Решение $AB+BA=XBX'$

Question

Предположим $A$ является $d\times d$ положительно определенная матрица, я бы хотел найти матрицу $X$ такое, что для всех положительно определенных матриц верно следующее $d\times d$ матрицы $B$

$$AB+BA=XBX^T$$

Когда существует решение? Есть ли название для этого уравнения?

Answer 1

В его нынешнем виде уравнение разрешимо тогда и только тогда, когда $A$ положительная скалярная матрица.

поскольку $AB+BA=XBX^T$для всех положительно определенных матриц$B$, если мы пройдем $B$ до предела уравнение все еще выполняется, когда $B$положительно полуопределено. В частности,$Auu^T+uu^TA=(Xu)(Xu)^T$ для любого ненулевого вектора $u$. Поскольку ранг правой руки не превосходит единицы,$Au$ должно быть скалярным кратным $u$. В виде$u$ произвольно, это означает, что каждый ненулевой вектор является собственным вектором $A$ и, следовательно $A$является скалярной матрицей. Таким образом$A=cI$ для некоторых $c>0$ потому как $A$ положительно определен.

Наоборот, если $A=cI$ для некоторых $c>0$, у нас есть $2cuu^T=(Xu)(Xu)^T$ для любого ненулевого вектора $u$. Следовательно$Xu$ тождественно равно $\pm\sqrt{2c}u$, что означает, что единственными решениями являются $X=\pm\sqrt{2c}I$.

Answer 2

Прежде всего, докажем следующие свойства:

Свойство 1:

Если $\;M\;$ - вещественная симметричная матрица, существует симметричная матрица $\;M^{\frac{1}{2}}\;$ такой, что $\;M^{\frac{1}{2}}\cdot M^{\frac{1}{2}}=M.\;$ Более того, если $\;M\;$ положительно определен, то $\;M^{\frac{1}{2}}\;$ это реально.

Доказательство:

Применяя спектральную теорему для вещественных симметричных матриц, получаем, что существует ортогональная матрица $\;U\;$ такой, что $\;U^T\cdot M\cdot U=F\;$ диагональна, следовательно

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

Позволять $\;G\;$ - диагональная матрица, элементы которой являются квадратными корнями из элементов матрицы $\;F\;,\;$ так получается, что $\;F=G\cdot G\;.$

Матрица $\;M^{\frac{1}{2}}=U\cdot G\cdot U^T\;$ симметричен и

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

Более того, если $\;M\;$ положительно определен, то все его собственные значения положительны, поэтому все диагональные элементы матрицы $\;F\;$ тоже положительные, следовательно $\;G\;$ и $\;M^{\frac{1}{2}}\;$ - вещественные матрицы.

---

Свойство 2:

Если $\;M\;$ - обратимая вещественная симметричная матрица, то

$Y^T\cdot Y=M\implies\exists\;U$ ортогональная матрица такая, что $\;Y=U\cdot M^{\frac{1}{2}}\;.$

Доказательство:

Применяя свойство 1, следует, что существует симметричная матрица $\;M^{\frac{1}{2}}\;$ такой, что $\;M^{\frac{1}{2}}\cdot M^{\frac{1}{2}}=M\;.$

поскольку $\;M\;$ обратима, то $\;\det M\ne0\;,\;$ следовательно $\;\det\left(M^{\frac{1}{2}}\right)\ne0\;,\;$ следовательно $\;M^{\frac{1}{2}}\;$ тоже обратимый.

При условии $M^{\frac{1}{2}}$ симметрично, то $\left(M^{\frac{1}{2}}\right)^{-1}$ тоже симметрична.

Если $\;Y^T\cdot Y=M\;,\;$ тогда

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

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

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

$Y\cdot\left(M^{\frac{1}{2}}\right)^{-1}=U\;$ является отогональной матрицей и

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

---

Свойство 3:

Если $\;M\;$ - вещественная симметричная матрица, то

$Y=U\cdot M^{\frac{1}{2}}\;$ где $\;U\;$ любая ортогональная матрица $\implies Y^T\cdot Y=M\;.$

Доказательство:

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

---

Теперь решим матричное уравнение:

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

где $\;A\;$ и $\;B\;$ положительно определенные матрицы.

Применяя спектральную теорему для вещественных симметричных матриц, получаем, что существует ортогональная матрица $\;P\;$ такой, что $\;P^T\cdot B\cdot P=D\;$ диагональна, следовательно

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

Позволять $\;E\;$ - диагональная матрица, элементы которой являются квадратными корнями из элементов матрицы $\;D\;,\;$ так получается, что $\;D=E\cdot E\;.$

При условии $\;B\;$ положительно определенная матрица, все ее собственные значения положительны, следовательно, все диагональные элементы матрицы $\;D\;$ и $\;E\;$ тоже положительные, следовательно $\;D\;$ и $\;E\;$ - обратимые матрицы.

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

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

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

Позволяя $\;Y=E\cdot P^T\cdot X^T\;,\;$ мы получаем это

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

поскольку $\;AB+BA\;$ является вещественной симметричной матрицей, применяя свойство 3, следует, что

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

является решением матричного уравнения $(**)$ любая ортогональная матрица $\;Q\;$ является.

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

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

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

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

Следовательно,

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

где $\;E,\;P\;$ матрицы такие, что $\;B=P\cdot E\cdot E\cdot P^T\;,$

является решением матричного уравнения $(*)$ любая ортогональная матрица $\;Q\;$ является.