Ivan Shishkin, Rye (1878)

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Optimisation et matrices symétriques définies positives

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Solution by fefe · FR

  1. Si X∈Sn++(R)X\in \mathcal{S}_{n}^{++}(\R), alors XAX=B⇔AXAXA=ABA⇔Y2=ABAXAX = 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=AXAY = \sqrt{A}X\sqrt{A}.
    Or ABA∈Sn++(R)\sqrt{A}B\sqrt{A} \in \mathcal{S}_{n}^{++}(\R) (la symétrie est facile) car ∀x∈Rn∖{0},⟨ABAx,x⟩=⟨BAx,Ax⟩>0\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 A\sqrt{A} est inversible et B∈Sn++(R)B\in\mathcal{S}_{n}^{++}(\R).
    De même, Y∈Sn++(R)Y\in \mathcal{S}_{n}^{++}(\R), donc XAX=B⇔Y=ABA⇔X=A−1ABAA−1XAX=B \Leftrightarrow Y=\sqrt{\sqrt{A}B\sqrt{A}} \Leftrightarrow X = \sqrt{A}^{-1}\sqrt{\sqrt{A}B\sqrt{A}}\sqrt{A}^{-1}.

  2. On voit Sn++(R)\mathcal{S}_{n}^{++}(\R) comme un ouvert convexe du R\R-ev Sn(R)\mathcal{S}_{n}(\R), et ff est de classe C∞\mathcal{C}^{\infty}. La différentielle de ff en X∈Sn++(R)X\in \mathcal{S}_{n}^{++}(\R) s’écrit dfX:H∈Sn(R)↦Tr(AH)−Tr(BX−1HX−1)=Tr((A−X−1BX−1)H)\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−1BX−1∈Sn(R)A-X^{-1}BX^{-1}\in\mathcal{S}_{n}(\R), le caractère défini du produit scalaire canonique sur Sn(R)\mathcal{S}_{n}(\R) indique que dfX=0⇔A−X−1BX−1=0⇔XAX=Bdf_{X}=0 \Leftrightarrow A-X^{-1}BX^{-1} = 0 \Leftrightarrow XAX =B, ce qui est l’équation de la question 1.
    Montrons que ff est convexe en calculant la différentielle seconde : on a après utilisation de la règle de la chaîne, pour H,K∈Sn(R)H,K\in\mathcal{S}_{n}(\R)

d2fX(H,K)=−Tr([−X−1HX−1BX−1−X−1BX−1HX−1]K)d^{2}f_{X}(H,K)=-\mathrm{Tr}([-X^{-1}HX^{-1}BX^{-1} - X^{-1}BX^{-1}HX^{-1}]K)donc d2fX(H,H)=2Tr(X−1BX−1HX−1H)d^{2}f_{X}(H,H) = 2\mathrm{Tr}(X^{-1}BX^{-1}HX^{-1}H). Il suffit de montrer que d2fXd^{2}f_{X} est positive : or, comme vu question 1, X−1BX−1∈Sn++(R)X^{-1}BX^{-1}\in \mathcal{S}_{n}^{++}(\R), donc d2fX(H,H)=2Tr(RHX−1HR)d^{2}f_{X}(H,H) = 2\mathrm{Tr}(RHX^{-1}HR), où on a noté R=X−1BX−1∈Sn++(R)R=\sqrt{X^{-1}BX^{-1}}\in\mathcal{S}_{n}^{++}(\R).
Alors RHX−1HR∈Sn+(R)RHX^{-1}HR\in\mathcal{S}_{n}^{+}(\R) (la symétrie est facile) car ∀x∈Rn,⟨RHX−1HRx,x⟩=⟨X−1HRx,HRx⟩≥0\forall x\in\R^{n}, \langle RHX^{-1}HRx,x\rangle=\langle X^{-1}HRx,HRx\rangle\ge 0 car X−1∈Sn++(R)X^{-1}\in\mathcal{S}_{n}^{++}(\R). L’utilisation du théorème spectral par exemple assure que d2fX(H,H)=2Tr(RHX−1HR)≥0d^{2}f_{X}(H,H) = 2\mathrm{Tr}(RHX^{-1}HR)\ge 0 ce qui donne la positivité de d2fXd^{2}f_{X} et la convexité de ff.
Tout cela permet d’affirmer que ff admet un minimum global, atteint uniquement en son point critique M=A−1ABAA−1M = \sqrt{A}^{-1}\sqrt{\sqrt{A}B\sqrt{A}}\sqrt{A}^{-1} (solution de XAX=BXAX=B). On calcule alors m=f(M)=2Tr(ABA)m=f(M) = 2\mathrm{Tr}(\sqrt{\sqrt{A}B\sqrt{A}}).

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