广义鞍点系统的交替方向迭代方法

摘要

研究了广义鞍点矩阵的两种分裂形式，导出了广义鞍点阵的两种交替方向迭代格式。对这两种交替方向迭代方法建立了一些收敛性结果。同时，给出了一个数值算例，表明所提出的交替方向迭代方法比现有方法更有效。

1介绍

考虑广义鞍点问题

$$\mathscr美元{A} z（z）：=\begin{bmatrix}A&B^{T}\\-B&0\end{bmatricx}\begin{bmatriax}x\\y\end{bmmatrix}=\being{bmattrix}f\\g\end}:=B$$

（1）

哪里\（A\在R^{n\times n}\中）,\（B\在R^{m\次n}\中）,\（C\在R^{m\次m}\中）,\（f\在R^{n}\中）,\（在R^{m}中为f\）和\（m\leqn\）。

这类线性系统出现在许多科学和工程应用中，例如椭圆偏微分方程的混合有限元逼近、优化、最优控制、结构分析和电气网络；参见[1,2,三,4,5,6,7,8,9,10,11].

最近，Benzi等人[12,13]研究了形式的线性系统(1)其系数矩阵

$$\mathscr{A}=\begin{bmatrix}A&B^{T}\\-B&0\end{bmatricx}=\begin{bmmatrix}A_{1}&0&B_{1{^T}\\0&A_{2}&B_}2}^{T}\\-B_{1neneneep&-B_{2{2}$$

(2)

满足所有假设：

• $\mathrm{<trans\; data-src="A">A类</trans>}<trans\; data-src="=">=</trans><trans\; data-src="[">[</trans>\begin{array}{cc}{\mathrm{<trans\; data-src="A">A类</trans>}}_{\mathrm{<trans\; data-src="1">1</trans>}}& \mathrm{<trans\; data-src="0">0</trans>}\\ \mathrm{<trans\; data-src="0">0</trans>}& {\mathrm{<trans\; data-src="A">A类</trans>}}_{\mathrm{<trans\; data-src="2">2</trans>}}\end{array}<trans\; data-src="]">]</trans>$,\（B=[B_{1}，B_{2}]\）,\（R^{n_{i}中的A{i}\乘以n_{i}}\）对于\（i=1,2）和\（n{1}+n{2}=n\）、和\（R^{m\次n_{i}}\中的B_{i{}\）对于\（i=1,2\）;

• \（A_{i}\）是正定的（即它有正定的对称部分\（H_{i}=（A_{i{+A^{T}（T）_{i} ）/{2}\）)的\（i=1,2）;

• \（\operatorname{rank}（B）=m\）。

他们[12]拆分系数矩阵\（\mathscr{A}\）作为

$$\mathscr{A}=\mathscr{答}_{1} +\mathscr{答}_{2}, $$

(3)

哪里

$$\mathscr{答}_{1} =\begin{bmatrix}A{1}&0&B_{1}^{T}\\0&0&0\\-B_{1{&0\end{bmatricx}，\quad\text{和}\quad\\mathscr{答}_{2} =\begin{bmatrix}0&0&0\\0&A_2}&B_{2}^{T}\\0&-B_2}&0\end{bmatricx}$$

（4）

这称为\（\mathscr{A}\），并提出以下交替方向迭代方法：

$$\textstyle\begin{cases}（\alpha I+\mathscr{答}_{1} ）x^{（k+\frac{1}{2}）}=（\alpha I-\mathscr{A}{2{）x^}（k）}+b，\\（\alfa I+\mathscr{答}_{2} ）x^{（k+1）}=（\alpha I-\mathscr{答}_{1} ）x^{（k+\压裂{1}{2}）}+b，\结束{cases}$$

(5)

对于任何一个\（阿尔法>0）同时，基于\（\mathscr{A}\），他们[12,13]提出了线性系统的维数分裂预条件(1)，并将Krylov子空间方法（如重新启动的GMRES）应用于预处理线性系统，从而获得了一些良好的结果。

本文提出了两种交替方向迭代方法：一种是基于维数分裂的交替方向迭代(三)定量矩阵αI被两个非负对角矩阵替换\（\mathscr）{D}（D）_{1}\)和\（\mathscr{D}（D）_{2} \）形成新的交替方向迭代格式；另一个是提议新的拆分\（\mathscr{A}\）即。，

$$\mathscr{A}=\mathscr{乙}_{1} +\mathscr{乙}_{2} $$

(6)

哪里

$$\mathscr美元{乙}_{1} =\begin{bmatrix}A_{1}&0&0\\0&0&B_{2}^{T}\\0&-B_{2{0\end{bmatricx}\quad\mbox{和}\quadr\mathscr{乙}_{2} =\begin{bmatrix}0&0&B_{1}^{T}\\0&A_{2}&0\\-B_{1{&0\end{bmatricx}$$

(7)

并应用两个非负对角矩阵\（\mathscr{D}（D）_{1}\)和\（\mathscr{D}（D）_{2} \）从而获得另一个新的交替方向迭代方案。然后对两个交替方向迭代格式建立了一些收敛性结果，并给出了一个数值算例，表明所提出的ADI方法比现有方法更有效。

论文组织如下。第节中提出了两个交替方向迭代方案。 2这两个格式的主要收敛结果在第节中给出。 三。在Sect。 4，给出了一个数值算例，证明了本文提出的方法是非常有效的。第节给出了一个结论。 5。

2ADI方法

在本节中，基于前面的两个分裂，提出了两个交替方向迭代方案(三)以及(6). 让

$$\mathscr美元{D}（D）_{1} =\begin{bmatrix}0&0&0\\0&\alpha I_{n_{2}}&0\\0&0&\frac{\alpha}{2} 我_{m} \end{bmatrix}\quad\mbox{和}\quae\mathscr{D}（D）_{2} =\begin{bmatrix}\alpha I_{n_{1}}&0&0\\0&0&0 \\frac{\alpha}{2} 我_{m} \结束{bmatrix}$$

（8）

哪里\（阿尔法>0）和\（I_{m}\）是\（m\乘以m\）单位矩阵。然后对于两个分裂(三)以及(6)一个有

$$\开始{aligned}[b]\mathscr{A}&=（\mathscr{D}（D）_{1} +\mathscr{答}_{1} ）-（\mathscr{D}（D）_{1}-\mathscr公司{答}_{2} ）\\&=（\mathscr{D}（D）_{2} +\mathscr{答}_{2} ）-（\mathscr{D}（D）_{2}-\马特斯克{答}_{1} ）\\&=（\mathscr{D}（D）_{1} +\mathscr{乙}_{1} ）-（\mathscr{D}（D）_{1}-\马特斯克{乙}_{2} ）\\&=（\mathscr{D}（D）_{2} +\mathscr{乙}_{2} ）-（\mathscr{D}（D）_{2}-\马特斯克{乙}_{1} ），\结束{对齐}$$

(9)

形成了以下两个交替方向迭代方案。

给出初步猜测 \（x^｛（0）｝\）,对于 \（k=0,1,2，\ldots\） ,直到 \（{x^{（k）}\}\）收敛,计算

$$\开始{aligned}&\textstyle\begin{cases}（\mathscr{D}（D）_{1} +\mathscr{答}_{1} ）x^{（k+\frac{1}{2}）}=（\mathscr{D}（D）_{1}-\mathscr公司{答}_{2} ）x^{（k）}+b，\\（mathscr{D}（D）_{2} +\mathscr{答}_{2} ）x^{（k+1）}=（\mathscr{D}（D）_{2}-\mathscr公司{答}_{1} ）x^{（k+\frac{1}{2}）}+b，\end{cases}\displaystyle\quad\mbox{和}\quad\end{aligned}$$

（10）

$$\开始{aligned}&\textstyle\begin{cases}（\mathscr{D}（D）_{1} +\mathscr{乙}_{1} ）x^{（k+\frac{1}{2}）}=（\mathscr{D}（D）_{1}-\mathscr公司{乙}_{2} ）x^{（k）}+b，\\（mathscr{D}（D）_{2} +\mathscr{乙}_{2} ）x^{（k+1）}=（\mathscr{D}（D）_{2}-\mathscr公司{乙}_{1} ）x^{（k+\frac{1}{2}）}+b，\end{cases}\displaystyle\end{aligned}$$

(11)

哪里 \（\mathscr{D}（D）_{1}\)和 \（\mathscr{D}（D）_{2} \）在中定义(8).

消除\（x^{（k+\压裂{1}{2}）}\）在迭代中(10)以及(11)，我们得到了平稳格式

$$\开始{对齐}&x^{（k+1）}=\mathscr{五十} x个^{（k）}+f，\quad k=1,2，\ldot，\quad\mbox{和}\end{aligned}$$

(12)

$$\开始｛对齐｝&x^｛（k+1）｝=\mathscr{T} x个^{（k）}+g，\quad k=1,2，\ldot，\end{对齐}$$

(13)

哪里

$$\mathscr{L}=（\mathscr{D}（D）_{2} +\mathscr{答}_{2} ）^{-1}（\mathscr{D}（D）_{2}-\mathscr公司{答}_{1} ）（\mathscr{D}（D）_{1} +\mathscr{答}_{1} ）^{-1}（\mathscr{D}_{1}-\mathscr公司{答}_{2}) $$

(14)

和

$$\mathscr{T}=（\mathscr{D}（D）_{2} +\mathscr{乙}_{2} ）^{-1}（\mathscr{D}（D）_{2}-\mathscr公司{乙}_{1} ）（\mathscr{D}（D）_{1} +\mathscr{乙}_{1} ）^{-1}（\mathscr{D}_{1}-\mathscr公司{乙}_{2}) $$

(15)

是ADI迭代的迭代矩阵(12)以及(13)分别是。很容易看出这一点(14)以及(15)分别类似于矩阵

$$\hat{\mathscr{L}}=（\mathscr{D}（D）_{2}-\mathscr公司{答}_{1} ）（\mathscr{D}（D）_{1} +\mathscr{答}_{1} ）^{-1}（\mathscr{D}（D）_{1}-\马特斯克{答}_{2} ）（\mathscr{D}_{2}+\mathscr{答}_{2} ）^｛-1｝$$

(16)

和

$$\hat{\mathscr{T}}=（\mathscr{D}（D）_{2}-\mathscr公司{乙}_{1} ）（\mathscr{D}（D）_{1} +\mathscr{乙}_{1} ）^{-1}（\mathscr{D}（D）_{1}-\马特斯克{乙}_{2} ）（\mathscr｛D｝_｛2｝+\mathscr{乙}_{2})^{-1}. $$

（17）

如所示[8]，迭代矩阵\（\mathscr{L}\）由唯一的分裂引起\（\mathscr{A}=\mathscr{P}（P）-\mathscr{Q}\）具有\（\mathscr{P}\）非奇异，即。，\（\mathscr{L}=\mathscr{P}^{-1}\mathscr{Q}=I-\mathsch{P}^{-1{\mathscr{A}\）此外，\（f=\mathscr{P}^{-1}b\).矩阵\（\mathscr{P}\）和\（\mathscr{Q}\）由提供

$$\mathscr{P}=\frac{1}{\alpha}（\mathscr{D}（D）_{1} +\mathscr{答}_{1} ）（\mathscr{D}（D）_{2} +\mathscr{答}_{2} ），\qquad\mathscr{Q}=\frac{1}{\alpha}（\mathscr{D}（D）_{2}-\mathscr公司{答}_{1} ）（\mathscr{D}（D）_{1}-\马特斯克{答}_{2}). $$

(18)

此外，迭代矩阵\（\mathscr{T}\）由唯一的分裂引起\（\mathscr{A}=\mathscr{米}-\mathscr{N}\）具有

$$\mathscr{M}=\frac{1}{\alpha}（\mathscr{D}（D）_{1} +\mathscr{乙}_{1} ）（\mathscr{D}（D）_{2} +\mathscr{乙}_{2} ）\quad\mbox{非奇异}，\qquad\mathscr{N}=\frac{1}{\alpha}（\mathscr{D}（D）_{2}-\mathscr公司{乙}_{1} ）（\mathscr{D}（D）_{1}-\mathscr公司{乙}_{2}), $$

(19)

即。，\（\mathscr{T}=\mathsch{M}^{-1}\mathscr{N}=I-\mathscr{M}^{-1{\mathscre{A}\）此外，\（g=\mathscr｛M｝^{-1}b\)。我们经常提到\（\mathscr{P}\）或\（\mathscr{M}\）作为预处理程序。

三ADI方法的收敛性

在本节中，将建立ADI方法的一些收敛结果。首先，本节将使用以下引理。

引理1

让 \（A=M-N\在C^{N\timesn}\中）具有A类和M（M）非奇异且let \（T=NM^{-1}\）。然后 \（A-TAT^{*}=（I-T）（AA^{-*}M^{*{+N）（I-T^{**}）\）。

该证明类似于中引理5.30的证明[1].

引理2

让 \（A\在R^{n\times n}\中）对称且正定。如果 \（A=M-N）具有M（M）非奇异分裂是这样的 \（M+N\）具有非负定对称部分,然后 \（T\|{A}=A^{-1/2}TA^{1/2}\|{2}\leq1\）,哪里 \（T=NM^{-1}\）。

证明

它来自引理1那个

$$\开始{对齐}[b]A-TAT^{T}&=（I-T）\bigl（M^{T} A类^{-T}甲+N\biger）\bigl（I-T^{T}\bigr）\\&=（I-T）\bigle。\结束{对齐}$$

(20)

自

$$开始{对齐}[b]2\bigl（M^{T}+N\bigr）&=2\bigl$$

(21)

它来自(20)那个\（A-TAT^{T}\suckeq 0\）因此

$$A\成功TAT^{T}$$

(22)

发件人(22)，我们有\（I\成功（A^{-1/2}TA^{1/2}）（A^}-1/2}TA^{1/2}）^{T}\成功0\）因此，

$$\Vert T\Vert_{A}=\bigl\Vert A^{-1/2}TA^{1/2}\bigr\Vert_{2}=\sqrt{\rho\bigl[\bigl（A^{-1-2}TA ^{1/2]\bigr）\bigl（A^}-1/2}TA^{1/2}\biger）^{T}\biger]}\leq 1$$

这就完成了证明。 □

引理3

让 \（\mathscr{答}_{i} \）,\（\mathscr{乙}_{i} \）和 \（\mathscr）{D}（D）_{i} \）在中定义(4)和(8)对于 \（i=1,2）。如果 \({答}_{i} \）具有正定对称部分 \（H_{i}\）和 \（0<\alpha\leq2\lambda_{\mathrm{min}}（H_{i}）\）具有 \（\lambda_{\mathrm{min}}（H_{i}）\）的最小特征值 \（H_{i}\）,然后

$$\bigl\Vert（\mathscr{D}（D）_{j}-\mathscr公司{答}_{i} ）（\mathscr{D}（D）_{i} +\mathscr{答}_{i} ）^{-1}\bigr\Vert_{2}\leq 1\quad\textit{和}\quad\bigl\Vert（\mathscr{D}（D）_{j}-\马特斯克{乙}_{i} ）（\mathscr{D}（D）_{i} +\mathscr{乙}_{i} ）^{-1}\bigr\Vert_{2}\leq 1$$

(23)

哪里 \（j=2）如果 \（i=1）和 \（j=1）如果 \（i=2）。

证明

我们只在(23)同样的方法也可以得到后者。让\（M_{i}=\mathscr{D}（D）_{i} +\mathscr{答}_{i} \）和\（N_{i}=-\mathscr{D}（D）_{j} +\mathscr{答}_{i} \）.那么我们有

$$C_{i}:=M_{i} -N个_{i} =\mathscr{D}（D）_{i} +\mathscr{D}（D）_{j} =\alpha\operatorname{diag}（I_{n_{1}}，I_{n_{1{}}和I_{m}）=\ alpha I\suck 0$$

哪里我是\（（（n{1}+n{2}+m）\次（n{1'+n{2]+m）单位矩阵，以及

$$M_{i}+N_{i{=2\mathscr{答}_{i} +\mathscr{D}（D）_{我}-\马特斯克{D}（D）_{j} ●●●●$$

什么时候？\（i=1）和\（j=2）

$$M_{1}+N_{1{=2\mathscr{答}_{1} +\mathscr{D}（D）_{1}-\马特斯克{D}（D）_{2} =\开始{bmatrix}2A_{1}-\αI{n_{1}}&0&2B{1}^{T}\\0&\alpha I{n_2}}&0 \\-2B{1{0&0\end{bmatrix}$$

注意\（0<\alpha\leq2\lambda_{\mathrm{min}}（H_{i}）\）,\（2小时_{我}-\αI_{n_{I}}=（A^{T}（T）_{i} +A_{i}）-\alpha i_{n_{i{}}\succeq 0\）.因此

$$\bigl[（M_1}+N_{1}）^{T}+（M_1{1}+N_1}）\bigr]/2=\开始{bmatrix}（A^{T}（T）_{i} +A{i}）-\alpha i{n_{i}}&0&0\\ alpha i{n_}}&0\\0&0\end{bmatrix}\succeq 0$$

这表明\（M_{1}+N_{1{）具有非负定对称部分。同样，\（M_{2}+N_{2{）也有一个非负定对称部分。因此，\（M_{i}+N_{i{）具有非负定对称部分\（i=1,2）.让\（T_｛i｝=N_{i} M（M）_{i} ^{-1}\）.然后它从引理开始2那个

$$\Vert T_{i}\Vert _{C_{i}}=\bigl\Vert C_{i}^{-1/2}TC_{i{^{1/2}\bigr\Vert _2}=\Vert T\Vert _{2}\leq 1$$

因此，\（T_{i}=N_{i} M（M）_{i} ^｛-1｝\|_｛2｝=\|（\mathscr｛D｝_{j}-\马特斯克{答}_{i} ）（\mathscr{D}（D）_{i} +\mathscr{答}_{i} ）^{-1}\|_{2}\leq 1\）对于\（i=1,2）。这就完成了证明。 □

定理1

考虑问题(1)并假设 \（\mathscr{A}\）满足上述假设。然后 \（\mathscr{A}\）是非奇异的。进一步,如果 \（0<\alpha\leq 2\delta\）具有 \（δ=\min\{\lambda{\mathrm{min}}（H{1}）,然后 \（{\mathscr{L}}{2}\leq1\）和 \（{\mathscr{T}}{2}\leq1\）。

证明

非奇异性的证明\（\mathscr{A}\）可以在中找到[10]. 自\（0<alpha\leq2\delta=2\min\{lambda_{mathrm{min}}（H{1}），引理三说明了这一点(23)等待\（i=1）,\（j=2）和\（i=2）,\（j=1\）。因此，

$$\begin{aligned}&\begin{aligned}&\begin{alinged}\Vert\hat{\mathscr{L}}\Vert_{2}&=\bigl\Vert（\mathscr{D}（D）_{2}-\mathscr公司{答}_{1} ）（\mathscr{D}（D）_{1} +\mathscr{答}_{1} ）^{-1}（\mathscr{D}（D）_{1}-\数学可控硅{答}_{2} ）（\mathscr{D}（D）_{2} +\mathscr{答}_{2} ）^{-1}\bigr\Vert_{2}\\&\leq\bigl\Vert（\mathscr{D}（D）_{2}-\马特斯克{答}_{1} ）（\mathscr{D}（D）_{1} +\mathscr{答}_{1} ）^｛-1｝\bigr\Vert _｛2｝\bigl\Vert（\mathscr{D}（D）_{1}-\mathscr公司{答}_{2} ）（\mathscr{D}（D）_{2} +\mathscr{答}_{2} ）^{-1}\bigr\Vert_{2}\\&\leq 1，\end{aligned}\\&\ begin{alinged}\Vert\hat{\mathscr{T}}\Vert_{2}&=\bigl\Vert（\mathscr{D}（D）_{2}-\马特斯克{乙}_{1} ）（\mathscr{D}（D）_{1} +\mathscr{乙}_{1} ）^{-1}（\mathscr{D}（D）_{1}-\马特斯克{乙}_{2} ）（\mathscr{D}（D）_{2} +\mathscr{乙}_{2} ）^{-1}\bigr\Vert_{2}\\&\leq\bigl\Vert（\mathscr{D}（D）_{2}-\马特斯克{乙}_{1} ）（\mathscr{D}（D）_{1} +\mathscr{乙}_{1} ）^{-1}\bigr\Vert_{2}\bigl\Vert（\mathscr{D}（D）_{1}-\mathscr公司{乙}_{2} ）（\mathscr{D}（D）_{2} +\mathscr{乙}_{2} ）^{-1}\bigr\Vert_{2}\\&\leq 1。\end{aligned}\end{alinged}\end{aligned}$$

(24)

这就完成了证明。 □

定理2

考虑问题(1)并假设 \（\mathscr｛A｝\）满足上述假设。如果 \（0<\alpha\leq 2\delta\）具有 \（δ=\min\{\lambda_{\mathrm{min}}（H{1}），\lambda _{\mathrm{min}},然后是迭代(10)和(11)是收敛的;那就是,\（\rho（\mathscr{L}）<1）和 \（\rho（\mathscr｛T｝）<1\）。

证明

首先，我们证明\（\rho（\mathscr{L}）<1）.自\（\mathscr{L}（\alpha）\）类似于\（\hat{\mathscr{L}}\）,\（\rho（\mathscr{L}）=\rho.让λ是的特征值\（hat｛\mathscr｛L｝｝｝（\alpha）\）令人满意的\（|\lambda|=\rho（\hat{\mathscr{{L}}）\）和x个是对应的特征向量\（\|x\|_{2}=1\）（请注意，它必须具有\（x\neq 0）). 然后\（\hat{\mathscr{{L}}x=\lambda x\）因此，

$$\开始{对齐}[b]\lambda&=x^{*}\hat{\mathscr{L}}x=x^}（\mathscr{D}（D）_{2}-\mathscr{A}_{1}）（\mathscr{D}（D）_{1} +\mathscr{答}_{1} ）^{-1}（\mathscr{D}（D）_{1}-\mathscr公司{答}_{2} ）（\mathscr{D}（D）_{2} +\mathscr{答}_{2})^{-1}x\\&=u^{*}v，\end{aligned}$$

(25)

哪里\（u=（\mathscr{D}（D）_{1} +\mathscr{A}^{*}_{1}）^{-1}（\mathscr{D}（D）_{2}-\mathscr{A}^{*}_{1}）x\）和\（v=（\mathscr）{D}（D）_{1}-\马特斯克{答}_{2} ）（\mathscr{D}（D）_{2} +\mathscr{答}_{2})^{-1}x\).使用柯西-施瓦兹不等式，

$$\vert\lambda\vert^{2}\lequ^{*}u\cdotv^{*{v$$

(26)

平等(26)仅当且仅当\（u=千伏\），其中\（k\in\mathbb{C}\）.此外，引理三产量

$$\开始{aligned}和\开始{arigned}&\开始{aligned}u^{*}u&=x^{*{}（\mathscr{D}（D）_{2}-\mathscr公司{答}_{1} ）（\mathscr{D}（D）_{1} +\mathscr{答}_{1} ）^｛-1｝\bigl（\mathscr{D}（D）_{1} +\mathscr{A}^{*}_{1}\bigr）^{-1}\bigl（\mathscr{D}（D）_{2}-\mathscr{A}^{*}_{1}\biger）x\\&\leq\max_{Vertx\Vert_{2}=1}x^{*{（\mathscr{D}（D）_{2}-\mathscr公司{答}_{1} ）（\mathscr{D}（D）_{1} +\mathscr{答}_{1} ）^{-1}\bigl（\mathscr{D}（D）_{1} +\mathscr{A}^{*}_{1}\bigr）^{-1}\bigl（\mathscr{D}（D）_{2}-\mathscr{A}^{*}_{1}\bigr）x\\&\leq\bigl\Vert（\mathscr{D}（D）_{2}-\马特斯克{答}_{1} ）（\mathscr{D}（D）_{1} +\mathscr{答}_{1} ）^{-1}\bigr\Vert_{2}^{2}\\&\leq 1，\end{aligned}\\&\ begin{alinged}v^{*}v&=x^{*{}\bigl（\mathscr{D}（D）_{2} +\mathscr{A}^{*}_{2}\bigr）^{-1}\bigl（\mathscr{D}_{1}-\mathscr{A}^{*}_{2}\biger）（\mathscr{D}（D）_{1}-\马特斯克{答}_{2} ）（\mathscr{D}（D）_{2} +\mathscr{答}_{2})^{-1}x\\&\leq\max_{\Vertx\Vert_{2}=1}x^{*}\bigl（\mathscr{D}（D）_{2} +\mathscr{A}^{*}_{2}\bigr）^{-1}\bigl（\mathscr{D}（D）_{1}-\mathscr{A}^{*}_{2}\biger）（\mathscr{D}（D）_{1}-\mathscr公司{答}_{2} ）（\mathscr{D}（D）_{2} +\mathscr{答}_{2})^{-1}x\\&\leq\bigl\Vert（\mathscr{D}（D）_{1}-\马特斯克{答}_{2} ）（\mathscr{D}（D）_{2} +\mathscr{答}_{2} ）^{-1}\bigr\Vert_{2}^{2}\\&\leq 1。\end{aligned}\end{alinged}\end{aligned}$$

（27）

因此，如果\（单位：千伏），然后它从(26)以及(27)那个

$$\rho^{2}\bigl[\mathscr{L}（\alpha）\bigr]=\rho_{2}\figl[\hat{\mathscr{L}}（\ alpha$$

(28)

如果\（u=千伏\）和\（u^{*}u\cdot v^{*{v<1\），然后

$$\rho^{2}\bigl[\mathscr{L}（\alpha）\bigr]=\rhoqu{2}\figl[\hat{\mathscr{L}}（\ alpha，\bigr]=\vert\lambda\vert^{2{=u^{*}u\cdot v^{*{v<1$$

(29)

在下文中，我们将通过矛盾证明\（u=千伏）和\（u^{*}u\cdot v^{*{v=1\）不要同时按住。

假设\（u=千伏）和\（u^{*}u\cdot v^{*{v=1\）.自\（u^{*}u\leq 1）和\（v ^{*}v \leq 1）,\（|k|=u^{*}u=v^{*{v=1\）。然后它从(27)那个

$$\开始{aligned}&\开始{arigned}&\开始}对齐}u^{*}u&=x^{*{（\mathscr{D}（D）_{2}-\mathscr公司{答}_{1} ）（\mathscr{D}（D）_{1} +\mathscr{答}_{1} ）^{-1}\bigl（\mathscr{D}（D）_{1} +\mathscr{A}^{*}_{1}\bigr）^{-1}\bigl（\mathscr{D}（D）_{2}-\mathscr{A}^{*}_{1}\bigr）x\\&=\rho\bigl[（\mathscr{D}（D）_{2}-\马特斯克{答}_{1} ）（\mathscr{D}（D）_{1} +\mathscr{答}_{1} ）^{-1}\bigl（\mathscr{D}（D）_{1} +\mathscr｛A｝^｛*｝_｛1｝\bigr）^｛-1｝\bigl（\mathscr{D}（D）_{2}-\mathscr{A}^{*}_{1}\bigr）\bigr]\\&=1，\end{aligned}\\&\begin{aligned}v^{*{v&=x^{**}\bigl（\mathscr{D}（D）_{2} +\mathscr{A}^{*}_{2}\bigr）^{-1}\bigl（\mathscr{D}_{1}-\mathscr{A}^{*}_{2}\biger）（\mathscr{D}（D）_{1}-\马特斯克{答}_{2} ）（\mathscr{D}（D）_{2} +\mathscr{答}_{2} ）^{-1}x\\&=\rho\bigl[\bigl（\mathscr{D}（D）_{2} +\mathscr{A}^{*}_{2}\bigr）^{-1}\bigl（\mathscr{D}（D）_{1}-\mathscr｛A｝^｛*｝_｛2｝\bigr）（\mathscr{D}（D）_{1}-\马特斯克{答}_{2} ）（\mathscr{D}（D）_{2} +\mathscr{答}_{2} ）^{-1}\bigr]\\&=1。\end{aligned}\end{alinged}\end{aligned}$$

（30）

注意\（\|x\|_{2}=1\）, (30)意味着x个是的特征向量\（（\mathscr{D}（D）_{2}-\马特斯克{答}_{1} ）（\mathscr{D}（D）_{1} +\mathscr{答}_{1} ）^{-1}（\mathscr{D}（D）_{1} +\mathscr{A}^{*}_{1}）^{-1}（\mathscr{D}（D）_{2}-\矩阵{A}^{*}_{1}）和\（（\mathscr{D}（D）_{2} +\mathscr{A}^{*}_{2}）^{-1}（\mathscr{D}（D）_{1}-\mathscr{A}^{*}_{2}）（\mathscr{D}（D）_{1}-\马特斯克{答}_{2} ）（\mathscr{D}（D）_{2} +\mathscr{答}_{2})^{-1}\)对应于它们具有相同特征值1，即。，

$$\开始{对齐}&（\mathscr{D}（D）_{2}-\mathscr公司{答}_{1} ）（\mathscr{D}（D）_{1} +\mathscr{答}_{1} ）^{-1}\bigl（\mathscr{D}（D）_{1} +\mathscr{A}^{*}_{1}\bigr）^{-1}\bigl（\mathscr{D}（D）_{2}-\mathscr{A}^{*}_{1}\bigr）x=x，\\&\bigl（\mathscr{D}（D）_{2} +\mathscr{A}^{*}_{2}\bigr）^{-1}\bigl（\mathscr{D}（D）_{1}-\mathscr{A}^{*}_{2}\biger）（\mathscr{D}（D）_{1}-\马特斯克{答}_{2} ）（\mathscr{D}（D）_{2} +\mathscr{答}_{2})^{-1}x=x。\结束{对齐}$$

(31)

自

$$（\mathscr{D}（D）_{2}-\数学可控硅{答}_{1} ）（\mathscr{D}（D）_{1} +\mathscr{答}_{1} ）^{-1}\bigl（\mathscr{D}（D）_{1} +\mathscr{A}^{*}_{1}\bigr）^{-1}\bigl（\mathscr{D}（D）_{2}-\mathscr{A}^{*}_{1}\biger）=\begin{bmatrix}E&0&F^{T}\\0&0&0\\F&0&G\end{bmatricx}$$

(32)

哪里E类,F类和G公司表示非零矩阵，前一个方程(31)可以写为

$$\开始{bmatrix}F&0&F^{T}\\0&0&0\\F&0＆G\end{bmatricx}\begin{bmatriax}x_{1}\\x_{2}\\x_3}\end{bmatrix}=\begin{bmatriex}x_2}\\x_2}$$

这表明\（x{2}=0\）因此，\（x=[x^{*}_{1}，0，x{3}^{*{]^{**}\）.让\（y=（\mathscr{D}（D）_{2} +\mathscr{答}_{2})^{-1}x\).然后\（x=（\mathscr{D}_{2}+\mathscr{答}_{2} ）是\）中的后一个方程(31)成为

$$\bigl（\mathscr{D}（D）_{1}-\mathscr{A}^{*}_{2}\biger）（\mathscr{D}（D）_{1}-\马特斯克{答}_{2} ）y=\bigl（\mathscr{D}（D）_{2} +\mathscr{A}^{*}_{2}\biger）（\mathscr{D}（D）_{2} +\mathscr{答}_{2} ）y$$

(33)

因此

$$\bigl[\mathscr{D}（D）_{2}^{2}-\mathscr公司{D}（D）_{1} ^{2}+\alpha\bigl（\mathscr{A}^{*}_{2}+\mathscr{答}_{2} \bigr）\bigr]y=0$$

(34)

也就是说，

$$\开始{bmatrix}\alpha^{2} 我_{n_{1}}&0&0\\0&\alpha（A^{*}_{2}+{答}_{2}-\alpha I_{n_{2}}）&0\\0&0&0\结束{bmatrix}\开始{bmatricx}y_{1}\\y_{2{\\y_}3}\结束{矩阵}=0$$

(35)

这表明\（y_{1}=0\）因此，\（y=[0，y{2}^{*}，y}3}^{**}]^{*{}\）。此外，\（x=（\mathscr{D}（D）_{2} +\mathscr{答}_{2} ）是\）.然后

$$开始{bmatrix}x{1}\\0\\x{3}\end{bmatricx}=\begin{bmattrix}\alpha I_{n_{1}}&0&0\\0&{答}_{2} &B_{2}^{T}\\0&-B_{2{&frac{\alpha}{2}I{m}\end{bmatrix}\begin{bmatric}0\\y_{2neneneep \\y_}3}\end}bmatrix}=\begin{答}_{2} 年_{2} +B_{2}^{T} 年_{3} \\-B_{2} 年_{2} +\frac{\alpha}{2}y{3}\end{bmatrix}$$

(36)

这表明

$$x_{1}=y_{1{=0，\qquad{答}_{2} 年_{2} +B_{2}^{T} 年_{3} =0，\quad\mbox{和}\quad x_{3}=-B_{2} 年_{2} +\压裂{\alpha}{2}y{3}$$

(37)

自\（u=千伏）,

$$\bigl（\mathscr{D}（D）_{1} +\mathscr{A}^{*}_{1}\bigr）^{-1}\bigl（\mathscr{D}（D）_{2}-\mathscr{A}^{*}_{1}\biger）x=k（\mathscr{D}（D）_{1}-\马特斯克{答}_{2} ）（\mathscr{D}_{2}+\mathscr{答}_{2} ）^{-1}x, $$

(38)

可以写成

$$\bigl（\mathscr{D}（D）_{2}-\mathscr{A}^{*}_{1}\biger）（\mathscr{D}（D）_{2} +\mathscr{答}_{2} ）y=k\bigl（\mathscr{D}（D）_{1} +\mathscr{A}^{*}_{1}\biger）（\mathscr{D}（D）_{1}-\马特斯克{答}_{2} ）年$$

（39）

对于\（x=（\mathscr{D}（D）_{2} +\mathscr{答}_{2} ）是\）此外(39)成为

$$\bigl[\bigl（\mathscr{D}（D）_{2}^{2} -k个\mathscr公司{D}（D）_{1} ^{2}\biger）+（\mathscr{D}（D）_{2} +k\mathscr{D}（D）_{1} ）\mathscr{答}_{2}-\矩阵{A}^{*}_{1}（\mathscr{D}（D）_{2} +k\mathscr{D}（D）_{1} ）-（1-k）\mathscr{A}^{*}_{1}\mathscr{答}_{2} \bigr]y=0$$

(40)

即。，

$$\开始{bmatrix}\alpha^{2} 我_{n_{1}}-\αA{1}^{*}&（k-1）B_{1} B类_{2} ^{T}和\压裂{（1+k）\α}{2} B类_{1} ^{T}\\0&k\alpha（A_{2}-\αI{n_{2}}）&k\αB{2}^{T}\\-\αB_{1}&-\压裂{（1+k）\alpha}{2} B类_{1} &\frac{（1-k）\alpha^{2}}{4}I{m}\end{bmatrix}\begin{bmatricx}0\\y_{2}\\y_}3}\end}bmatrix}=\begin{bmatris}0\\0\\end{bmmatrix}$$

(41)

即。，

$$\textstyle\begin{cases}（k-1）B_{1} B类_{2}^{T} 年_{2} +\压裂{（1+k）\alpha}{2} B_{1}^{T} 年_{3} =0，\\k\alpha（A_{2}-\αI{n{2}}）y{2}+k\αB{2}^{T} 年_{3} =0，\-\frac{（1+k）\alpha}{2} B_{1} 年_{2} +\压裂{（1-k）\alpha^{2}}{4} 年_{3}=0. \结束{cases}$$

(42)

在这里，我们断言\（k\neq 1）。否则，假设\（k=1）.然后(25)显示\（\lambda=u^{*}v=v^{*{v=1\）对于\（u=千伏）和\（v^{*}v=1\）。请注意λ是的特征值\（\hat{\mathscr{L}}\）它类似于\（\mathscr{L}（\alpha）\）.因此\（\hat{\mathscr{L}}\）和\（\mathscr{L}=[（\mathrscr{D}（D）_{1} +\mathscr{答}_{1} ）（\mathscr{D}（D）_{2} +\mathscr{答}_{2} ）]^{-1}[（\mathscr{D}（D）_{2}-\马特斯克{答}_{1} ）（\mathscr{D}（D）_{1} -\mathscr{答}_{2})]\)具有相同的特征值，1。让w个是的特征向量\（\mathscr{L}\）对应于特征值1（注意\（每周0\）). 有一个

$$\mathscr美元{五十} w个=\bigl[（\mathscr{D}（D）_{1} +\mathscr{答}_{1} ）（\mathscr{D}（D）_{2} +\mathscr{答}_{2} ）\bigr]^｛-1｝\bigl[（\mathscr{D}（D）_{2}-\马特斯克{答}_{1} ）（\mathscr{D}_{1}-\马特斯克{答}_{2} ）\bigr]w=w$$

(43)

因此

$$\bigl[（\mathscr{D}（D）_{2}-\马特斯克{答}_{1} ）（\mathscr{D}（D）_{1} -\mathscr{答}_{2} ）-（\mathscr{D}（D）_{1} +\mathscr{答}_{1} ）（\mathscr{D}（D）_{2} +\mathscr{答}_{2} ）\bigr]w=-\alpha\mathscr{A} w个=0. $$

(44)

自\（\mathscr{A}\）是非奇异的(44)收益率\（w=0），这与此相矛盾w个是的特征向量\（\mathscr{L}（\alpha）\）因此，\（k\neq 1）和\（1-k\neq 0）从中的第三个方程(42)，一个有

$$y_{3}=\kappa B_{1} 年_{2} $$

(45)

具有\（\kappa:=\frac{2（1+k）}{\alpha（1-k）}\）然后根据第二个方程(37)那个

$$\mathscr美元{J} 年_{2} =\bigl（A_{2}+\kappa B_{1}^{T} B类_{1} \较大）y_{2}=0$$

(46)

哪里\（\mathscr{J}=A_{2}+\kappaB_{1}^{T} B类_{1}\).注意\（|k|=1\）和\（k \ neq 1 \）.让\（k=\cos\theta+i\sin\theta\），其中\（i=\sqrt{-1}\）,\（R中的θ）,\（\theta\neq 2t\pi）和t吨是一个整数。然后

$$\kappa:=\frac{2（1+k）}{\alpha（1-k$$

(47)

要么是纯虚的，要么是零。因此，\（\mathscr{J}^{*}+\mathscr{J}=A{2}^{T}+A{2{0\）对于\（A_{2}\）是正定的。因此，\（\mathscr{J}\）是正定的，因此是非奇异的。方程式(46)表示\（y{2}=0\）因此(45)说明了这一点\（y_{3}=0\）然后根据第三个方程(37)那个\（x{3}=0\）因此，\（x=[0,0,0]^{*}\），这与此相矛盾x个是的特征向量\（\hat{\mathscr{L}}（\alpha）\）具有\（\|x\|_{2}=1\）通过以上证明，很容易看出\（u=千伏）和\（u^{*}u\cdot v^{*{v=1\）不要同时按住。因此，\（\rho[\mathscr{L}（\alpha）]=|\lambda|<1\）因此，迭代(10)聚合。

通过相同的方法，我们可以获得\（\rho（\mathscr{T}）<1）因此，迭代(10)以及(11)都是收敛的。这就完成了证明。 □

4一个数值示例

本节给出了一个数值例子，表明所提出的交替方向迭代方法是非常有效的。

示例1

考虑问题(1)并假设\（\mathscr{A}\）如所示(2)，其中\（A{1}=A{2}=\运算符名称{tri}（1,1，-1）\在R^{n\times n}\中）,\（B_{1}=B_{2}=I_{n}\在R^{n\次n}\中），一个\（n次n次）单位矩阵和\（b=R^{2n}中的（1,1，\ldots，1）^{T}）。

我们进行了数值实验来比较三种交替方向迭代格式的性能(5), (10)以及(11)对于这个问题(1). 前一个方案(5)写为算法1（A1），由Benzi等人提出[12,13]，而后一种方案(10)以及(11)本文提出了由算法2（A2）和算法3（A3）编写的算法。这三种算法都是在Matlab中编码的，所有计算都是在HP dx7408 PC（Intel核心E4500 CPU，2.2 GHz，1 GB RAM）上使用Matlab 7.9（R2009b）执行的。

停车标准定义为

$$\mathrm{RERE}=\frac{\Vertx^{k+1}-x^{k}\Vert_{2}}{\max\{1，\VertX^{k}\Vert_{2}\}}=<10^{-6}$$

数值结果如表所示1特别是，我们在图1A1、A2和A3的RE变化\（n=1000）随着迭代次数的增加。

图1

什么时候？\（n=1000）A1、A2和A3的RE随迭代次数的增加而变化

表1 A1、A2和A3的不同性能n个

来自表格1，我们可以进行以下观察。（i） 当\（n=500）,\（n=1000）和\（n=1500）；（ii）A3的计算时间比A2和A1少得多。因此，A2和A3在迭代次数和计算时间方面通常优于A1。因此，所提出的方法比现有方法更有效。

图1结果表明，当迭代次数增加时，A3生成的RE快速收敛到0\（n=1000）因此，A2在迭代次数方面优于A1和A3。

5结论

本文基于广义鞍点矩阵的两种分裂形式，提出了广义鞍点系统的两种交替方向迭代方法，并建立了这两种迭代方法的一些收敛性定理。最后，我们给出了一个数值例子来证明所提出的交替方向迭代方法优于现有方法。