嗨，我来帮你把这个问题的来龙去脉理清楚，不管是用配方直接推导解，还是从导数角度解释那个关键方程的来源，都给你讲得明明白白~

先从最直观的配方方法入手（直接证明解的正确性） #

首先要明确一个关键前提：题目里的$A$是实正定矩阵，而实正定矩阵必然是对称的（这是实空间中正定矩阵的定义隐含属性），这对后续推导至关重要。

我们可以对标量二次函数的配方思路，直接用到矩阵场景里：
目标函数是：
$$f(X) = XAX^T + XB + B^TXT$$
把它改写为：
$$
\begin{align*}
f(X) &= (XA + B^T)A{-1}(AX^T + B) - B^TA{-1}B
\end{align*}
$$
你可以自己展开右边验证一下，展开后刚好能还原回原目标函数。这里的核心是：$(XA + B^T)A{-1}(AX^T + B)$是一个半正定矩阵——因为$A^{{-1}$是对称正定矩阵，对于任意向量$v$，都有$v}T (XA + B^T)A{-1}(AX^T + B) v = w^T A^{-1} w \geq 0$（其中$w=(AX^T + B)^T v$），只有当$XA + B^T = 0$时，这个半正定项才会变成零矩阵。

所以我们可以得到：

• 对任意$X$，$f(X) = \text{半正定矩阵} + (-B^TA{-1}B)$，这意味着$f(X) \succeq -B^TA{-1}B$（Löwner偏序下）
• 当且仅当$XA + B^T = 0$时，$f(X)$取到最小值$-B^TA{-1}B$，完全符合题目里对解$X^*$的定义。

解$XA + B^T = 0$，因为$A$可逆（正定矩阵必然可逆），直接就能得到$X^* = -B^TA{-1}$，这就是题目里给出的解。

再来说导数的方法（对应你提到的方程(2)） #

如果你想搞清楚方程$2B^T + 2XA = 0$是怎么来的，我们可以用Fréchet导数（更适合矩阵优化场景的矩阵函数导数定义）来推导：

首先把目标函数拆成三个项：$f(X) = f_1(X) + f_2(X) + f_3(X)$，其中：

• $f_1(X) = XAX^T$
• $f_2(X) = XB$
• $f_3(X) = B^TXT$

给$X$加一个微小的扰动$H$，计算每个项的一阶近似（忽略高阶小项）：

1. 对于$f_1(X+H) = (X+H)A(X+H)^T = XAX^T + XAH^T + HAX^T + HAH^{T$，一阶近似是$XAX}T + XAH^T + HAX^T$，所以$f_1$的Fréchet导数是$Df_1(X)[H] = XAH^T + HAX^T$。
2. 对于$f_2(X+H) = (X+H)B = XB + HB$，导数是$Df_2(X)[H] = HB$。
3. 对于$f_3(X+H) = B^T(X+H)T = B^TXT + B^THT$，导数是$Df_3(X)[H] = B^THT$。

接下来我们用迹的方向导数来整理（这是矩阵优化中找临界点的常用方法）：对任意扰动$H$，计算$\text{tr}(Df(X)[H])$（迹的线性性质能帮我们把导数转化为矩阵形式）：
$$
\begin{align*}
\text{tr}(Df(X)[H]) &= \text{tr}(XAH^T) + \text{tr}(HAX^T) + \text{tr}(HB) + \text{tr}(B^THT)
\end{align*}
$$
利用迹的性质$\text{tr}(PQ) = \text{tr}(QP)$和$\text{tr}(P^T) = \text{tr}(P)$，我们可以把各项转换为含$H^T$的形式：

• $\text{tr}(XAH^T) = \text{tr}(H^T XA)$，$\text{tr}(HAX^T) = \text{tr}(H^T XA)$（因为$A$对称，$AX^T = (XA)^{T$），所以这两项合并为$2\text{tr}(H}T XA)$
• $\text{tr}(HB) = \text{tr}(H^T B^{T)$，$\text{tr}(B}TH^T) = \text{tr}(H^T B^{T)$，这两项合并为$2\text{tr}(H}T B^T)$

所以整体的迹方向导数是：
$$
\text{tr}(Df(X)[H]) = \text{tr}(H^T (2XA + 2B^T))
$$
要让这个式子对所有可能的扰动$H$都为0，必须满足$2XA + 2B^T = 0$，也就是你题目里的方程(2)，解这个方程就得到$X^* = -B^TA{-1}$。

最后补充为什么这个解满足题目里的偏序条件 #

题目里定义$X^{*$是解的条件是：所有和$f(X})$可比的$Z$，都有$f(X^) \preceq Z$。而我们通过配方已经知道，$f(X^{*)$是Löwner偏序下的最小元——任何其他$X$对应的$f(X)$都比$f(X})$大（半正定锥意义下），所以只要$Z$和$f(X^)$可比，要么$Z \succeq f(X^)$，要么$Z \preceq f(X^{*)$，但后者不可能（因为$f(X})$已经是最小的），所以必然有$f(X^*) \preceq Z$，完全符合题目要求。

备注：内容来源于stack exchange，提问作者Mahmoud