引理1  设四元数q=a₀+a₁i+a₂j+a₃k∈Q\$ \mathbb{R}$，则q的方根总存在，并可表示为

其中$ {{x}_{0}}=\pm \text{ }\sqrt{\frac{{{a}_{0}}+\text{ }\sqrt{{{a}_{0}^{2}}+{{a}_{1}^{2}}+{{a}_{2}^{2}}+{{a}_{3}^{2}}}}{2}}~\text{ , }Q\backslash \mathbb{R}$表示非实四元数集.

证  设x=x₀+x₁i+x₂j+x₃k，且q=x²，直接展开比较可得

将(3)式的第一式两边乘4x₀²，并将(3)式的第二、三、四式两边平方，得

由于q∈$ Q\backslash \mathbb{R}$，所以a₁²+a₂²+a₃²≠0，因此由(3)，(4)式容易得$ \sqrt{q}$的表达式(2). 证毕.

注1  当q=a₀∈$ \mathbb{R}$时，$ \sqrt{q}$的存在性是显然的.

对A∈Q^m2×n2作如下分块

其中A_st=(a_ij^(s，t))∈Q^m×n(i，s=1，2，…，m；j，t=1，2，…，n). 并记

于是关于问题1的解，有如下结果：

定理1  设非零矩阵A∈Q^m2×n2有分块式(5)，则存在X，Y∈Q^m×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=(x_ij)，Y₀∈Q^m×n，使得A=X₀⊗Y₀，则由Kronecker积的定义及(5)式可得

当且当

因此

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

因此有

取X₀=(k_ij)，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A_ij的左比例系数k_ij，那么X₀=(k_ij)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∈Q^mn×1使得L=uv^T.

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

其中$ \left( \begin{matrix} 1 & \bf{0} \\ \bf{0} & \bf{0} \\ \end{matrix} \right)$表示(1，1)元为1，其余元素为0的mn×mn矩阵，u=P (·，1)，v^T=Q (1，·)分别是P，Q的第1列和第1行. 证毕.

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

其中U，V∈U^mn×mn均为四元数酉阵，r=rank(L)，Σ_r=diag(d₁，…，d_r)，d₁≥…≥d_r＞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∈Q^mn×1使得

记$ \mathit{\boldsymbol{\tilde u}} = {\rm{ }}{\mathit{\boldsymbol{U}}^*}\mathit{\boldsymbol{u}}{\rm{ }} = {\left( {{u_1}{\rm{, }}{u_2}{\rm{, }} \ldots , {u_{mn}}} \right)^{\rm{T}}}, \;{\mathit{\boldsymbol{\tilde v}}^{\rm{T}}} = {\rm{ }}\mathit{\boldsymbol{v}}{^{\rm{T}}}\mathit{\boldsymbol{V}}{\rm{ }} = \left( {{v_1}{\rm{, }}{v_2}{\rm{, }} \ldots , {v_{mn}}} \right)$. 于是有：

定理2  设非零矩阵A∈Q^m2×n2有分块式(5)和(6)，则存在u，v∈Q^mn×1使得(8)式成立，其中

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

于是由(10)式可得‖uv^T-L‖=min等价于$ {\left\| {\mathit{\boldsymbol{\tilde u}}{{\mathit{\boldsymbol{\tilde v}}}^{\rm{T}}} - {\rm{diag}}\left( {{\mathit{\Sigma }_r}{\rm{, }}{\bf{0}}} \right)} \right\|^2} = {\rm{min}}$，即

根据diag(d₁，…，d_r，0，…，0)的对称半正定性，可取

因此由(11)式得

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

方程组(13)等价于

由此可得

或

由d₁≥…≥d_r＞0得f(u₁，…，u_r)的最小值点为u₁=±$ \sqrt {{d_1}} $，u₂=u₃=…=u_r=0，这时

再由U^*u=(u₁，u₂，…，u_mn)^T，v^TV=(v₁，v₂，…，v_mn)，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：

定理3  设非零矩阵A∈Q^m2×n2有分块式(5)，则存在X∈Q^m×n，使得A=X⊗X的充要条件是(5)式中存在非零块A_pq(其中a_pq^(p，q)≠0)，使得$ {\left( {a_{pq}^{(p, q)}} \right)^{ - \frac{1}{2}}}\mathit{\boldsymbol{A}}{_{pq}} = {\rm{ }}\mathit{\boldsymbol{B}}$，且满足

这时X₀=B∈Q^m×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=(b_ij)∈Q^m×n使得A=B⊗B，则由分块式(5)可得

由于A≠0，因此B≠0. 根据引理1，四元数方根总存在，所以存在$ {b_{pq}}={\left( {a_{pq}^{(p, q)}} \right)^{ \frac{1}{2}}} \ne 0$，于是由(15)式，令s=p，t=q，可得$ \mathit{\boldsymbol{B}} = {\left( {a_{pq}^{(p, q)}} \right)^{ - \frac{1}{2}}}\mathit{\boldsymbol{A}}{_{pq}}$，即(14)式成立. 证毕.

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).

注4  (14)式包含有a_st^(s，t)=0时A_st=0的条件. 因此，当存在某个a_st^(s，t)=0但对应的A_st≠0时，A的二次方根不存在.

例1  已知四元数矩阵

试讨论是否存在X，Y∈Q^2×3，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

因此，根据定理1可知，存在X₀，Y₀∈Q^2×3，使得A=X₀⊗Y₀. 事实上，由

得Kronecker积分解

在例1中，注意到a₁₃^(1，3)=0，但A₁₃≠0，因此根据注4，A的二次方根不存在.

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

注意到a₂₁^(2，1)=-1≠0，取$ {\left( {a_{21}^{(2, 1)}} \right)^{ - \frac{1}{2}}} = - i$，可得

直接计算可知

根据定理3，A存在二次方根X₀=B，即

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.