引理1  非线性复系统(1)存在Hermite正定解的充要条件是BC = CB.

证  如果方程(1)存在Hermite正定解X，则X^m- C = BX，两边取共轭转置可得

于是

反之，如果BC = CB，则B，C可同时酉对角化，即存在酉矩阵U ∈U^n×n，使得

其中

令Y = U ^* XU，则方程(1)等价于

取Y =diag(y₁，y₂，…，y_n)，则方程(3)有正解Y > 0等价于下列n个代数方程均有正实根：

令f(y)=y^m-by-c(c>0)，则由f(0)=-c < 0，f(y)→+∞(y→+∞)，以及f′(y)= my^m-1-b可知f(y)在(0，+∞)至多存在一个驻点，因此∀b∈$\mathbb{R}$，f(y)=0总存在唯一正根$\tilde{y}$.可见代数方程(4)均有唯一正解，从而方程(1)存在Hermite正定解.证毕.

下面针对矩阵B分别为正定、负定、不定3种情况，讨论矩阵方程(1)的正定解的迭代求解方法，主要论述不同情况下迭代格式的构造及收敛性问题.

引理2  设B，C ∈C^n×n都是正定矩阵，b₁=λ_max(B)，b_n=λ_min(B)，h₁=λ_max(C)，h_n=λ_min(C)，则方程x^m-b₁x-h₁=0与x^m-b_nx-h_n=0均存在唯一正根α，β，且β≤α.

证  正根α，β的存在唯一性由引理1已证，下面证明β≤α.

由x^m-b₁x-h₁=0得$x=\sqrt[m]{{{h}_{1}}+{{b}_{1}}x}$，构造数列

则{u_k}严格递增且u_k≤α.因此{u_k}收敛，且由(5)式得$\mathop {\lim }\limits_{k \to + \infty } {u_k} = \alpha $.同理，构造数列

则{v_k}严格递增且v_k≤β.因此{v_k}收敛，且由(6)式得$\mathop {\lim }\limits_{k \to + \infty } {v_k} = \beta $.另一方面，由(5)式和(6)式可知v_k≤u_k，根据极限保号性立即可得β≤α.证毕.

现考虑矩阵方程

其中B，C ∈C^n×n是正定矩阵且BC = CB.

引理3  方程(1)与(7)具有相同的且与B可交换的正定解.

证  若X是方程(1)的正定解，则由引理1知BX = XB，因此B，X能同时酉对角化，即存在酉矩阵V ∈U^n×n，使得B = VD_BV^*，X = VD_XV^*，于是

即X也是方程(7)的与B可交换的正定解.反之，若X是方程(7)的且与B可交换的正定解，则由${\mathit{\boldsymbol{B}}^{\frac{1}{2}}}\mathit{\boldsymbol{X}}{\mathit{\boldsymbol{B}}^{\frac{1}{2}}} = \mathit{\boldsymbol{BX}}$可知X也是方程(1)的正定解.证毕.

引理4  设α，β是引理2给出的正数，则矩阵方程(7)在Ω=[βI，αI]内必存在正定解.

证  建立矩阵函数

则由b₁=λ_max(B)，b_n=λ_min(B)，h₁=λ_max(C)，h_n=λ_min(C)，∀X ∈Ω，有

且

因此F(Ω)$ \subset $Ω.根据Brouwer不动点定理，X =F(X)在[βI，αI]内存在不动点$\mathit{\boldsymbol{\tilde X}}$，即方程(7)在Ω内必存在正定解.证毕.

利用函数(8)构造迭代格式

定理1  设m≥2是正整数，B，C ∈C^n×n是正定矩阵，且BC = CB，α，β是引理2给出的两个正数，则∀X ₀=sI ∈Ω，β≤s≤α，迭代式(9)总收敛到方程(1)的正定解.

证  由引理1的证明过程可知，B，C具有分解式(2)，令Y = U ^* XU，代入方程(7)可得相应的迭代格式

于是(9)式收敛等价于(10)式收敛.当X ₀=sI (β≤s≤α)时，Y ₀=sI，这时迭代式(10)等价于

根据引理2的证明过程可知，数列{y_k⁽ⁱ⁾}(i=1，2，…，n)均收敛到一个正实数，从而(9)式收敛到方程(1)的正定解.证毕.

根据定理1的证明过程可得方程(1)的Hermite正定解表达式.

推论1  设m≥2是正整数，B，C ∈C^n×n是正定矩阵，且BC = CB，则矩阵

是方程(1)的正定解，其中U由分解式(2)所给出，p_i(i=1，2，…，n)是数列(11)的收敛点.

证  因为p_i是数列(11)的收敛点，所以p_i^m-b_ip_i-c_i=0(i=1，2，…，n).把矩阵(12)代入方程(1)左边，得

即$\mathit{\boldsymbol{\tilde X}}$是方程(1)的正定解.

注1  根据前面的讨论可知，由定理1或推论1求出的正定解$\mathit{\boldsymbol{\tilde X}}$满足矩阵不等式βI≤$\mathit{\boldsymbol{\tilde X}}$≤αI，其中α，β是引理2给出的正数.

注2  当矩阵阶数n较大时，对矩阵B，C进行同时酉对角化较为困难，因此不便利用推论1中的公式(12)来计算方程(1)的正定解.此时采用迭代公式(9)计算，只需估计α或β的近似值就可选取初始矩阵X ₀=αI或X ₀=βI，大大降低计算难度.实际上根据引理2知

因此，可选取X ₀=($\sqrt[m]{{{b_1}\;\sqrt[m]{{{h_1}}} + {h_1}}}$) I作为迭代式(9)的初始矩阵.

首先指出，当B是负定矩阵，C是正定矩阵时，引理2的结论仍然成立.事实上，当B < 0，C > 0时，有

令g(x)=x^m+dx-h(d，h>0)，则由g(0)=-h < 0，$\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } g\left( x \right) = + \infty $，以及∀x∈(0，+∞)，g′(x)=mx^m-1+d>0，可知方程x^m-b₁x-h₁=0与x^m-b_nx-h_n=0分别存在唯一正根μ，γ.因此有μ^m=b₁μ+h₁，γ^m=b_nγ+h_n.倘若γ>μ>0，则γ^m>μ^m>0，所以有

另一方面，(h₁-h_n)≥0，b_n(μ-γ)≥0⇒(h₁-h_n)+b_n(μ-γ)≥0，与(13)式矛盾，从而γ≤μ.这时，为迭代求解方程(1)，建立拟牛顿迭代格式如下：

定理2  设m≥2是正整数，B < 0，C >0且BC = CB，则∀X ₀=tI，γ≤t≤μ，迭代式(14)总收敛到方程(1)的正定解.

证  类似于定理1的证明过程，考虑到方程y^m+d_iy-c_i=0(d_i，c_i>0)的牛顿迭代

所产生的数列{y_k⁽ⁱ⁾}(i=1，2，…，n)分别收敛到区间($0, \frac{{{c_i}}}{{{d_i}}}$)内唯一正实数，且当γ≤t≤μ时t∈ ($0, \frac{{{c_i}}}{{{d_i}}}$)，于是迭代式(14)总收敛到方程(1)的正定解.

注3  由定理2可知，当B < 0，C >0且BC = CB时，方程(1)的正定解$\mathit{\boldsymbol{\hat X}}$满足不等式γI ≤ $\mathit{\boldsymbol{\hat X}}$≤μI，其中μ，γ分别是x^m-b₁x-h₁=0与x^m-b_nx-h_n=0的唯一正根.

当B是不定矩阵，C是正定矩阵时，不妨设

利用前面1.2的方法，容易知道引理2的结论仍然成立.也就是说方程x^m-b₁x-h₁=0与x^m-b_nx-h_n=0分别存在唯一正根σ，τ，且τ≤σ.这时可把方程(1)改写为

根据方程(16)建立新的拟牛顿迭代格式

定理3  设m≥2是正整数，B是Hermite矩阵，C > 0且BC = CB，则∀X ₀=tI，τ≤t≤σ，迭代式(17)总收敛到方程(1)的正定解.

证  由前面的讨论可知，我们只需考虑方程y^m-b_iy-c_i=0(c_i>0，b_i∈$\mathbb{R}$)的牛顿迭代

对于初值y₀⁽ⁱ⁾=t的收敛性.

当b_i < 0时，由(15)式可知对∀t∈$\left( 0, \frac{{{c}_{i}}}{\left| {{b}_{i}} \right|} \right)$，迭代式(18)收敛；

当b_i=0时，显然对∀t∈(0，$\sqrt[m]{{{c}_{i}}}$)，迭代式(18)收敛；

当b_i>0时，由注2可知对∀t∈(0，$\sqrt[m]{{{b}_{i}}\ \sqrt[m]{{{c}_{i}}}+{{c}_{i}}}$)，迭代式(18)收敛.

又因为

其中b_n=λ_min(B) < 0，h_n=λ_min(C)>0.令δ=min$\left\{ \frac{{{h}_{n}}}{\left| {{b}_{n}} \right|}, \sqrt[m]{{{h}_{n}}} \right\}$，则当t∈(0，δ)时，迭代式(18)的所有数列{y_k⁽ⁱ⁾}都收敛.所以选取X ₀=tI，迭代式(17)总收敛到方程(1)的正定解.

例1  给定两个n阶Hermite正定矩阵

试求方程X ⁵- BX - C = 0的Hermite正定解.

解  对任意正整数n直接验证可知BC = CB，因此由引理1知方程X ⁵- BX - C = 0存在Hermite正定解.

对于B > 0，C > 0，可采用(9)式建立迭代格式.根据Getschgorin圆盘定理，B的特征值b_i分布在圆盘|λ-2|≤2内的实轴上，C的特征值c_i分布在圆盘|λ-5|≤2.4内的实轴上.由于$\sqrt[5]{2\cdot \sqrt[5]{5}+5}\approx 1.5$，根据定理1的注2，迭代初始矩阵可选取为X ₀=1.5 I，因此有

当n=5时，计算结果为

用error=‖ X_k⁵- BX_k- C ‖_∞表示第k次近似解的余项，iter表示迭代次数，time表示运行时间，当n=100，500，1 000时，计算结果见表 1.

取$\mathit{\boldsymbol{\widetilde B}}$=- B，则$\mathit{\boldsymbol{\widetilde B}}$是一个Hermite负定矩阵.对于$\mathit{\boldsymbol{\widetilde B}}$ < 0，C > 0可采用迭代(14)来求方程X ⁵-$\mathit{\boldsymbol{\widetilde B}}$- C = 0的正定解.根据B，C的特征值分布和定理2证明过程中(15)式可知，迭代初始矩阵可选取为X ₀=1.25 I，因此有

当n=5时，计算结果为

当n=100，500，1 000时，计算结果见表 1.

表 1结果显示，本文所给3种迭代用较少迭代次数均能达到预设误差精度，表明敛速较高.

给出一个不定矩阵如下：

对于不定矩阵$\mathit{\boldsymbol{\mathord{\buildrel{\lower3pt\hbox{$\scriptscriptstyle\frown$}} \over B} }}$及C > 0，可采用迭代式(17)来求方程X ⁵- $\mathit{\boldsymbol{\mathord{\buildrel{\lower3pt\hbox{$\scriptscriptstyle\frown$}} \over B} X}}$ - C = 0的正定解.由于$\mathit{\boldsymbol{\mathord{\buildrel{\lower3pt\hbox{$\scriptscriptstyle\frown$}} \over B} }}$，C的特征值范围是-1.5≤λ($\mathit{\boldsymbol{\mathord{\buildrel{\lower3pt\hbox{$\scriptscriptstyle\frown$}} \over B} }}$)≤2.5，2.6≤λ(C)≤7.4，根据定理3的证明过程可知，迭代初始矩阵可选取为X ₀=δI，其中δ=min $\left\{ {\frac{{{h_n}}}{{\left| {{b_n}} \right|}}, \sqrt[m]{{{h_n}}}} \right\} \approx {\rm{min}}\left\{ {\frac{{2.6}}{{1.5}}, \sqrt[5]{{2.6}}} \right\} \approx 1.2$，因此有

当n=5时，计算结果为

当n=100，500，1 000时，计算结果见表 1.

非线性系统(1)是一个非对称m次矩阵方程，本文在B，C为Hermite矩阵且C正定的条件下讨论了它的正定解.给出了方程(1)有正定解的充要条件及其解的存在区间.针对矩阵B分别为正定、负定、不定3种情况建立相应的迭代格式，并结合代数方程的特点证明了它们的收敛性.其中迭代式(9)充分利用了迭代序列的严格单调性，迭代式(14)根据矩阵函数求导恒正的特点建立了拟牛顿算法，迭代式(17)通过把BX转化成${\mathit{\boldsymbol{X}}^{\frac{1}{2}}}\mathit{\boldsymbol{B}}{\mathit{\boldsymbol{X}}^{\frac{1}{2}}}$克服了对不定矩阵B开方的障碍.根据3种迭代的特点分析给出初始矩阵的选取方法.数值算例表明，本文所给方法对求解非线性系统(1)可行、有效.