Resolvendo $AB+BA=XBX'$

Question

Suponha $A$ é $d\times d$ matriz definida positiva, gostaria de encontrar uma matriz $X$ de modo que o seguinte é verdadeiro para todas as matrizes definidas positivas $d\times d$ matrizes $B$

$$AB+BA=XBX^T$$

Quando existe solução? Existe um nome para esta equação?

Answer 1

Tal como está, a equação é solucionável se e somente se $A$ é uma matriz escalar positiva.

Desde a $AB+BA=XBX^T$para todas as matrizes definidas positivas$B$, se passarmos $B$ até um limite, a equação ainda é satisfeita quando $B$é semidefinido positivo. Em particular,$Auu^T+uu^TA=(Xu)(Xu)^T$ para cada vetor diferente de zero $u$. Uma vez que a classificação do RHS é no máximo um,$Au$ deve ser um múltiplo escalar de $u$. Como$u$ é arbitrário, isso significa que todo vetor diferente de zero é um autovetor de $A$ e, portanto $A$é uma matriz escalar. portanto$A=cI$ para alguns $c>0$ Porque $A$ é definido positivo.

Por outro lado, se $A=cI$ para alguns $c>0$, temos $2cuu^T=(Xu)(Xu)^T$ para cada vetor diferente de zero $u$. Conseqüentemente$Xu$ é identicamente igual a $\pm\sqrt{2c}u$, o que significa que as únicas soluções são $X=\pm\sqrt{2c}I$.

Answer 2

Em primeiro lugar, provamos as seguintes propriedades:

Propriedade 1:

E se $\;M\;$ é uma matriz simétrica real, existe uma matriz simétrica $\;M^{\frac{1}{2}}\;$ de tal modo que $\;M^{\frac{1}{2}}\cdot M^{\frac{1}{2}}=M.\;$ Além disso, se $\;M\;$ é definido positivo, então $\;M^{\frac{1}{2}}\;$ é real.

Prova:

Ao aplicar o teorema espectral para matrizes simétricas reais, concluímos que existe uma matriz ortogonal $\;U\;$ de tal modo que $\;U^T\cdot M\cdot U=F\;$ é diagonal, portanto

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

Deixei $\;G\;$ seja a matriz diagonal cujas entradas são as raízes quadradas das entradas de $\;F\;,\;$ então resulta que $\;F=G\cdot G\;.$

O Matrix $\;M^{\frac{1}{2}}=U\cdot G\cdot U^T\;$ é simétrico e

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

Além disso, se $\;M\;$ é definido positivo, então todos os seus autovalores são positivos, portanto, todas as entradas diagonais da matriz $\;F\;$ são positivos também, conseqüentemente $\;G\;$ e $\;M^{\frac{1}{2}}\;$ são matrizes reais.

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Propriedade 2:

E se $\;M\;$ é uma matriz simétrica real invertível, então

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

Prova:

Ao aplicar a Propriedade 1, segue-se que existe uma matriz simétrica $\;M^{\frac{1}{2}}\;$ de tal modo que $\;M^{\frac{1}{2}}\cdot M^{\frac{1}{2}}=M\;.$

Desde a $\;M\;$ é invertível, então $\;\det M\ne0\;,\;$ conseqüentemente $\;\det\left(M^{\frac{1}{2}}\right)\ne0\;,\;$ consequentemente $\;M^{\frac{1}{2}}\;$ também é invertível.

Dado que $M^{\frac{1}{2}}$ é simétrico, então $\left(M^{\frac{1}{2}}\right)^{-1}$ é simétrico também.

E se $\;Y^T\cdot Y=M\;,\;$ então

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

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

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

$Y\cdot\left(M^{\frac{1}{2}}\right)^{-1}=U\;$ é uma matriz othogonal e

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

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Propriedade 3:

E se $\;M\;$ é uma matriz simétrica real, então

$Y=U\cdot M^{\frac{1}{2}}\;$ Onde $\;U\;$ é qualquer matriz ortogonal $\implies Y^T\cdot Y=M\;.$

Prova:

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

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Agora vamos resolver a equação da matriz:

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

Onde $\;A\;$ e $\;B\;$ são matrizes definidas positivas.

Ao aplicar o teorema espectral para matrizes simétricas reais, concluímos que existe uma matriz ortogonal $\;P\;$ de tal modo que $\;P^T\cdot B\cdot P=D\;$ é diagonal, portanto

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

Deixei $\;E\;$ seja a matriz diagonal cujas entradas são as raízes quadradas das entradas de $\;D\;,\;$ então resulta que $\;D=E\cdot E\;.$

Dado que $\;B\;$ é uma matriz definida positiva, todos os seus autovalores são positivos, portanto, todas as entradas diagonais de $\;D\;$ e $\;E\;$ são positivos também, conseqüentemente $\;D\;$ e $\;E\;$ são matrizes invertíveis.

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

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

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

Ao deixar $\;Y=E\cdot P^T\cdot X^T\;,\;$ nós entendemos isso

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

Desde a $\;AB+BA\;$ é uma matriz simétrica real, aplicando a Propriedade 3, segue que

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

é uma solução da equação da matriz $(**)$ qualquer matriz ortogonal $\;Q\;$ é.

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

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

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

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

Portanto,

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

Onde $\;E,\;P\;$ são matrizes tais que $\;B=P\cdot E\cdot E\cdot P^T\;,$

é uma solução da equação da matriz $(*)$ qualquer matriz ortogonal $\;Q\;$ é.