La convexidad de la Matriz Exponencial

Question

Considere la función $A: \mathbb{R}^n \rightarrow \mathbb{R}^{n \times n}$ se define como

$$A( x ) := \left[ \begin{matrix} x_1 & a_{1,2} & \cdots & a_{1,n} \\ a_{2,1} & x_2 & \cdots & a_{2,n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{n,1} & a_{n,2} & \cdots & x_n \end{matrix} \right]$$

donde $a_{i,j} \geq 0$ todos los $i,j$.

Definir la matriz de valores de la función $F: \mathbb{R}^{ n } \rightarrow \mathbb{R}^{ n \times n }$

$$F( x ) := \text{exp}( A(x) )$$

donde $\text{exp}(\cdot)$ denota la matriz exponencial, es decir, $\exp(A) := \sum_{k=0}^{\infty} \frac{A^k}{k!} = I + A + A^2/2 + A^3/6 + \ldots$.

Observe que $F$ es el elemento más sabio, no negativo, porque es la exponencial de una Metzler de la matriz.

Deje $f_{i,j} : \mathbb{R}^{ n } \rightarrow \mathbb{R}$ $(i,j)$- componente de $F$, $f_{ij}(x) = F(x)_{ij}$.

Demostrar que, para todos los $i,j$, la función de $f_{i,j}$ es convexo.

Comentario: estoy tratando de mostrar que la segunda derivada de $f_{i,j}$ es no negativa. También estoy tratando de mostrar que la segunda derivada de $\mathbb{R} \ni t \mapsto \exp( A( x + t y ) )$ es no negativa para todos los $x,y \in \mathbb{R}^n$.

Answer 1

Esto es suficiente para mostrar la convexidad en el dominio $\Omega=\{x_i>0,\ i=1,\dots,n\}$. Una vez hecho esto, para comprobar que la definición estándar de la convexidad mantiene un genérico par de puntos $x$, $y$ usted puede elegir un gran$M>0$, de modo que, llamando a $\vec{M}=(M,\dots,M)$ ambos $x'=x+\vec{M}\in\Omega$$y'=y+\vec{M}\in\Omega$;
entonces usted tiene $F(z+\vec{M})=\exp\left(A(z+\vec{M})\right)=\exp(A(z)+MI)=e^M F(z)$ cualquier $z$ acostado sobre el segmento que une a $x$ $y$ y lo que desea comprobar de la siguiente manera a partir de la definición de la convexidad con $x',y'$.

Así que vamos a mostrar que $f_{ij}$ es convexa en a $\Omega$: basta demostrar que si una matriz $A$ no negativo de los coeficientes de y $D$ es una matriz diagonal, a continuación, $\exp(A+tD)+\exp(A-tD)-2\exp(A)=t^2P+O(t^3)$ donde $P$ no negativo de los coeficientes (porque entonces se deduce $\nabla^2 f_{ij}(x)[h,h]=\lim_{t\to 0}\frac{f_{ij}(x+th)+f_{ij}(x-th)-2f_{ij}(x)}{t^2}\ge 0$ para cualquier vector $h$, lo $\nabla^2 f_{ij}$ es positivo semidefinite y $f_{ij}$ es convexo).
Por la definición de la exponencial, podemos mostrar la declaración más fuerte que cualquier $k\ge 0$ $(A+tD)^k+(A-tD)^k-2A^k=t^2P+O(t^3)$, donde de nuevo $P$ es la matriz con no negativo de los coeficientes.

Ahora note que $(A+tD)^k+(A-tD)^k-2A^k=2t^2\sum_{0\le r<s\le k-1} A^rDA^{s-r-1}DA^{k-s-1}+O(t^3)$ debido a que los términos de primer orden a cancelar, mientras que el término de segundo orden en la expansión de Taylor de $(A\pm tD)^k$ $t^2\sum_{0\le r<s\le k-1}\Pi_{rs}$ donde $\Pi_{rs}$ es el producto de $k$ factores que son todos iguales a $A$, excepto para el $r$-th y $s$-th aquellos que son iguales a $D$ ($0$-ésimo factor nos referimos a la primera, y así sucesivamente). Por lo $P=2\sum_{0\le r<s\le k-1} A^rDA^{s-r-1}DA^{k-s-1}$.
Llamar $i_0:=i$, $i_k:=j$, luego nos descubre que el $(i,j)$-ésimo componente de $\sum_{0\le r<s\le k-2} A^rDA^{s-r-1}DA^{k-s-2}$ es $$\sum_{0\le r<s\le k}\sum_{i_1,\dots,i_{k-1}}a_{i_0i_1}\cdots a_{i_{r-1}i_r}d_{i_ri_{r+1}}a_{i_{r+1}i_{r+2}}\dots a_{i_{s-1}i_s}d_{i_si_{s+1}}a_{i_{s+1}i_{s+2}}\cdots a_{i_{k-1}i_k}$$ pero $D$ es diagonal y tiene el efecto de "la congelación de los índices" de un solo paso, es decir, en la suma de podemos tomar de $i_r=i_{r+1}$$i_s=i_{s+1}$. Por lo tanto, por el cambio de todos los índices, la gran suma se convierte en $$\sum_{0\le r\le s\le k-2}\sum_{j_1,\dots,j_{k-3}}a_{j_0j_1}\cdots a_{j_{r-1}j_r}d_{j_r}a_{j_rj_{r+1}}\dots a_{j_{s-1}j_s}d_{j_s}a_{j_sj_{s+1}}\cdots a_{i_{k-3}i_{k-2}}$$ donde hemos puesto $d_j:=d_{jj}$ y el extremal de índices de $j_0:=i$, $j_{k-2}:=j$.
Ahora cambiamos la suma de dos y estamos a la izquierda para mostrar que $$\sum_{0\le r\le s\le k-2}d_{j_r}d_{j_s}a_{j_0j_1}\cdots a_{j_{r-1}j_r}a_{j_rj_{r+1}}\dots a_{j_{s-1}j_s}a_{j_sj_{s+1}}\cdots a_{i_{k-3}i_{k-2}}\ge 0$$ para cualquier fijo elección de los índices de $j_0,\dots,j_{k-2}$. El producto de los coeficientes de $A$ es no negativa e independiente de $(r,s)$, por lo que sólo tiene que demostrar que $$\sum_{0\le r\le s\le k-2}d_{j_r}d_{j_s}\ge 0$$ lo que es claro como el $2\sum_{0\le r\le s\le k-2}d_{j_r}d_{j_s}=2\sum_{0\le r\le k-2}d_{j_r}^2+2\sum_{0\le r<s\le k-2}d_{j_r}d_{j_s}=\sum_{0\le r\le k-2}d_{j_r}^2+\left(\sum_{0\le r\le k-2}d_{j_r}\right)^2\ge 0.$

Answer 2

usted encontrará la prueba en

"La convexidad del coste funcional en un problema de control óptimo para una clase de positivo de los sistemas de conmutación" Patrizio Colaneri, Richard H. Middleton , Zhiyong Chen , Danilo Caporale , Franco Blanchini, Automatica 2014