解決する $AB+BA=XBX'$

Oct 10 2020

仮定します $A$ です $d\times d$ 正定行列、行列を見つけたい $X$ 以下がすべての正定行列に当てはまるように $d\times d$ 行列 $B$

$$AB+BA=XBX^T$$

解決策はいつ存在しますか？この方程式の名前はありますか？

回答

1 user1551 Oct 11 2020 at 15:08

現状では、方程式は次の場合にのみ解くことができます。 $A$ は正のスカラー行列です。

以来 $AB+BA=XBX^T$以下のためのすべての正定値行列$B$、合格すれば $B$ 限界まで、方程式は次の場合でも満たされます $B$正の半定値です。特に、$Auu^T+uu^TA=(Xu)(Xu)^T$ ゼロ以外のすべてのベクトルに対して $u$。RHSのランクはせいぜい1つなので、$Au$ のスカラー倍である必要があります $u$。なので$u$ は任意です。これは、すべての非ゼロベクトルがの固有ベクトルであることを意味します。 $A$ それゆえ $A$スカラー行列です。したがって、$A=cI$ いくつかのための $c>0$ なぜなら $A$ 正定です。

逆に、 $A=cI$ いくつかのための $c>0$、我々は持っています $2cuu^T=(Xu)(Xu)^T$ ゼロ以外のすべてのベクトルに対して $u$。したがって、$Xu$ と同じに等しい $\pm\sqrt{2c}u$、つまり、唯一の解決策は $X=\pm\sqrt{2c}I$。

Angelo Oct 11 2020 at 05:28

まず、次のプロパティを証明します。

プロパティ1：

場合 $\;M\;$ は実対称行列であり、対称行列が存在します $\;M^{\frac{1}{2}}\;$ そのような $\;M^{\frac{1}{2}}\cdot M^{\frac{1}{2}}=M.\;$ また、 $\;M\;$ 正定値である場合 $\;M^{\frac{1}{2}}\;$ は本物。

証明：

実対称行列にスペクトル定理を適用することにより、直交行列が存在することがわかります。 $\;U\;$ そのような $\;U^T\cdot M\cdot U=F\;$ 対角線であるため、

$M=U\cdot F\cdot U^T\;$。

しましょう $\;G\;$ エントリがのエントリの平方根である対角行列である $\;F\;,\;$ その結果、 $\;F=G\cdot G\;.$

マトリックス $\;M^{\frac{1}{2}}=U\cdot G\cdot U^T\;$ 対称であり、

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

また、 $\;M\;$ が正定値である場合、そのすべての固有値は正であるため、行列のすべての対角要素 $\;F\;$ ポジティブでもあり、結果として $\;G\;$ そして $\;M^{\frac{1}{2}}\;$ 実数行列です。

プロパティ2：

場合 $\;M\;$ は可逆実対称行列であり、

$Y^T\cdot Y=M\implies\exists\;U$ そのような直交行列 $\;Y=U\cdot M^{\frac{1}{2}}\;.$

証明：

プロパティ1を適用すると、対称行列が存在することになります。 $\;M^{\frac{1}{2}}\;$ そのような $\;M^{\frac{1}{2}}\cdot M^{\frac{1}{2}}=M\;.$

以来 $\;M\;$ は可逆であり、 $\;\det M\ne0\;,\;$ したがって、 $\;\det\left(M^{\frac{1}{2}}\right)\ne0\;,\;$ その結果、 $\;M^{\frac{1}{2}}\;$ 反転可能です。

とすれば $M^{\frac{1}{2}}$ 対称である場合 $\left(M^{\frac{1}{2}}\right)^{-1}$ 対称的でもあります。

場合 $\;Y^T\cdot Y=M\;,\;$ その後

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

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

$\left[Y\cdot\left(M^{\frac{1}{2}}\right)^{-1}\right]^T\cdot\left[Y\cdot\left(M^{\frac{1}{2}}\right)^{-1}\right]=I\;,\;$ したがって、

$Y\cdot\left(M^{\frac{1}{2}}\right)^{-1}=U\;$ は直交行列であり、

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

プロパティ3：

場合 $\;M\;$ は実対称行列であり、

$Y=U\cdot M^{\frac{1}{2}}\;$ どこ $\;U\;$ は任意の直交行列です $\implies Y^T\cdot Y=M\;.$

証明：

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

次に、行列方程式を解きます。

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

どこ $\;A\;$ そして $\;B\;$ 正定行列です。

実対称行列にスペクトル定理を適用することにより、直交行列が存在することがわかります。 $\;P\;$ そのような $\;P^T\cdot B\cdot P=D\;$ 対角線であるため、

$B=P\cdot D\cdot P^T\;$。

しましょう $\;E\;$ エントリがのエントリの平方根である対角行列である $\;D\;,\;$ その結果、 $\;D=E\cdot E\;.$

とすれば $\;B\;$ は正定行列であり、そのすべての固有値は正であるため、のすべての対角要素は $\;D\;$ そして $\;E\;$ ポジティブでもあり、結果として $\;D\;$ そして $\;E\;$ は可逆行列です。