Resolviendo $AB+BA=XBX'$

Oct 10 2020

Suponer $A$ es $d\times d$ matriz definida positiva, me gustaría encontrar una matriz $X$ tal que lo siguiente sea cierto para todas las matrices definidas positivas $d\times d$ matrices $B$

$$AB+BA=XBX^T$$

¿Cuándo existe la solución? ¿Hay un nombre para esta ecuación?

Respuestas

1 user1551 Oct 11 2020 at 15:08

Tal como está, la ecuación se puede resolver si y solo si $A$ es una matriz escalar positiva.

Ya que $AB+BA=XBX^T$para todas las matrices definidas positivas$B$, si pasamos $B$ hasta un límite, la ecuación todavía se satisface cuando $B$es semidefinito positivo. En particular,$Auu^T+uu^TA=(Xu)(Xu)^T$ para cada vector distinto de cero $u$. Dado que el rango del RHS es como máximo uno,$Au$ debe ser un múltiplo escalar de $u$. Como$u$ es arbitrario, esto significa que cada vector distinto de cero es un vector propio de $A$ y por lo tanto $A$es una matriz escalar. Así$A=cI$ para algunos $c>0$ porque $A$ es positivo definido.

Por el contrario, si $A=cI$ para algunos $c>0$, tenemos $2cuu^T=(Xu)(Xu)^T$ para cada vector distinto de cero $u$. Por lo tanto$Xu$ es idénticamente igual a $\pm\sqrt{2c}u$, lo que significa que las únicas soluciones son $X=\pm\sqrt{2c}I$.

Angelo Oct 11 2020 at 05:28

En primer lugar, probamos las siguientes propiedades:

Propiedad 1:

Si $\;M\;$ es una matriz simétrica real, existe una matriz simétrica $\;M^{\frac{1}{2}}\;$ tal que $\;M^{\frac{1}{2}}\cdot M^{\frac{1}{2}}=M.\;$ Además, si $\;M\;$ es positivo definido, entonces $\;M^{\frac{1}{2}}\;$ es real.

Prueba:

Aplicando el teorema espectral para matrices simétricas reales, obtenemos que existe una matriz ortogonal $\;U\;$ tal que $\;U^T\cdot M\cdot U=F\;$ es diagonal, por lo tanto

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

Dejar $\;G\;$ ser la matriz diagonal cuyas entradas son las raíces cuadradas de las entradas de $\;F\;,\;$ entonces resulta que $\;F=G\cdot G\;.$

La matriz $\;M^{\frac{1}{2}}=U\cdot G\cdot U^T\;$ es simétrico y

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

Además, si $\;M\;$ es positivo definido, entonces todos sus valores propios son positivos, por lo tanto, todas las entradas diagonales de la matriz $\;F\;$ son positivos también, en consecuencia $\;G\;$ y $\;M^{\frac{1}{2}}\;$ son matrices reales.

Propiedad 2:

Si $\;M\;$ es una matriz simétrica real invertible, entonces

$Y^T\cdot Y=M\implies\exists\;U$ matriz ortogonal tal que $\;Y=U\cdot M^{\frac{1}{2}}\;.$

Prueba:

Al aplicar la propiedad 1, se deduce que existe una matriz simétrica $\;M^{\frac{1}{2}}\;$ tal que $\;M^{\frac{1}{2}}\cdot M^{\frac{1}{2}}=M\;.$

Ya que $\;M\;$ es invertible, entonces $\;\det M\ne0\;,\;$ por lo tanto $\;\det\left(M^{\frac{1}{2}}\right)\ne0\;,\;$ por consiguiente $\;M^{\frac{1}{2}}\;$ también es invertible.

Dado que $M^{\frac{1}{2}}$ es simétrico, entonces $\left(M^{\frac{1}{2}}\right)^{-1}$ es simétrico también.

Si $\;Y^T\cdot Y=M\;,\;$ luego

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

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

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

$Y\cdot\left(M^{\frac{1}{2}}\right)^{-1}=U\;$ es una matriz othogonal y

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

Propiedad 3:

Si $\;M\;$ es una matriz simétrica real, entonces

$Y=U\cdot M^{\frac{1}{2}}\;$ dónde $\;U\;$ es cualquier matriz ortogonal $\implies Y^T\cdot Y=M\;.$

Prueba:

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

Ahora vamos a resolver la ecuación matricial:

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

dónde $\;A\;$ y $\;B\;$ son matrices definidas positivas.

Aplicando el teorema espectral para matrices simétricas reales, obtenemos que existe una matriz ortogonal $\;P\;$ tal que $\;P^T\cdot B\cdot P=D\;$ es diagonal, por lo tanto

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

Dejar $\;E\;$ ser la matriz diagonal cuyas entradas son las raíces cuadradas de las entradas de $\;D\;,\;$ entonces resulta que $\;D=E\cdot E\;.$

Dado que $\;B\;$ es una matriz definida positiva, todos sus valores propios son positivos, de ahí todas las entradas diagonales de $\;D\;$ y $\;E\;$ son positivos también, en consecuencia $\;D\;$ y $\;E\;$ son matrices invertibles.