四元数矩阵方程   AX+   X   ∗    B+CY=D的三对角广义(反)对称解

doi:10.12677/aam.2025.142068

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四元数矩阵方程 $A X + X^{*} B + C Y = D$ 的三对角广义(反)对称解
Tridiagonal Generalized (Skew-) Symmetric Solution for the Quaternion Matrix Equation

A X + X^{*} B + C Y = D

DOI: 10.12677/aam.2025.142068, PDF, HTML, XML, 国家自然科学基金支持
作者: 王梓沣, 张澜^*：内蒙古工业大学理学院，内蒙古呼和浩特
关键词: 四元数矩阵；Kronecker积；Moore-Penrose广义逆；三对角广义(反)对称矩阵；Quaternion Matrices； Kronecker Product； Moore-Penrose Generalized Inverse； Tridiagonal Generalized (Symmetric/Skew-Symmetric) Matrix

摘要: 文章对于给定的四元数矩阵

A, B, C

和

D

，深入讨论了矩阵方程

A X + X^{*} B + C Y = D

的三对角广义(反)对称解。利用Kronecker积，矩阵拉直算子以及Moore-Penrose广义逆等理论，充分考虑三对角广义(反)对称矩阵的结构特点，讨论了四元数矩阵方程三对角广义(反)对称解的结果，给出方程有解的充分必要条件及解的表达式。

Abstract: This paper discusses in depth the tridiagonal generalized (skew-) symmetric solutions for the given quaternion matrices

A, B, C

, and

D

in the matrix equation

A X + X^{*} B + C Y = D

. By employing the theories of the Kronecker product, matrix vectorization, and the Moore-Penrose generalized inverse, the research thoroughly considers the structural characteristics of tridiagonal generalized (skew-) symmetric matrices. It discusses the outcomes of the quaternion matrix equation’s tridiagonal generalized (skew-) symmetric solutions, provides the necessary and sufficient conditions for the equation to have a solution, and presents the expressions for these solutions.

文章引用：王梓沣, 张澜. 四元数矩阵方程

A X + X^{*} B + C Y = D

的三对角广义(反)对称解[J]. 应用数学进展, 2025, 14(2): 251-262. https://doi.org/10.12677/aam.2025.142068

1. 引言

在多维空间的数学建模和工程应用中，四元数矩阵方程扮演着越来越重要的角色。四元数，作为一种强大的数学工具，因其在表示三维旋转方向上的简洁性和效率而被广泛采用。在计算机图形学中，四元数矩阵提供了一种自然的方式来处理三维空间中的旋转和方向，三对角广义(反)对称解的研究可以提高图形变换的准确性和效率。在物理模拟中，四元数矩阵可以用来模拟刚体的旋转和方向，三对角广义(反)对称解的研究可以提高这些模拟的精确度和可靠性。

近些年来，许多国内外学者都投入到四元数矩阵和四元数矩阵方程的研究中，Wolf [1]在实数范围上对实四元数矩阵的相似性进行了研究，Xie [2]对自伴四元数矩阵行列式的展开进行了研究，Liping等人在简单阿廷环上考虑四元数矩阵方程[3]，Wang [4]研究了实四元数矩阵方程组的双对称和中心对称解[5]-[11]，分别考虑了四元数矩阵(组)方程 $(A X B, C X D) = (E, F)$ 、 $A X B = C$ 、 $A X B + C X D = E$ 、 $A X B + C Y D = E$ 、 $A X + X B = C$ 和 $A X A^{H} + B Y B^{H} = C$ 的解。文献[12]是对三对角矩阵的逆阵元素解析进行研究，加快了逆矩阵计算的速度。文献[13]研究了四元数矩阵的特征值以及特征向量的问题。文献[14] [15]研究了四元数矩阵方程的L-结构，对于四元数矩阵方程的其他代数性质也有研究[16]-[19]。尽管四元数矩阵方程的研究已经取得了一定的进展，但目前的研究还相对较少，需要进一步的探索和研究。在数值分析中，三对角广义(反)对称解可以用于求解线性方程组，特别是在处理大型稀疏矩阵时，这种解可以提高计算效率和精度。本文将深入分析三对角广义(反)对称解的结构特征，利用Kronecker积、矩阵拉直算子以及Moore-Penrose广义逆，证明了四元数矩阵方程 $A X + X^{*} B + C Y = D$ 的三对角广义(反)对称解的存在性、唯一性的充要条件，并给出方程求解的有效算法。

四元数最早是由爱尔兰数学家William Rowan Hamilton在1843年发明的。四元数的表示集合如下

$Q_{S} = {q = q_{a} + q_{b} i + q_{c} j + q_{d} k; q_{a}, q_{b}, q_{c}, q_{d} \in R},$

其中 $i^{2} = j^{2} = k^{2} = - 1, i j = - j i = k$ 。 $q^{*}$ 表示四元数q的共轭， $q^{*} = q_{a} - q_{b} i - q_{c} j - q_{d} k$ ，其满足 ${(p q)}^{*} = q^{*} p^{*}$ 。四元数的范数 $‖ q ‖ = \sqrt{| q q^{*} |} = \sqrt{| q_{a}^{2} + q_{b}^{2} + q_{c}^{2} + q_{d}^{2} |}$ ，对于任意四元数矩阵 $A = A_{1} +$ $A_{2} j \in Q_{S}^{m \times n}$ 的复表示矩阵如下：

$F (A) = (\begin{matrix} A_{1} & A_{2} \\ - \bar{A_{2}} & \bar{A_{1}} \end{matrix}) \in C^{2 m \times 2 n} .$

本文中由 $R^{n}, R^{m \times n}, C^{m \times n}, Q_{S}^{m \times n}, R_{3}^{n \times n}, Q_{3}^{n \times n}, I_{n}, 0$ 分别表示n维实向量组成的集合、 $m \times n$ 实矩阵组成的集合、 $m \times n$ 复矩阵组成的集合、 $m \times n$ 四元数矩阵组成的集合、n阶三对角实矩阵组成的集合、n阶三对角四元数矩阵组成的集合、n阶单位矩阵、相应类型零矩阵。对于 $A \in C^{m \times n}, Re (A), Im (A), \bar{A}, A^{T}, A^{*}$ 和 $A^{+}$ 分别表示矩阵A的实部、虚部、共轭、转置、共轭转置和广义逆。 $\otimes$ 表示矩阵的Kronecker积。

定义复矩阵的Frobenius范数，当 $A \in C^{m \times n}$ 时，

${‖ A ‖}_{F} = \sqrt{\sum_{i = 1}^{m} \sum_{j = 1}^{n} {| a_{i j} |}^{2}},$

定义四元数矩阵的Frobenius范数，当 $A \in Q_{s}^{m \times n}$ 时，

${‖ A ‖}_{F} = {‖ F (A) ‖}_{F} = \sqrt{2 ({‖ Re A_{1} ‖}^{2} + {‖ Im A_{1} ‖}^{2} + {‖ Re A_{2} ‖}^{2} + {‖ Im A_{2} ‖}^{2})} .$

定义1 $A \in Q_{3}^{n \times n}$ ，若 $A = S_{n} A S_{n}$ ，其中 $S_{n} = (e_{n}, e_{n - 1}, \dots, e_{2}, e_{1})$ ， $e_{i}$ 为n阶单位矩阵的第i列，则A称为是一个三对角广义对称矩阵，分别用 $W R_{3}^{n \times n}$ 和 $W Q_{3}^{n \times n}$ 表示实和四元数三对角广义对称矩阵集合，若 $A = - S_{n} A S_{n}$ ，那A称为是一个三对角广义反对称矩阵，分别用符号 $A R_{3}^{n \times n}$ 和 $A Q_{3}^{n \times n}$ 表示实和四元数三对角广义反对称矩阵集合。

本文考虑以下问题：

问题1 设 $A, B, C, D \in Q_{S}^{n \times n}$ ，考虑方程

$A X + X^{*} B + C Y = D,$ (1)

其中 $X, Y \in W Q_{3}^{n \times n} \cup A Q_{3}^{n \times n}$ 的解，令

$H_{L} = {[X, Y] | X, Y \in W Q_{3}^{n \times n} \cup A Q_{3}^{n \times n}, {‖ A X + X^{*} B + C Y - D ‖}_{F} = \min_{X_{0}, Y_{0} \in W Q_{3}^{n \times n} \cup A Q_{3}^{n \times n}} {‖ A X_{0} + X_{0}^{*} B + C Y_{0} - D ‖}_{F}},$

求矩阵 $[X_{W}, Y_{A}] \in H_{L}$ 使

${‖ [X_{W}, Y_{Y}] ‖}_{F}^{2} = \min_{[X, Y] \in H_{L}} ({‖ X ‖}_{F}^{2} + {‖ Y ‖}_{F}^{2}) .$

2. 预备知识

下面给出本文所需要的预备知识。首先利用三对角广义(反)对称矩阵的特殊结构，给出其拉直的简化表达式。

若矩阵 $A \in W R_{3}^{n \times n}$ ，当 $n = 2 k$ 时，矩阵A满足

$A = (\begin{matrix} a_{1} & c_{1} \\ b_{1} & a_{2} & a_{2} \\ ⋱ & ⋱ & ⋱ \\ b_{k - 2} & a_{k - 1} & c_{k - 1} \\ b_{k - 1} & a_{k} & b_{k} \\ b_{k} & a_{k} & b_{k - 1} \\ c_{k - 1} & a_{k - 1} & b_{k - 2} \\ ⋱ & ⋱ & ⋱ \\ c_{3} & a_{3} & b_{2} \\ c_{2} & a_{2} & b_{1} \\ c_{1} & a_{1} \end{matrix}),$

当 $n = 2 k + 1$ 时，矩阵A满足

$A = (\begin{matrix} a_{1} & c_{1} \\ b_{1} & a_{2} & c_{2} \\ ⋱ & ⋱ & ⋱ \\ b_{k - 1} & a_{k} & c_{k} \\ b_{k} & a_{k + 1} & b_{k} \\ c_{k} & a_{k} & b_{k - 1} \\ ⋱ & ⋱ & ⋱ \\ c_{2} & a_{2} & b_{1} \\ c_{1} & a_{1} \end{matrix}) .$

若 $A \in A R_{3}^{n \times n}$ ，当 $n = 2 k$ 时，矩阵A满足

$A = (\begin{matrix} a_{1} & c_{1} \\ b_{1} & a_{2} & a_{2} \\ ⋱ & ⋱ & ⋱ \\ b_{k - 2} & a_{k - 1} & c_{k - 1} \\ b_{k - 1} & a_{k} & - b_{k} \\ b_{k} & - a_{k} & - b_{k - 1} \\ - c_{k - 1} & - a_{k - 1} & - b_{k - 2} \\ ⋱ & ⋱ & ⋱ \\ - c_{3} & - a_{3} & - b_{2} \\ - c_{2} & - a_{2} & - b_{1} \\ - c_{1} & - a_{1} \end{matrix}),$

当 $n = 2 k + 1$ 时，矩阵A满足

$A = (\begin{matrix} a_{1} & c_{1} \\ b_{1} & a_{2} & c_{2} \\ ⋱ & ⋱ & ⋱ \\ b_{k - 1} & a_{k} & c_{k} \\ b_{k} & a_{k + 1} & b_{k} \\ - c_{k} & - a_{k} & - b_{k - 1} \\ ⋱ & ⋱ & ⋱ \\ - c_{2} & - a_{2} & - b_{1} \\ - c_{1} & - a_{1} \end{matrix}),$

其中 $a_{k + 1} = 0$ ，设 $A \in W R_{3}^{n \times n} \cup A R_{3}^{n \times n}$ ，当 $n = 2 k$ 时，令 $A_{1} = (\sqrt{2} a_{1}, \sqrt{2} b_{1})$ ， $A_{2} = (\sqrt{2} c_{1}, \sqrt{2} a_{2}, \sqrt{2} b_{2})$ ， $\dots$ ， $A_{k - 1} = (\sqrt{2} c_{k - 2}, \sqrt{2} a_{k - 1}, \sqrt{2} b_{n - 1})$ ， $A_{k} = (\sqrt{2} c_{k - 1}, \sqrt{2} a_{k}, \sqrt{2} b_{k})$ 。记 ${vec}_{2 k} (A) = {(A_{1}, A_{2}, \dots, A_{k - 1}, A_{k})}^{T}$ 。则

$vec (A) = K_{μ (2 k)} {vec}_{2 k} (A) (μ = W, A),$ (2)

其中 $K_{W_{(2 k)}}, K_{A_{(2 k)}} \in R^{4 k^{2} \times (3 k - 1)}$ 为列正交矩阵，

$K_{W_{(2 k)}} = (\begin{matrix} \frac{1}{\sqrt{2}} e_{1} & \frac{1}{\sqrt{2}} e_{2} & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & \dots & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & \frac{1}{\sqrt{2}} e_{1} & \frac{1}{\sqrt{2}} e_{2} & \frac{1}{\sqrt{2}} e_{3} & 0 & 0 & 0 & \dots & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & \frac{1}{\sqrt{2}} e_{2} & \frac{1}{\sqrt{2}} e_{3} & \frac{1}{\sqrt{2}} e_{4} & \dots & ⋮ & ⋮ & ⋮ \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & 0 & 0 & 0 & \dots & 0 & 0 & 0 \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & \dots & \frac{1}{\sqrt{2}} e_{k - 1} & \frac{1}{\sqrt{2}} e_{k} & \frac{1}{\sqrt{2}} e_{k + 1} \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & \dots & \frac{1}{\sqrt{2}} e_{k + 2} & \frac{1}{\sqrt{2}} e_{k + 1} & \frac{1}{\sqrt{2}} e_{k} \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & 0 & 0 & 0 & \dots & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & \frac{1}{\sqrt{2}} e_{2 k - 1} & \frac{1}{\sqrt{2}} e_{2 k - 2} & \frac{1}{\sqrt{2}} e_{2 k - 3} & \dots & ⋮ & ⋮ & ⋮ \\ 0 & 0 & \frac{1}{\sqrt{2}} e_{2 k} & \frac{1}{\sqrt{2}} e_{2 k - 1} & \frac{1}{\sqrt{2}} e_{2 k - 2} & 0 & 0 & 0 & \dots & ⋮ & ⋮ & ⋮ \\ \frac{1}{\sqrt{2}} e_{2 k} & \frac{1}{\sqrt{2}} e_{2 k - 1} & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & \dots & 0 & 0 & 0 \end{matrix}),$ (3)

$K_{A_{(2 k)}} = (\begin{matrix} \frac{1}{\sqrt{2}} e_{1} & \frac{1}{\sqrt{2}} e_{2} & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & \dots & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & \frac{1}{\sqrt{2}} e_{1} & \frac{1}{\sqrt{2}} e_{2} & \frac{1}{\sqrt{2}} e_{3} & 0 & 0 & 0 & \dots & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & \frac{1}{\sqrt{2}} e_{2} & \frac{1}{\sqrt{2}} e_{3} & \frac{1}{\sqrt{2}} e_{4} & \dots & ⋮ & ⋮ & ⋮ \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & 0 & 0 & 0 & \dots & 0 & 0 & 0 \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & \dots & \frac{1}{\sqrt{2}} e_{k - 1} & \frac{1}{\sqrt{2}} e_{k} & \frac{1}{\sqrt{2}} e_{k + 1} \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & \dots & - \frac{1}{\sqrt{2}} e_{k + 2} & - \frac{1}{\sqrt{2}} e_{k + 1} & - \frac{1}{\sqrt{2}} e_{k} \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & 0 & 0 & 0 & \dots & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & - \frac{1}{\sqrt{2}} e_{2 k - 1} & - \frac{1}{\sqrt{2}} e_{2 k - 2} & - \frac{1}{\sqrt{2}} e_{2 k - 3} & \dots & ⋮ & ⋮ & ⋮ \\ 0 & 0 & - \frac{1}{\sqrt{2}} e_{2 k} & - \frac{1}{\sqrt{2}} e_{2 k - 1} & - \frac{1}{\sqrt{2}} e_{2 k - 2} & 0 & 0 & 0 & \dots & ⋮ & ⋮ & ⋮ \\ - \frac{1}{\sqrt{2}} e_{2 k} & - \frac{1}{\sqrt{2}} e_{2 k - 1} & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & \dots & 0 & 0 & 0 \end{matrix}),$ (4)

其中 $e_{i}$ 为 $I_{2 k}$ 的第i列。

当 $n = 2 k + 1$ 时，令 $A_{1} = (\sqrt{2} a_{1}, \sqrt{2} b_{1})$ ， $A_{2} = (\sqrt{2} c_{1}, \sqrt{2} a_{2}, \sqrt{2} b_{2})$ ， $\dots$ ， $A_{k} = (\sqrt{2} c_{k - 1}, \sqrt{2} a_{k}, \sqrt{2} b_{k})$ ， $A_{k + 1} = (\sqrt{2} c_{k}, a_{k + 1})$ 。特别注意的是，当A为三对角广义反对称矩阵时， $a_{k + 1} = 0$ ，此时 $A_{k + 1} = (\sqrt{2} c_{k}, 0)$ 。记 ${vec}_{2 k + 1} (A) = {(A_{1}, A_{2}, \dots, A_{n - 1}, A_{n})}^{T} \in R^{3 k + 1}$ 则

$vec (A) = K_{μ (2 k + 1)} {vec}_{2 k + 1} (A) (μ = W, A),$ (5)

其中 $K_{W_{(2 k + 1)}}, K_{A_{(2 k + 1)}} \in R^{{(2 k + 1)}^{2} \times (3 k + 1)}$ 为列正交矩阵

$K_{W_{(2 k + 1)}} = (\begin{matrix} \frac{1}{\sqrt{2}} e_{1} & \frac{1}{\sqrt{2}} e_{2} & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & \dots & 0 & 0 \\ 0 & 0 & \frac{1}{\sqrt{2}} e_{1} & \frac{1}{\sqrt{2}} e_{2} & \frac{1}{\sqrt{2}} e_{3} & 0 & 0 & 0 & \dots & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & \frac{1}{\sqrt{2}} e_{2} & \frac{1}{\sqrt{2}} e_{3} & \frac{1}{\sqrt{2}} e_{4} & \dots & ⋮ & ⋮ \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & \dots & 0 & 0 \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & \dots & \frac{1}{\sqrt{2}} e_{k} + \frac{1}{\sqrt{2}} e_{k + 2} & e_{k + 1} \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & \dots & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & \frac{1}{\sqrt{2}} e_{2 k} & \frac{1}{\sqrt{2}} e_{2 k - 1} & \frac{1}{\sqrt{2}} e_{2 k - 2} & \dots & ⋮ & ⋮ \\ 0 & 0 & \frac{1}{\sqrt{2}} e_{2 k + 1} & \frac{1}{\sqrt{2}} e_{2 k} & \frac{1}{\sqrt{2}} e_{2 k - 1} & 0 & 0 & 0 & \dots & 0 & 0 \\ \frac{1}{\sqrt{2}} e_{2 k + 1} & \frac{1}{\sqrt{2}} e_{2 k} & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & \dots & 0 & 0 \end{matrix}),$ (6)

$K_{A_{(2 k + 1)}} = (\begin{matrix} \frac{1}{\sqrt{2}} e_{1} & \frac{1}{\sqrt{2}} e_{2} & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & \dots & 0 & 0 \\ 0 & 0 & \frac{1}{\sqrt{2}} e_{1} & \frac{1}{\sqrt{2}} e_{2} & \frac{1}{\sqrt{2}} e_{3} & 0 & 0 & 0 & \dots & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & \frac{1}{\sqrt{2}} e_{2} & \frac{1}{\sqrt{2}} e_{3} & \frac{1}{\sqrt{2}} e_{4} & \dots & ⋮ & ⋮ \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & \dots & 0 & 0 \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & \dots & \frac{1}{\sqrt{2}} e_{k} + \frac{1}{\sqrt{2}} e_{k + 2} & e_{k + 1} \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & \dots & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & - \frac{1}{\sqrt{2}} e_{2 k} & - \frac{1}{\sqrt{2}} e_{2 k - 1} & - \frac{1}{\sqrt{2}} e_{2 k - 2} & \dots & ⋮ & ⋮ \\ 0 & 0 & - \frac{1}{\sqrt{2}} e_{2 k + 1} & - \frac{1}{\sqrt{2}} e_{2 k} & - \frac{1}{\sqrt{2}} e_{2 k - 1} & 0 & 0 & 0 & \dots & 0 & 0 \\ - \frac{1}{\sqrt{2}} e_{2 k + 1} & - \frac{1}{\sqrt{2}} e_{2 k} & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & \dots & 0 & 0 \end{matrix}),$ (7)

其中 $e_{i}$ 为 $I_{2 k + 1}$ 的第i列。

为了方便说明，统一记为

${vec}_{δ} (A) = {\begin{cases} {vec}_{2 k} (A) n = 2 k, \\ {vec}_{2 k + 1} (A) n = 2 k + 1, \end{cases} K_{W} = {\begin{cases} K_{W_{(2 k)}} n = 2 k, \\ K_{W_{(2 k + 1)}} n = 2 k + 1, \end{cases} K_{A} = {\begin{cases} K_{A_{(2 k)}} n = 2 k, \\ K_{A_{(2 k + 1)}} n = 2 k + 1. \end{cases}$

引理1 [8]对于 $A, B, C \in C^{n \times n}$ ，有 $vec (A B C) = (C^{T} \otimes A) vec (B)$ 。

由于四元数不具有交换性，引理1在四元数上并不成立，下面给出引理1在四元数中的推广。设 $A = A_{1} + A_{2} j \in Q_{s}^{n \times n}$ ，令 $Φ_{A} = (A_{1}, A_{2})$ ， $\vec{A} = (Re (A_{1}), Im (A_{1}), Re (A_{2}), Im (A_{2}))$ 。其拉直为

$vec (A) = vec (A_{1}) + vec (A_{2}) j, vec (Φ_{A}) = (\begin{matrix} vec (A_{1}) \\ vec (A_{2}) \end{matrix}),$

则

${‖ vec (A) ‖}_{F} = \sqrt{2} {‖ vec (Φ_{A}) ‖}_{F} = \sqrt{2} {‖ (\begin{matrix} vec (A_{1}) \\ vec (A_{2}) \end{matrix}) ‖}_{F} .$

引理2 [8]设 $A = A_{1} + A_{2} j \in Q_{S}^{n \times n}, B = B_{1} + B_{2} j \in Q_{S}^{n \times n}, C = C_{1} + C_{2} j \in Q_{S}^{n \times n}$ ，那么

$vec (Φ_{A B C}) = (F {(C)}^{T} \otimes A_{1}, F {(C j)}^{*} \otimes A_{2}) [\begin{matrix} vec (Φ_{B}) \\ vec (Φ_{- j B j}) \end{matrix}] .$

下面给出四元数三对角广义(反)对称矩阵拉直的一个结果。首先分析其结构，对于 $A = A_{1} + A_{2} j \in W Q_{3}^{n \times n}$ ， $S_{n} A S_{n} = A$ ， $S_{n} (A_{1} + A_{2} j) S_{n} = A_{1} + A_{2} j$ ，可得 $S_{n} (A_{i}) S_{n} = A_{i}$ ， $i = 1, 2$ ，有 $Re (A_{i}) = S_{n} (Re (A_{i})) S_{n}$ ， $Im (A_{i}) = S_{n} (Im (A_{i})) S_{n}$ ， $i = 1, 2$ ，即 $A_{1}, A_{2} \in W R_{3}^{n \times n}$ 。同理，当 $A = A_{1} + A_{2} j \in A Q_{3}^{n \times n}$ ，可得 $A_{1}, A_{2} \in A R_{3}^{n \times n}$ 。

当 $X \in Q_{S}^{m \times n}$ 时，记

${vec}_{δ} (\vec{X}) = (\begin{matrix} {vec}_{δ} (Re (X_{1})) \\ {vec}_{δ} (Im (X_{1})) \\ {vec}_{δ} (Re (X_{2})) \\ {vec}_{δ} (Im (X_{2})) \end{matrix})$

引理3 当 $X = X_{1} + X_{2} j \in W Q_{3}^{n \times n}$ ，

$(\begin{matrix} vec (Φ_{X}) \\ vec (Φ_{- j X j}) \end{matrix}) = (\begin{matrix} vec (X_{1}) \\ vec (X_{2}) \\ vec (\bar{X_{1}}) \\ vec (\bar{X_{2}}) \end{matrix}) = (\begin{matrix} K_{W} & i K_{W} & 0 & 0 \\ 0 & 0 & K_{W} & i K_{W} \\ K_{W} & - i K_{W} & 0 & 0 \\ 0 & 0 & K_{W} & - i K_{W} \end{matrix}) {vec}_{δ} (\vec{X}) .$

当 $X = X_{1} + X_{2} j \in A Q_{3}^{n \times n}$ ，

$(\begin{matrix} vec (Φ_{X}) \\ vec (Φ_{- j X j}) \end{matrix}) = (\begin{matrix} vec (X_{1}) \\ vec (X_{2}) \\ vec (\bar{X_{1}}) \\ vec (\bar{X_{2}}) \end{matrix}) = (\begin{matrix} K_{A} & i K_{A} & 0 & 0 \\ 0 & 0 & K_{A} & i K_{A} \\ K_{A} & - i K_{A} & 0 & 0 \\ 0 & 0 & K_{A} & - i K_{A} \end{matrix}) {vec}_{δ} (\vec{X}) .$

证明由式(2)和式(5)直接可得。

引理4 对于 $X \in R^{n \times m}$ ，有 $vec (X^{T}) = L vec (X)$ ，其中矩阵 $L \in R^{n m \times n m}$ 的形式如下

$L = (\begin{matrix} e_{1} & 0 & \dots & 0 & 0 & e_{2} & 0 & \dots & 0 & 0 & \dots & e_{n - 1} & 0 & \dots & 0 & 0 & e_{n} & 0 & \dots & 0 & 0 \\ 0 & e_{1} & ⋱ & 0 & 0 & 0 & e_{2} & ⋱ & 0 & 0 & \dots & 0 & e_{n - 1} & ⋱ & 0 & 0 & 0 & e_{n} & ⋱ & 0 & 0 \\ 0 & 0 & ⋱ & 0 & 0 & 0 & 0 & ⋱ & 0 & 0 & \dots & 0 & 0 & ⋱ & 0 & 0 & 0 & 0 & ⋱ & 0 & 0 \\ 0 & 0 & ⋱ & e_{1} & 0 & 0 & 0 & ⋱ & e_{2} & 0 & \dots & 0 & 0 & ⋱ & e_{n - 1} & 0 & 0 & 0 & ⋱ & e_{n} & 0 \\ 0 & 0 & \dots & 0 & e_{1} & 0 & 0 & \dots & 0 & e_{2} & \dots & 0 & 0 & \dots & 0 & e_{n - 1} & 0 & 0 & \dots & 0 & e_{n} \end{matrix}) .$

其中 $e_{i}$ 为n阶单位矩阵的第i列

证明直接计算可得。

引理5 设 $X \in Q_{S}^{n \times n}$ ，则

$(\begin{matrix} vec (Φ_{X^{*}}) \\ vec (Φ_{- j X^{*} j}) \end{matrix}) = (\begin{matrix} G_{1} & 0 \\ 0 & G_{2} \end{matrix}) (\begin{matrix} vec (Φ_{X}) \\ vec (Φ_{- j X j}) \end{matrix}),$

其中

$G_{1} = (\begin{matrix} L & 0 \\ 0 & - L \end{matrix}); G_{2} = (\begin{matrix} - L & 0 \\ 0 & - L \end{matrix})$

证明 $X \in Q_{S}^{n \times n}$ ， $X = X_{1} + X_{2} j$ ， $\vec{X} = (Re (X_{1}), Im (X_{1}), Re (X_{2}), Im (X_{2}))$ ，则

$\vec{X^{*}} = (Re {(X_{1})}^{T}, - Im {(X_{1})}^{T}, - Re {(X_{2})}^{T}, - Im {(X_{2})}^{T}),$

再由引理4可得结果。

引理6 [9]对于 $A \in R^{n \times n}$ 和 $b \in R^{n}$ ，矩阵方程 $A x = b$ 有解 $x \in R^{n}$ 当且仅当 $A A^{+} b = b$ ，通解可表示为 $x = A^{+} b + (I - A^{+} A) y$ ，其中 $y \in R^{n}$ 是任意向量。此时其极小范数解是 $x = A^{+} b$ 。当 $A A^{+} b \neq b$ ，矩阵方程 $A x = b$ 的最小二乘解能表示为 $x = A^{+} b + (I - A^{+} A) y$ ，其中 $y \in R^{n}$ 是任意向量，此时其极小范数最小二乘解是 $x = A^{+} b$ 。

3. 主要结果

对于 $A, B, C, D \in Q_{S}^{n \times n}, A = A_{1} + A_{2} j, B = B_{1} + B_{2} j, C = C_{1} + C_{2} j, D = D_{1} + D_{2} j$ ，先讨论 $X \in W Q_{3}^{n \times n}, Y \in A Q_{3}^{n \times n}$ 时方程的解，方程其他形式的解以推论形式给出。设

$P = (([\begin{matrix} I_{n} & 0 \\ 0 & I_{n} \end{matrix}] \otimes A_{1}, [\begin{matrix} 0 & I_{n} \\ I_{n} & 0 \end{matrix}] \otimes A_{2}) + ({(\begin{matrix} B_{1} & B_{2} \\ \bar{B_{2}} & \bar{B_{1}} \end{matrix})}^{T} \otimes I_{n}, 0_{n \times n}) (\begin{matrix} G_{1} & 0 \\ 0 & G_{2} \end{matrix})) (\begin{matrix} K_{W} & i K_{W} & 0 & 0 \\ 0 & 0 & K_{W} & i K_{W} \\ K_{W} & - i K_{W} & 0 & 0 \\ 0 & 0 & K_{W} & - i K_{W} \end{matrix}) .$ (8)

$Q = ([\begin{matrix} I_{n} & 0 \\ 0 & I_{n} \end{matrix}] \otimes C_{1}, [\begin{matrix} 0 & I_{n} \\ I_{n} & 0 \end{matrix}] \otimes C_{2}) (\begin{matrix} K_{A} & i K_{A} & 0 & 0 \\ 0 & 0 & K_{A} & i K_{A} \\ K_{A} & - i K_{A} & 0 & 0 \\ 0 & 0 & K_{A} & - i K_{A} \end{matrix}) .$ (9)

$T_{1} = [Re P, Re Q], T_{2} = [Im P, Im Q], d = [\begin{array}{l} vec (Re Φ_{D}) \\ vec (Im Φ_{D}) \end{array}] .$ (10)

定理1 设 $A, B, C, D \in Q_{S}^{n \times n} ； A = A_{1} + A_{2} j ， B = B_{1} + B_{2} j ， C = C_{1} + C_{2} j ， D = D_{1} + D_{2} j$ ，令 $T_{1}, T_{2}, d$ 如式(10)定义，且 $M = diag (K_{W}, K_{A})$ ，则问题(1)有解 $X \in W Q_{3}^{n \times n}, Y \in A Q_{3}^{n \times n}$ ，当且仅

$[\begin{array}{l} T_{1} \\ T_{2} \end{array}] {[\begin{array}{l} T_{1} \\ T_{2} \end{array}]}^{+} d = d,$

此时方程通解为

$H_{L} = {[X, Y] | [\begin{array}{l} vec (\vec{X}) \\ vec (\vec{Y}) \end{array}] = M ({[\begin{array}{l} T_{1} \\ T_{2} \end{array}]}^{+} d + (I - {[\begin{array}{l} T_{1} \\ T_{2} \end{array}]}^{+} [\begin{array}{l} T_{1} \\ T_{2} \end{array}]) z)},$

其中 $z \in {\begin{cases} R^{2 (3 k - 1)} n = 2 k \\ R^{2 (3 k + 1)} n = 2 k + 1 \end{cases}$ 是任意向量，且极小范数解为 $[\begin{array}{l} vec (\vec{X}) \\ vec (\vec{Y}) \end{array}] = M {[\begin{array}{l} T_{1} \\ T_{2} \end{array}]}^{+} d$ 。如果 $[\begin{array}{l} T_{1} \\ T_{2} \end{array}] {[\begin{array}{l} T_{1} \\ T_{2} \end{array}]}^{+} d \neq d$ ，则问题(1)有最小二乘解，此时

$H_{L} = {[X, Y] | [\begin{array}{l} vec (\vec{X}) \\ vec (\vec{Y}) \end{array}] = M ({[\begin{array}{l} T_{1} \\ T_{2} \end{array}]}^{+} d + [I - {[\begin{array}{l} T_{1} \\ T_{2} \end{array}]}^{+} [\begin{array}{l} T_{1} \\ T_{2} \end{array}]] z)},$

且有极小范数最小二乘解 $[\begin{array}{l} vec (\vec{X}) \\ vec (\vec{Y}) \end{array}] = M {[\begin{array}{l} T_{1} \\ T_{2} \end{array}]}^{+} d$ 。

证明由引理2可得

$\begin{matrix} {‖ A X + X^{*} B + C Y - D ‖}_{F}^{2} = 2 {‖ Φ_{A X} + Φ_{X^{*} B} + Φ_{C Y} - Φ_{D} ‖}_{F}^{2} \\ = 2 {‖ vec (Φ_{A X}) + vec (Φ_{X^{*} B}) + vec (Φ_{C Y}) - vec (Φ_{D}) ‖}_{F}^{2} \\ = 2 {‖ P {vec}_{δ} (\vec{X}) + Q {vec}_{δ} (\vec{Y}) - vec (Φ_{D}) ‖}_{F}^{2} \\ = 2 {‖ [\begin{matrix} Re P & Re Q \\ Im P & Im Q \end{matrix}] [\begin{matrix} {vec}_{δ} (\vec{X}) \\ {vec}_{δ} (\vec{Y}) \end{matrix}] - [\begin{matrix} vec (Re Φ_{D}) \\ vec (Im Φ_{D}) \end{matrix}] ‖}_{F}^{2} \\ = 2 {‖ [\begin{array}{l} T_{1} \\ T_{2} \end{array}] [\begin{matrix} {vec}_{δ} (\vec{X}) \\ {vec}_{δ} (\vec{Y}) \end{matrix}] - d ‖}_{F}^{2} . \end{matrix}$

考虑方程 $[\begin{array}{l} T_{1} \\ T_{2} \end{array}] t = d$ ，其中 $t = [\begin{matrix} {vec}_{δ} (\vec{X}) \\ {vec}_{δ} (\vec{Y}) \end{matrix}]$ 。当满足

$[\begin{array}{l} T_{1} \\ T_{2} \end{array}] {[\begin{array}{l} T_{1} \\ T_{2} \end{array}]}^{+} d = d,$ (11)

由引理6得方程有解，解为

$[\begin{matrix} {vec}_{δ} (\vec{X}) \\ {vec}_{δ} (\vec{Y}) \end{matrix}] = {[\begin{matrix} T_{1} \\ T_{2} \end{matrix}]}^{+} d + (I - {[\begin{matrix} T_{1} \\ T_{2} \end{matrix}]}^{+} [\begin{matrix} T_{1} \\ T_{2} \end{matrix}]) z,$

其中 $z \in {\begin{cases} R^{2 (3 k - 1)} n = 2 k \\ R^{2 (3 k + 1)} n = 2 k + 1 \end{cases}$ 是任意向量，进一步可得解集

$H_{L} = {[X, Y] | [\begin{matrix} vec (\vec{X}) \\ vec (\vec{Y}) \end{matrix}] = M ({[\begin{matrix} T_{1} \\ T_{2} \end{matrix}]}^{+} d + [I - {[\begin{matrix} T_{1} \\ T_{2} \end{matrix}]}^{+} [\begin{matrix} T_{1} \\ T_{2} \end{matrix}]] z)} .$

相应的极小范数解满足

$[\begin{matrix} vec (\vec{X}) \\ vec (\vec{Y}) \end{matrix}] = M ({[\begin{matrix} T_{1} \\ T_{2} \end{matrix}]}^{+} d) .$

若不满足式(11)，此时方程有最小二乘解为

$[\begin{matrix} {vec}_{W} (\vec{X}) \\ {vec}_{A} (\vec{Y}) \end{matrix}] = {[\begin{matrix} T_{1} \\ T_{2} \end{matrix}]}^{+} d + (I - {[\begin{matrix} T_{1} \\ T_{2} \end{matrix}]}^{+} [\begin{matrix} T_{1} \\ T_{2} \end{matrix}]) z,$

进一步可得解集

相应的最小范数最小二乘解满足

$[\begin{matrix} vec (\vec{X}) \\ vec (\vec{Y}) \end{matrix}] = M ({[\begin{matrix} T_{1} \\ T_{2} \end{matrix}]}^{+} d) .$ ♦

推论1：对于问题(1)的其他解，需根据解 $X, Y$ 的范围，选取参数，

当 $X \in W Q_{3}^{n \times n}$ ，取

当 $X \in A Q_{3}^{n \times n}$ ，取

$P = (([\begin{matrix} I_{n} & 0 \\ 0 & I_{n} \end{matrix}] \otimes A_{1}, [\begin{matrix} 0 & I_{n} \\ I_{n} & 0 \end{matrix}] \otimes A_{2}) + ({(\begin{matrix} B_{1} & B_{2} \\ \bar{B_{2}} & \bar{B_{1}} \end{matrix})}^{T} \otimes I_{n}, 0_{n \times n}) (\begin{matrix} G_{1} & 0 \\ 0 & G_{2} \end{matrix})) (\begin{matrix} K_{A} & i K_{A} & 0 & 0 \\ 0 & 0 & K_{A} & i K_{A} \\ K_{A} & - i K_{A} & 0 & 0 \\ 0 & 0 & K_{A} & - i K_{A} \end{matrix}) .$

当 $Y \in W Q_{3}^{n \times n}$ ，取

$Q = ([\begin{matrix} I_{n} & 0 \\ 0 & I_{n} \end{matrix}] \otimes C_{1}, [\begin{matrix} 0 & I_{n} \\ I_{n} & 0 \end{matrix}] \otimes C_{2}) (\begin{matrix} K_{W} & i K_{W} & 0 & 0 \\ 0 & 0 & K_{W} & i K_{W} \\ K_{W} & - i K_{W} & 0 & 0 \\ 0 & 0 & K_{W} & - i K_{W} \end{matrix}) .$

当 $Y \in A Q_{3}^{n \times n}$ ，取

令

$M = diag (M_{11}, M_{22}) .$ (12)

当 $X \in W Q_{3}^{n \times n}$ ，取 $M_{11} = (\begin{matrix} K_{W} & i K_{W} & 0 & 0 \\ 0 & 0 & K_{W} & i K_{W} \\ K_{W} & - i K_{W} & 0 & 0 \\ 0 & 0 & K_{W} & - i K_{W} \end{matrix})$ ，当 $X \in A Q_{3}^{n \times n}$ ，取 $M_{11} = (\begin{matrix} K_{A} & i K_{A} & 0 & 0 \\ 0 & 0 & K_{A} & i K_{A} \\ K_{A} & - i K_{A} & 0 & 0 \\ 0 & 0 & K_{A} & - i K_{A} \end{matrix})$ ，当 $Y \in W Q_{3}^{n \times n}$ ，取 $M_{22} = (\begin{matrix} K_{W} & i K_{W} & 0 & 0 \\ 0 & 0 & K_{W} & i K_{W} \\ K_{W} & - i K_{W} & 0 & 0 \\ 0 & 0 & K_{W} & - i K_{W} \end{matrix})$ ，当 $Y \in A Q_{3}^{n \times n}$ ，取 $M_{22} = (\begin{matrix} K_{A} & i K_{A} & 0 & 0 \\ 0 & 0 & K_{A} & i K_{A} \\ K_{A} & - i K_{A} & 0 & 0 \\ 0 & 0 & K_{A} & - i K_{A} \end{matrix})$ ，取 $T_{1}, T_{2}, d$ 如式(10)，与定理1的证明类似，可得方程(1)相应的 $X, Y$ $\in W Q_{3}^{n \times n} \cup A Q_{3}^{n \times n}$ 解。

4. 算法

算法：

Step 1：给出 $A, B, C, D$ ；

Step 2：根据 $X, Y$ 要求的范围，由式(3) (4)和式(6) (7)计算相应的 $K_{W}$ 和 $K_{A}$ ；

Step 3：根据 $X, Y$ 要求的范围，由推论1中的式(8) (9)得出相应的 $P, Q$ ；

Step 4：根据式(10)得出 $T_{1}, T_{2}, d$ ；

Step 5：根据 $X, Y$ 要求的范围，由式(12)得出对应的M；

Step 6：检验 $[\begin{array}{l} T_{1} \\ T_{2} \end{array}] {[\begin{array}{l} T_{1} \\ T_{2} \end{array}]}^{+} d = d$ 是否成立；

Step 7：根据定理1及推论得出相应的解。

例：设

$A = [\begin{matrix} 1 + 2 i & 2 + j & 3 + k \\ 0 & - i + 3 j & - 2 j \\ 3 i & 2 + i & - 1 - k \end{matrix}], B = [\begin{matrix} 1 & j + k & 3 - 2 i \\ 2 + k & - j & - 2 i + k \\ 0 & - 2 - k & 2 i \end{matrix}]$

$C = [\begin{matrix} 3 - i & 2 i & 3 - i + k \\ - k & 4 & 2 + i \\ j & 2 i + 3 k & 2 i + k \end{matrix}], D = [\begin{matrix} - j - k & i - j & 2 - j \\ - 2 i + 3 k & i - k & 2 + k \\ 3 & 0 & 3 + 2 j \end{matrix}]$

对于 $X \in W Q_{3}^{n \times n}, Y \in A Q_{3}^{n \times n}$ ，考虑解的情况按照算法步骤计算可得如下情况：

数值实验表明，以误差为10⁻¹³量级，式(11)成立，为了方便计算，取z为相应类型零向量，可以得到相应的一组解 $[X, Y]$ ，其中

$X = (\begin{matrix} 0.031 + 0.160 i - 0.251 j - 0.537 k & 0.181 + 0.081 i + 0.772 j + 0.459 k & 0 \\ 0.194 + 0.768 i + 0.608 j + 0.317 k & - 0.270 - 0.782 i + 0.643 j + 1.839 k & 0.194 + 0.768 i + 0.608 j + 0.317 k \\ 0 & 0.181 + 0.081 i + 0.772 j + 0.459 k & 0.031 + 0.160 i - 0.251 j - 0.537 k \end{matrix})$

$Y = (\begin{matrix} - 0.190 + 0.151 i - 0.536 j + 0.343 k & 0.005 + 0.402 i + 0.046 j + 0.178 k & 0 \\ - 0.946 - 0.861 i - 0.180 j - 0.042 k & 0 & 0.946 + 0.861 i + 0.180 j + 0.042 k \\ 0 & - 0.005 - 0.402 i - 0.046 j - 0.178 k & 0.190 - 0.151 i + 0.536 j - 0.343 k \end{matrix})$

基金项目

国家自然科学基金(12261065)和内蒙古自治区自然科学基金项目(2023LHMS01016)。

NOTES

^*通讯作者。

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