Optimisation et matrices symétriques définies positives

Soit $A$ et $B$ dans $\mathcal{S}_{n}^{++}(\mathbf{R})$ (matrices symétriques réelles définies positives).

Si $M \in \mathcal{S}_{n}^{++}(\mathbf{R})$ , on rappelle qu’il existe un unique élément $\sqrt{M}$ de $\mathcal{S}_{n}^{++}(\mathbf{R})$ tel que $\sqrt{M}^{2} = M$ . Résoudre l’équation matricielle $XAX = B$ d’inconnue $X \in \mathcal{S}_{n}^{++}(\mathbf{R})$ .
On définit l’application :
$f : \mathcal{S}_{n}^{++}(\mathbf{R}) \to \mathbf{R} : X \mapsto \mathrm{Tr}(AX) + \mathrm{Tr}(BX^{-1}).$ Montrer que $f$ admet un minimum global $m$ atteint en un unique point $M \in \mathcal{S}_{n}^{++}(\mathbf{R})$ . On précisera $m$ et $M$ .

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RMS (Oral ENS 2023) ; fait également l'objet d'une vidéo de Caldero

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Si $X\in \mathcal{S}_{n}^{++}(\R)$ , alors $XAX = B \Leftrightarrow \sqrt{A} XAX \sqrt{A} =\sqrt{A}B\sqrt{A} \Leftrightarrow Y^{2} =\sqrt{A}B\sqrt{A}$ , avec le changement de variable $Y = \sqrt{A}X\sqrt{A}$ .
Or $\sqrt{A}B\sqrt{A} \in \mathcal{S}_{n}^{++}(\R)$ (la symétrie est facile) car $\forall x\in\R^{n}\setminus\{0\}, \langle \sqrt{A}B\sqrt{A}x,x\rangle = \langle B \sqrt{A}x,\sqrt{A}x\rangle >0$ car $\sqrt{A}$ est inversible et $B\in\mathcal{S}_{n}^{++}(\R)$ .
De même, $Y\in \mathcal{S}_{n}^{++}(\R)$ , donc $XAX=B \Leftrightarrow Y=\sqrt{\sqrt{A}B\sqrt{A}} \Leftrightarrow X = \sqrt{A}^{-1}\sqrt{\sqrt{A}B\sqrt{A}}\sqrt{A}^{-1}$ .
On voit $\mathcal{S}_{n}^{++}(\R)$ comme un ouvert convexe du $\R$ -ev $\mathcal{S}_{n}(\R)$ , et $f$ est de classe $\mathcal{C}^{\infty}$ . La différentielle de $f$ en $X\in \mathcal{S}_{n}^{++}(\R)$ s’écrit $\mathrm{d}f_{X} : H\in \mathcal{S}_{n}(\R) \mapsto \mathrm{Tr}(AH) - \mathrm{Tr}(BX^{-1}HX^{-1}) = \mathrm{Tr}((A-X^{-1}BX^{-1})H)$ . Comme $A-X^{-1}BX^{-1}\in\mathcal{S}_{n}(\R)$ , le caractère défini du produit scalaire canonique sur $\mathcal{S}_{n}(\R)$ indique que $df_{X}=0 \Leftrightarrow A-X^{-1}BX^{-1} = 0 \Leftrightarrow XAX =B$ , ce qui est l’équation de la question 1.
Montrons que $f$ est convexe en calculant la différentielle seconde : on a après utilisation de la règle de la chaîne, pour $H,K\in\mathcal{S}_{n}(\R)$

$d^{2}f_{X}(H,K)=-\mathrm{Tr}([-X^{-1}HX^{-1}BX^{-1} - X^{-1}BX^{-1}HX^{-1}]K)$ donc $d^{2}f_{X}(H,H) = 2\mathrm{Tr}(X^{-1}BX^{-1}HX^{-1}H)$ . Il suffit de montrer que $d^{2}f_{X}$ est positive : or, comme vu question 1, $X^{-1}BX^{-1}\in \mathcal{S}_{n}^{++}(\R)$ , donc $d^{2}f_{X}(H,H) = 2\mathrm{Tr}(RHX^{-1}HR)$ , où on a noté $R=\sqrt{X^{-1}BX^{-1}}\in\mathcal{S}_{n}^{++}(\R)$ .
Alors $RHX^{-1}HR\in\mathcal{S}_{n}^{+}(\R)$ (la symétrie est facile) car $\forall x\in\R^{n}, \langle RHX^{-1}HRx,x\rangle=\langle X^{-1}HRx,HRx\rangle\ge 0$ car $X^{-1}\in\mathcal{S}_{n}^{++}(\R)$ . L’utilisation du théorème spectral par exemple assure que $d^{2}f_{X}(H,H) = 2\mathrm{Tr}(RHX^{-1}HR)\ge 0$ ce qui donne la positivité de $d^{2}f_{X}$ et la convexité de $f$ .
Tout cela permet d’affirmer que $f$ admet un minimum global, atteint uniquement en son point critique $M = \sqrt{A}^{-1}\sqrt{\sqrt{A}B\sqrt{A}}\sqrt{A}^{-1}$ (solution de $XAX=B$ ). On calcule alors $m=f(M) = 2\mathrm{Tr}(\sqrt{\sqrt{A}B\sqrt{A}})$ .

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