Lösen $AB+BA=XBX'$

Oct 10 2020

Annehmen $A$ ist $d\times d$ positive definitive Matrix, ich würde gerne eine Matrix finden $X$ so dass das Folgende für alle positiv definierten Matrizen gilt $d\times d$ Matrizen $B$

$$AB+BA=XBX^T$$

Wann gibt es eine Lösung? Gibt es einen Namen für diese Gleichung?

Antworten

1 user1551 Oct 11 2020 at 15:08

So wie es aussieht, ist die Gleichung genau dann lösbar, wenn $A$ ist eine positive Skalarmatrix.

Schon seit $AB+BA=XBX^T$für alle positiven bestimmten Matrizen$B$, wenn wir bestehen $B$ bis zu einem gewissen Grad ist die Gleichung immer noch erfüllt, wenn $B$ist positiv semidefinit. Speziell,$Auu^T+uu^TA=(Xu)(Xu)^T$ für jeden Vektor ungleich Null $u$. Da der Rang der RHS höchstens eins beträgt,$Au$ muss ein skalares Vielfaches von sein $u$. Wie$u$ ist willkürlich, dies bedeutet, dass jeder Vektor ungleich Null ein Eigenvektor von ist $A$ und daher $A$ist eine skalare Matrix. So$A=cI$ für einige $c>0$ weil $A$ ist definitiv positiv.

Umgekehrt, wenn $A=cI$ für einige $c>0$, wir haben $2cuu^T=(Xu)(Xu)^T$ für jeden Vektor ungleich Null $u$. Daher$Xu$ ist identisch gleich $\pm\sqrt{2c}u$, was bedeutet, dass die einzigen Lösungen sind $X=\pm\sqrt{2c}I$.

Angelo Oct 11 2020 at 05:28

Zunächst beweisen wir folgende Eigenschaften:

Eigenschaft 1:

Wenn $\;M\;$ ist eine echte symmetrische Matrix, es existiert eine symmetrische Matrix $\;M^{\frac{1}{2}}\;$ so dass $\;M^{\frac{1}{2}}\cdot M^{\frac{1}{2}}=M.\;$ Darüber hinaus, wenn $\;M\;$ ist also positiv bestimmt $\;M^{\frac{1}{2}}\;$ ist echt.

Beweis:

Durch Anwendung des Spektralsatzes für reelle symmetrische Matrizen erhalten wir, dass es eine orthogonale Matrix gibt $\;U\;$ so dass $\;U^T\cdot M\cdot U=F\;$ ist daher diagonal

$M=U\cdot F\cdot U^T\;$.

Lassen $\;G\;$ sei die Diagonalmatrix, deren Einträge die Quadratwurzeln der Einträge von sind $\;F\;,\;$ so ergibt sich das $\;F=G\cdot G\;.$

Die Matrix $\;M^{\frac{1}{2}}=U\cdot G\cdot U^T\;$ ist symmetrisch und

$\;M^{\frac{1}{2}}\cdot M^{\frac{1}{2}}=U\cdot G\cdot U^T\cdot U\cdot G\cdot U^T=U\cdot G\cdot G\cdot U^T=\\\qquad\qquad\;\;=U\cdot F\cdot U^T=M\;.$

Darüber hinaus, wenn $\;M\;$ ist positiv definitiv, dann sind alle seine Eigenwerte positiv, daher alle diagonalen Einträge der Matrix $\;F\;$ sind folglich auch positiv $\;G\;$ und $\;M^{\frac{1}{2}}\;$ sind echte Matrizen.

Eigenschaft 2:

Wenn $\;M\;$ ist also eine invertierbare reelle symmetrische Matrix

$Y^T\cdot Y=M\implies\exists\;U$ orthogonale Matrix, so dass $\;Y=U\cdot M^{\frac{1}{2}}\;.$

Beweis:

Durch Anwenden der Eigenschaft 1 folgt, dass eine symmetrische Matrix existiert $\;M^{\frac{1}{2}}\;$ so dass $\;M^{\frac{1}{2}}\cdot M^{\frac{1}{2}}=M\;.$

Schon seit $\;M\;$ ist also invertierbar $\;\det M\ne0\;,\;$ daher $\;\det\left(M^{\frac{1}{2}}\right)\ne0\;,\;$ Folglich $\;M^{\frac{1}{2}}\;$ ist auch invertierbar.

Angesichts dessen $M^{\frac{1}{2}}$ ist also symmetrisch $\left(M^{\frac{1}{2}}\right)^{-1}$ ist auch symmetrisch.

Wenn $\;Y^T\cdot Y=M\;,\;$ dann

$Y^T\cdot Y=M^{\frac{1}{2}}\cdot M^{\frac{1}{2}}\;,$

$\left(M^{\frac{1}{2}}\right)^{-1}\cdot Y^T\cdot Y\cdot\left(M^{\frac{1}{2}}\right)^{-1}=I\;,$

$\left[Y\cdot\left(M^{\frac{1}{2}}\right)^{-1}\right]^T\cdot\left[Y\cdot\left(M^{\frac{1}{2}}\right)^{-1}\right]=I\;,\;$ daher

$Y\cdot\left(M^{\frac{1}{2}}\right)^{-1}=U\;$ ist eine othogonale Matrix und

$Y=U\cdot M^{\frac{1}{2}}\;.$

Eigenschaft 3:

Wenn $\;M\;$ ist also eine echte symmetrische Matrix

$Y=U\cdot M^{\frac{1}{2}}\;$ wo $\;U\;$ ist eine beliebige orthogonale Matrix $\implies Y^T\cdot Y=M\;.$

Beweis:

$Y^T\cdot Y=\left(U\cdot M^{\frac{1}{2}}\right)^T\cdot\left(U\cdot M^{\frac{1}{2}}\right)=M^{\frac{1}{2}}\cdot U^T\cdot U\cdot M^{\frac{1}{2}}=\\\qquad\quad=M^{\frac{1}{2}}\cdot M^{\frac{1}{2}}=M\;.$

Jetzt werden wir die Matrixgleichung lösen:

$X\cdot B\cdot X^T=AB+BA\;,\quad\color{blue}{(*)}$

wo $\;A\;$ und $\;B\;$ sind positive bestimmte Matrizen.

Durch Anwendung des Spektralsatzes für reelle symmetrische Matrizen erhalten wir, dass es eine orthogonale Matrix gibt $\;P\;$ so dass $\;P^T\cdot B\cdot P=D\;$ ist daher diagonal

$B=P\cdot D\cdot P^T\;$.

Lassen $\;E\;$ sei die Diagonalmatrix, deren Einträge die Quadratwurzeln der Einträge von sind $\;D\;,\;$ so ergibt sich das $\;D=E\cdot E\;.$

Angesichts dessen $\;B\;$ ist eine positive bestimmte Matrix, alle ihre Eigenwerte sind positiv, daher alle diagonalen Einträge von $\;D\;$ und $\;E\;$ sind folglich auch positiv $\;D\;$ und $\;E\;$ sind invertierbare Matrizen.