Giải quyết $AB+BA=XBX'$

Question

Giả sử $A$ Là $d\times d$ ma trận xác định dương, tôi muốn tìm một ma trận $X$ sao cho điều sau đây đúng với tất cả các ma trận xác định dương $d\times d$ ma trận $B$

$$AB+BA=XBX^T$$

Khi nào giải pháp tồn tại? Có một tên cho phương trình này?

Answer 1

Như hiện tại, phương trình có thể giải được nếu và chỉ khi $A$ là một ma trận vô hướng dương.

Từ $AB+BA=XBX^T$cho tất cả các ma trận xác định dương$B$, nếu chúng ta vượt qua $B$ đến một giới hạn, phương trình vẫn thỏa mãn khi $B$là tích cực bán xác định. Đặc biệt,$Auu^T+uu^TA=(Xu)(Xu)^T$ cho mọi vectơ khác không $u$. Vì xếp hạng của RHS nhiều nhất là một,$Au$ phải là bội số vô hướng của $u$. Như$u$ là tùy ý, điều này có nghĩa là mọi vectơ khác không là một ký tự riêng của $A$ và do đó $A$là một ma trận vô hướng. Như vậy$A=cI$ cho một số $c>0$ bởi vì $A$ là xác định tích cực.

Ngược lại, nếu $A=cI$ cho một số $c>0$, chúng ta có $2cuu^T=(Xu)(Xu)^T$ cho mọi vectơ khác không $u$. Vì thế$Xu$ giống hệt như $\pm\sqrt{2c}u$, nghĩa là các giải pháp duy nhất là $X=\pm\sqrt{2c}I$.

Answer 2

Trước hết, chúng tôi chứng minh các thuộc tính sau:

Thuộc tính 1:

Nếu $\;M\;$ là một ma trận đối xứng thực, tồn tại một ma trận đối xứng $\;M^{\frac{1}{2}}\;$ như vậy mà $\;M^{\frac{1}{2}}\cdot M^{\frac{1}{2}}=M.\;$ Hơn nữa, nếu $\;M\;$ là xác định tích cực, sau đó $\;M^{\frac{1}{2}}\;$ là thật.

Bằng chứng:

Bằng cách áp dụng định lý quang phổ cho ma trận đối xứng thực, chúng ta nhận thấy rằng tồn tại một ma trận trực giao $\;U\;$ như vậy mà $\;U^T\cdot M\cdot U=F\;$ là đường chéo, do đó

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

Để cho $\;G\;$ là ma trận đường chéo có các mục nhập là căn bậc hai của các mục nhập $\;F\;,\;$ vì vậy kết quả là $\;F=G\cdot G\;.$

Ma trận $\;M^{\frac{1}{2}}=U\cdot G\cdot U^T\;$ là đối xứng và

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

Hơn nữa, nếu $\;M\;$ là xác định dương, thì tất cả các giá trị riêng của nó là dương, do đó tất cả các mục đường chéo của ma trận $\;F\;$ do đó cũng tích cực $\;G\;$ và $\;M^{\frac{1}{2}}\;$ là các ma trận thực.

---

Thuộc tính 2:

Nếu $\;M\;$ là một ma trận đối xứng thực có thể đảo ngược, khi đó

$Y^T\cdot Y=M\implies\exists\;U$ ma trận trực giao sao cho $\;Y=U\cdot M^{\frac{1}{2}}\;.$

Bằng chứng:

Bằng cách áp dụng thuộc tính 1, nó sẽ tồn tại một ma trận đối xứng $\;M^{\frac{1}{2}}\;$ như vậy mà $\;M^{\frac{1}{2}}\cdot M^{\frac{1}{2}}=M\;.$

Từ $\;M\;$ là không thể đảo ngược, sau đó $\;\det M\ne0\;,\;$ vì thế $\;\det\left(M^{\frac{1}{2}}\right)\ne0\;,\;$ hậu quả là $\;M^{\frac{1}{2}}\;$ cũng không thể đảo ngược.

Cho rằng $M^{\frac{1}{2}}$ là đối xứng, sau đó $\left(M^{\frac{1}{2}}\right)^{-1}$ cũng là đối xứng.

Nếu $\;Y^T\cdot Y=M\;,\;$ sau đó

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

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

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

$Y\cdot\left(M^{\frac{1}{2}}\right)^{-1}=U\;$ là một ma trận trực giao và

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

---

Thuộc tính 3:

Nếu $\;M\;$ là một ma trận đối xứng thực, sau đó

$Y=U\cdot M^{\frac{1}{2}}\;$ Ở đâu $\;U\;$ là bất kỳ ma trận trực giao nào $\implies Y^T\cdot Y=M\;.$

Bằng chứng:

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

---

Bây giờ chúng ta sẽ giải phương trình ma trận:

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

Ở đâu $\;A\;$ và $\;B\;$ là các ma trận xác định dương.

Bằng cách áp dụng định lý quang phổ cho ma trận đối xứng thực, chúng ta nhận thấy rằng tồn tại một ma trận trực giao $\;P\;$ như vậy mà $\;P^T\cdot B\cdot P=D\;$ là đường chéo, do đó

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

Để cho $\;E\;$ là ma trận đường chéo có các mục nhập là căn bậc hai của các mục nhập $\;D\;,\;$ vì vậy kết quả là $\;D=E\cdot E\;.$

Cho rằng $\;B\;$ là một ma trận xác định dương, tất cả các giá trị riêng của nó đều dương, do đó tất cả các mục đường chéo của $\;D\;$ và $\;E\;$ do đó cũng tích cực $\;D\;$ và $\;E\;$ là các ma trận khả nghịch.

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

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

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

Bằng cách cho phép $\;Y=E\cdot P^T\cdot X^T\;,\;$ chúng tôi hiểu điều đó

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

Từ $\;AB+BA\;$ là một ma trận đối xứng thực, bằng cách áp dụng Thuộc tính 3, nó tuân theo

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

là một nghiệm của phương trình ma trận $(**)$ bất kỳ ma trận trực giao nào $\;Q\;$ Là.

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

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

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

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

Vì thế,

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

Ở đâu $\;E,\;P\;$ là ma trận như vậy $\;B=P\cdot E\cdot E\cdot P^T\;,$

là một nghiệm của phương trình ma trận $(*)$ bất kỳ ma trận trực giao nào $\;Q\;$ Là.