一类非线性矩阵方程的迭代求解
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
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
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
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.
