Résoudre $AB+BA=XBX'$

Question

Supposer $A$ est $d\times d$ matrice définie positive, j'aimerais trouver une matrice $X$ tel que ce qui suit est vrai pour toutes les matrices définies positives $d\times d$ matrices $B$

$$AB+BA=XBX^T$$

Quand la solution existe-t-elle? Y a-t-il un nom pour cette équation?

Answer 1

En l'état, l'équation peut être résolue si et seulement si $A$ est une matrice scalaire positive.

Depuis $AB+BA=XBX^T$pour toutes les matrices définies positives$B$, si on passe $B$ à une limite, l'équation est toujours satisfaite lorsque $B$est semi-défini positif. En particulier,$Auu^T+uu^TA=(Xu)(Xu)^T$ pour chaque vecteur différent de zéro $u$. Puisque le rang du RHS est au plus un,$Au$ doit être un multiple scalaire de $u$. Comme$u$ est arbitraire, cela signifie que chaque vecteur différent de zéro est un vecteur propre de $A$ et donc $A$est une matrice scalaire. Donc$A=cI$ pour certains $c>0$ car $A$ est défini positivement.

Inversement, si $A=cI$ pour certains $c>0$, nous avons $2cuu^T=(Xu)(Xu)^T$ pour chaque vecteur différent de zéro $u$. Par conséquent$Xu$ est identique à $\pm\sqrt{2c}u$, ce qui signifie que les seules solutions sont $X=\pm\sqrt{2c}I$.

Answer 2

Tout d'abord, nous prouvons les propriétés suivantes:

Propriété 1:

Si $\;M\;$ est une vraie matrice symétrique, il existe une matrice symétrique $\;M^{\frac{1}{2}}\;$ tel que $\;M^{\frac{1}{2}}\cdot M^{\frac{1}{2}}=M.\;$ De plus, si $\;M\;$ est défini positif, alors $\;M^{\frac{1}{2}}\;$ est vrai.

Preuve:

En appliquant le théorème spectral pour des matrices symétriques réelles, on obtient qu'il existe une matrice orthogonale $\;U\;$ tel que $\;U^T\cdot M\cdot U=F\;$ est en diagonale, donc

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

Laisser $\;G\;$ être la matrice diagonale dont les entrées sont les racines carrées des entrées de $\;F\;,\;$ il en résulte que $\;F=G\cdot G\;.$

La matrice $\;M^{\frac{1}{2}}=U\cdot G\cdot U^T\;$ est symétrique et

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

De plus, si $\;M\;$ est définie positive, alors toutes ses valeurs propres sont positives, donc toutes les entrées diagonales de la matrice $\;F\;$ sont positifs aussi, par conséquent $\;G\;$ et $\;M^{\frac{1}{2}}\;$ sont de vraies matrices.

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Propriété 2:

Si $\;M\;$ est une matrice symétrique réelle inversible, alors

$Y^T\cdot Y=M\implies\exists\;U$ matrice orthogonale telle que $\;Y=U\cdot M^{\frac{1}{2}}\;.$

Preuve:

En appliquant la propriété 1, il s'ensuit qu'il existe une matrice symétrique $\;M^{\frac{1}{2}}\;$ tel que $\;M^{\frac{1}{2}}\cdot M^{\frac{1}{2}}=M\;.$

Depuis $\;M\;$ est inversible, alors $\;\det M\ne0\;,\;$ Par conséquent $\;\det\left(M^{\frac{1}{2}}\right)\ne0\;,\;$ par conséquent $\;M^{\frac{1}{2}}\;$ est également inversible.

Étant donné que $M^{\frac{1}{2}}$ est symétrique, alors $\left(M^{\frac{1}{2}}\right)^{-1}$ est symétrique aussi.

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

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

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

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

$Y\cdot\left(M^{\frac{1}{2}}\right)^{-1}=U\;$ est une matrice othogonale et

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

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Propriété 3:

Si $\;M\;$ est une vraie matrice symétrique, alors

$Y=U\cdot M^{\frac{1}{2}}\;$ où $\;U\;$ est une matrice orthogonale $\implies Y^T\cdot Y=M\;.$

Preuve:

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

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Nous allons maintenant résoudre l'équation matricielle:

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

où $\;A\;$ et $\;B\;$ sont des matrices définies positives.

En appliquant le théorème spectral pour des matrices symétriques réelles, on obtient qu'il existe une matrice orthogonale $\;P\;$ tel que $\;P^T\cdot B\cdot P=D\;$ est en diagonale, donc

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

Laisser $\;E\;$ être la matrice diagonale dont les entrées sont les racines carrées des entrées de $\;D\;,\;$ il en résulte que $\;D=E\cdot E\;.$

Étant donné que $\;B\;$ est une matrice définie positive, toutes ses valeurs propres sont positives, d'où toutes les entrées diagonales de $\;D\;$ et $\;E\;$ sont positifs aussi, par conséquent $\;D\;$ et $\;E\;$ sont des matrices inversibles.

$X\cdot B\cdot X^T=AB+BA\;,$

$X\cdot P\cdot E\cdot E\cdot P^T\cdot X^T=AB+BA\;,$

$\left(E\cdot P^T\cdot X^T\right)^T\cdot E\cdot P^T\cdot X^T=AB+BA\;.$

En laissant $\;Y=E\cdot P^T\cdot X^T\;,\;$ on a ça

$Y^T\cdot Y=AB+BA\;.\quad\color{blue}{(**)}$

Depuis $\;AB+BA\;$ est une matrice symétrique réelle, en appliquant la propriété 3, il s'ensuit que

$Y=Q\cdot\left(AB+BA\right)^{\frac{1}{2}}$

est une solution de l'équation matricielle $(**)$ quelle que soit la matrice orthogonale $\;Q\;$ est.

$Y=Q\cdot\left(AB+BA\right)^{\frac{1}{2}}\;,\;$

$E\cdot P^T\cdot X^T=Q\cdot\left(AB+BA\right)^{\frac{1}{2}}\;,\;$

$X^T=P\cdot E^{-1}\cdot Q\cdot\left(AB+BA\right)^{\frac{1}{2}}\;,\;$

$X=\left(AB+BA\right)^{\frac{1}{2}}\cdot Q^T\cdot E^{-1}\cdot P^T\;.$

Par conséquent,

$X=\left(AB+BA\right)^{\frac{1}{2}}\cdot Q^T\cdot E^{-1}\cdot P^T\;,$

où $\;E,\;P\;$ sont des matrices telles que $\;B=P\cdot E\cdot E\cdot P^T\;,$

est une solution de l'équation matricielle $(*)$ quelle que soit la matrice orthogonale $\;Q\;$ est.