Çözme $AB+BA=XBX'$

Question

Varsayalım $A$ dır-dir $d\times d$ pozitif tanımlı matris, bir matris bulmak istiyorum $X$ öyle ki tüm pozitif tanımlı matrisler için aşağıdakiler doğrudur $d\times d$ matrisler $B$

$$AB+BA=XBX^T$$

Çözüm ne zaman var? Bu denklemin bir adı var mı?

Answer 1

Haliyle denklem çözülebilir ancak ve ancak $A$ pozitif skaler bir matristir.

Dan beri $AB+BA=XBX^T$için tüm pozitif tanımlı matrislerin$B$, eğer geçersek $B$ bir sınıra kadar, denklem hala tatmin edici $B$pozitif yarı kesin. Özellikle,$Auu^T+uu^TA=(Xu)(Xu)^T$ sıfır olmayan her vektör için $u$. RHS'nin sıralaması en fazla bir olduğu için,$Au$ skaler katı olmalı $u$. Gibi$u$ keyfi, bu sıfır olmayan her vektörün bir özvektörü olduğu anlamına gelir $A$ ve dolayısıyla $A$skaler bir matristir. Böylece$A=cI$ bazı $c>0$ Çünkü $A$ pozitif tanımlıdır.

Tersine, eğer $A=cI$ bazı $c>0$, sahibiz $2cuu^T=(Xu)(Xu)^T$ sıfır olmayan her vektör için $u$. Bu nedenle$Xu$ özdeş olarak eşittir $\pm\sqrt{2c}u$yani tek çözümün $X=\pm\sqrt{2c}I$.

Answer 2

Öncelikle aşağıdaki özellikleri kanıtlıyoruz:

Özellik 1:

Eğer $\;M\;$ gerçek bir simetrik matris, simetrik bir matris var $\;M^{\frac{1}{2}}\;$ öyle ki $\;M^{\frac{1}{2}}\cdot M^{\frac{1}{2}}=M.\;$ Dahası, eğer $\;M\;$ pozitif tanımlı, o zaman $\;M^{\frac{1}{2}}\;$ gerçek.

Kanıt:

Gerçek simetrik matrisler için spektral teoremi uygulayarak, ortogonal bir matrisin var olduğunu anlıyoruz $\;U\;$ öyle ki $\;U^T\cdot M\cdot U=F\;$ köşegendir, dolayısıyla

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

İzin Vermek $\;G\;$ girişleri, girişlerinin karekökleri olan köşegen matris olsun $\;F\;,\;$ yani sonuçta $\;F=G\cdot G\;.$

Matris $\;M^{\frac{1}{2}}=U\cdot G\cdot U^T\;$ simetrik ve

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

Dahası, eğer $\;M\;$ pozitif tanımlıysa, tüm özdeğerleri pozitiftir, dolayısıyla matrisin tüm köşegen girişleri $\;F\;$ sonuç olarak da olumlu $\;G\;$ ve $\;M^{\frac{1}{2}}\;$ gerçek matrislerdir.

---

Özellik 2:

Eğer $\;M\;$ tersinir gerçek simetrik bir matristir, o zaman

$Y^T\cdot Y=M\implies\exists\;U$ ortogonal matris öyle ki $\;Y=U\cdot M^{\frac{1}{2}}\;.$

Kanıt:

Özellik 1'i uygulayarak, simetrik bir matris olduğunu izler $\;M^{\frac{1}{2}}\;$ öyle ki $\;M^{\frac{1}{2}}\cdot M^{\frac{1}{2}}=M\;.$

Dan beri $\;M\;$ tersinir, o zaman $\;\det M\ne0\;,\;$ dolayısıyla $\;\det\left(M^{\frac{1}{2}}\right)\ne0\;,\;$ sonuç olarak $\;M^{\frac{1}{2}}\;$ aynı zamanda ters çevrilebilir.

Verilen $M^{\frac{1}{2}}$ simetrikse $\left(M^{\frac{1}{2}}\right)^{-1}$ aynı zamanda simetriktir.

Eğer $\;Y^T\cdot Y=M\;,\;$ sonra

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

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

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

$Y\cdot\left(M^{\frac{1}{2}}\right)^{-1}=U\;$ otogonal bir matristir ve

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

---

Özellik 3:

Eğer $\;M\;$ gerçek bir simetrik matristir, o zaman

$Y=U\cdot M^{\frac{1}{2}}\;$ nerede $\;U\;$ herhangi bir ortogonal matristir $\implies Y^T\cdot Y=M\;.$

Kanıt:

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

---

Şimdi matris denklemini çözeceğiz:

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

nerede $\;A\;$ ve $\;B\;$ pozitif tanımlı matrislerdir.

Gerçek simetrik matrisler için spektral teoremi uygulayarak, ortogonal bir matrisin var olduğunu anlıyoruz $\;P\;$ öyle ki $\;P^T\cdot B\cdot P=D\;$ köşegendir, dolayısıyla

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

İzin Vermek $\;E\;$ girişleri, girişlerinin karekökleri olan köşegen matris olsun $\;D\;,\;$ yani sonuçta $\;D=E\cdot E\;.$

Verilen $\;B\;$ pozitif tanımlı bir matristir, tüm özdeğerleri pozitiftir, dolayısıyla tüm köşegen girdileri $\;D\;$ ve $\;E\;$ sonuç olarak da olumlu $\;D\;$ ve $\;E\;$ tersinir matrislerdir.

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

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

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

İzin vererek $\;Y=E\cdot P^T\cdot X^T\;,\;$ anladık

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

Dan beri $\;AB+BA\;$ gerçek bir simetrik matristir, Özellik 3'ü uygulayarak,

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

matris denkleminin bir çözümüdür $(**)$ ortogonal matris ne olursa olsun $\;Q\;$ dır-dir.

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

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

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

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

Bu nedenle,

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

nerede $\;E,\;P\;$ matrisler öyle ki $\;B=P\cdot E\cdot E\cdot P^T\;,$

matris denkleminin bir çözümüdür $(*)$ ortogonal matris ne olursa olsun $\;Q\;$ dır-dir.