阵的方根计算，文献[17]利用拉直算子讨论了复矩阵Kronecker方根的存在性，文献[18]利用牛顿迭代方法给出了Einstein积意义下实张量的方根计算． 目前未见关于四元数矩阵的Kronecker积分解问题的研究报导，针对这一问题，本文着重考虑直积意义下四元数矩阵的分解及最佳逼近问题．

定义1设X=(xij)∈Qm×n，Y=(yij)∈Qs×t，称

(1)

是X与Y的Kronecker积． 当X，Y中有一个是实矩阵时，称X⊗Y为弱直积[2]．

本文具体讨论如下2个问题：

问题1给定四元数矩阵A∈Qm2×n2，寻找X，Y∈Qm×n使得A=X⊗Y． 当此分解式不存在时，求F(X，Y)=‖X⊗Y-A‖的最佳逼近值．

问题2对问题1给定的四元数矩阵A，求直积意义下满足X⊗X=A的二次方根X的存在条件及计算公式．

1 主要结果

引理1设四元数q=a0+a1i+a2j+a3k∈QR，则q的方根总存在，并可表示为

(2)

证设x=x0+x1i+x2j+x3k，且q=x2，直接展开比较可得

(3)

(4)

对A∈Qm2×n2作如下分块

(5)

L=(Vec(A11)，…，Vec(A1n)，…，Vec(Am1)，…，Vec(Amn))∈Qmn×mn

(6)

于是关于问题1的解，有如下结果：

定理1设非零矩阵A∈Qm2×n2有分块式(5)，则存在X，Y∈Qm×n，使得A=X⊗Y的充要条件是rank(L)=1，其中L如(6)式所示．

证若存在X0=(xij)，Y0∈Qm×n，使得A=X0⊗Y0，则由Kronecker积的定义及(5)式可得

Aij=xijY0i=1，2，…，m；j=1，2，…，n

当且当

Vec(Aij)=xijVec(Y0)

因此

L=(x11Vec(Y0)，…，x1nVec(Y0)，…，xm1Vec(Y0)，…，xmnVec(Y0))∈Qmn×mn

由于A≠0，因此X0≠0，Y0≠0，从而rank(L)=1． 反之，若rank(L)=1，不妨设Vec(A11)≠0，则L各列有比例关系

Vec(Aij)=kijVec(A11)

因此有

Aij=kijA11i=1，2，…，m；j=1，2，…，n

取X0=(kij)，Y0=A11，则存在分解式A=X0⊗Y0． 证毕．

注2由定理1的证明过程可知，当A的Kronecker积分解存在时，只要确定Y0以及所有Aij的左比例系数kij，那么X0=(kij)和Y0就是A的一组分解．

同时可得如下推论：

推论1在定理1的条件下，四元数矩阵A存在Kronecker积分解的充要条件是存在四元数向量u，v∈Qmn×1使得L=uvT．

证根据定理1及rank(L)=1可知，存在可逆矩阵P，Q∈Qmn×mn，使得

当A的Kronecker积分解不存在时，我们讨论它的最佳逼近问题． 对此，假设(6)式中L的奇异值分解为

(7)

其中U，V∈Umn×mn均为四元数酉阵，r=rank(L)，Σr=diag(d1，…，dr)，d1≥…≥dr>0． 根据推论1可知，求F(X，Y)=‖X⊗Y-A‖的最佳逼近值，等价于求u，v∈Qmn×1使得

‖uvT-L‖=min

(8)

定理2设非零矩阵A∈Qm2×n2有分块式(5)和(6)，则存在u，v∈Qmn×1使得(8)式成立，其中

(9)

U(·，1)，V*(1，·)分别是(7)式中U，V*的第1列和第1行，d1是L的最大奇异值．

证根据L的奇异值分解(7)式以及Frobenius范数酉乘积不变性得

(10)

‖(u1，u2，…，umn)T(v1，v2，…，vmn)-diag(d1，…，dr，0，…，0)‖2=min

(11)

根据diag(d1，…，dr，0，…，0)的对称半正定性，可取

ui=vi∈Ri=1，…，r

ui=vi=0i=r+1，…，mn

因此由(11)式得

(12)

其中δij∈{0，1}． 对(12)式中函数f(u1，…，ur)求偏导数，得

(13)

方程组(13)等价于

由此可得

ui=0

或

再由U*u=(u1，u2，…，umn)T，vTV=(v1，v2，…，vmn)，可得

即表达式(9)成立． 证毕．

根据四元数方根总存在的特点，可得问题2的解如下：

Ast=bstBs=1，2，…，m；t=1，2，…，n

(14)

这时X0=B∈Qm×n就是A的二次方根．

证充分性是显然的． 下证必要性． 若存在X0=B=(bij)∈Qm×n使得A=B⊗B，则由分块式(5)可得

Ast=bstBs=1，2，…，m；t=1，2，…，n

(15)

注3当(14)式成立时，显然有rank(L)=1，因此rank(L)=1是A的二次方根存在的必要条件，但不是充分的(见算例1)．

2 数值算例

例1已知四元数矩阵

试讨论是否存在X，Y∈Q2×3，使得A具有Kronecker积分解．

解对A作分解式(5)，得

其中

直接计算可知

rank(L)=rank(Vec(A11)，Vec(A12)，Vec(A13)，Vec(A21)，Vec(A22)，Vec(A23))=1

因此，根据定理1可知，存在X0，Y0∈Q2×3，使得A=X0⊗Y0． 事实上，由

得Kronecker积分解

例2已知四元数矩阵

试讨论A的二次方根的存在性．

解对A作分解式(5)，得

其中

直接计算可知

Ast=bstBs=1，2；t=1，2，3

根据定理3，A存在二次方根X0=B，即

3 结论

对于给定的m2×n2四元数矩阵A，利用A的分块矩阵(5)式，并由Vec构造的mn×mn矩阵L的秩，获得A具有直积分解的充要条件及其分解方法． 当此类分解不存在时，由L的奇异值分解，以及求F(X，Y)=‖X⊗Y-A‖的最佳逼近解等价于求极小范数问题(8)，得到了问题1的解． 对于问题2，应用四元数方根的存在性与Kronecker积的定义，得到了X⊗X=A成立的充要条件及其直积意义下二次方根X的计算公式．