Una matriz de desigualdad que involucra seguimiento de la norma de una matriz y su inversa

Question

Deje $A,B \succeq 0$ dos positivos semidefinite matrices. Podemos obtener una forma cerrada de la expresión para la cantidad siguiente?

$$ \inf_{X \succ 0} \mathrm{tr}(XA) + \mathrm{tr}(X^{-1}B) $$

Asumimos todas las matrices que intervienen son simétricas.

Answer 1

Suponemos que $B$ simétrica $\geq 0$ $A,X$ simétrica $>0$. De hecho, si $\det(A)=0,\det(B)\not= 0$, entonces el límite inferior no se alcanza. Por ejemplo, cuando se $A=0$, el límite inferior $0$ es "alcanzado" por $X$ s.t. $||X||=\infty$.

$\textbf{Part 1}$. Considere la función $f:X>0\rightarrow tr(XA)+tr(X^{-1}B)$. El espacio de la tangente a$S_n^{++}$$S_n$, el espacio vectorial de matrices simétricas. Entonces

$Df_X:H\in S_n\rightarrow tr(HA)-tr(X^{-1}HX^{-1}B)=tr(H(A-X^{-1}BX^{-1}))$.

Si $X$ alcanza un mínimo local de $f$,$Df_X=0$, $A-X^{-1}BX^{-1}$ es sesgar simétrica; que es equivalente a

$A=X^{-1}BX^{-1}$ o $(*)$ $XAX-B=0$.

La ecuación de Riccati $(*)$ tiene un único simétrica $\geq 0$ solución de $X_0$; ya que el término de grado $1$ $X$ no existe, no es una forma cerrada

$X_0=A^{-1/2}(A^{1/2}BA^{1/2})^{1/2}A^{-1/2}$.

Tenga en cuenta que $f(X_0)=2tr((A^{1/2}BA^{1/2})^{1/2})$.

$\textbf{Part 2}$. $D^2f_X:(H,K)\in S_n\times S_n\rightarrow tr(X^{-1}KX^{-1}HX^{-1}B)+tr(X^{-1}HX^{-1}KX^{-1}B)$,

y $D^2f_X(H,H)=2tr((X^{-1}HX^{-1}HX^{-1})B)$.

La matriz $S=X^{-1}HX^{-1}HX^{-1}$ es simétrica $\geq 0$ porque

$y^TSy=(HX^{-1}y)^TX^{-1}(HX^{-1}y)\geq 0$.

A continuación, $D^2f_X(H,H)=2tr(SB)\geq 0$ $f$ es convexa (recordemos que $S_n^{++}$ es convexo). Finalmente, $f(X_0)$ es el mínimo requerido porque (para una función convexa $f$), $Df_{X_0}=0$ implica que $inf(f)=f(X_0)$.

Answer 2

Esta es una respuesta parcial sólo para los desplazamientos $A,B$. Pretendemos que el infimum es alcanzado por $2 tr \sqrt{AB}$. Desde $A$ $B$ son simétricas desplazamientos de matrices, podemos suponer sin pérdida de generalidad que están en diagonal real de las matrices.

Demostramos nuestro reclamo por la inducción en $n$. Para $n=1$, la demanda se pueden comprobar fácilmente. Supongamos que la afirmación es verdadera para $n$ y supongamos que $A$ $B$ son diagonales $(n+1)\times (n+1)$ matrices diagonal con entradas de $a$ $b$ en la parte inferior derecha de las esquinas. Se denota la parte superior izquierda $n\times n$ bloques en $A$$B$$A'$$B'$.

Deje $Z$ ser arbitraria positiva definida $(n+1)\times (n+1)$ matriz. Escribir $Z$ y su inversa como $$Z=\begin{bmatrix} X & U \\ U^T & x \end{bmatrix},Z^{-1}=\begin{bmatrix}Y & V \\ V^T & y \end{bmatrix},$$ donde $X$ $Y$ $n\times n$ positiva definida matrices. Por lo tanto, tenemos estos equaitons: $$XY+UV^T=I,XV+yU=0,U^TY+xV^T=0,U^TV+xy=1.$$ A partir de estas ecuaciones y algunos de álgebra, llegamos a la conclusión de que $$Y=X^{-1}+\dfrac{1}{y}VV^T,~x=\dfrac{1}{y}-\dfrac{1}{y}U^TV.$$ Desde $X$ es positiva definida, tenemos $$V^TXV \geq 0 \Rightarrow yV^TU=-V^TXV \leq 0.~~~~~~~~~~~~~~~(1)$$

Siguiente, calculamos el $tr(ZA+Z^{-1}B)$ como sigue: $$tr(ZA+Z^{-1}B)=tr(XA+YB)+xa+yb=tr(XA+(X^{-1}+\dfrac{1}{y}VV^T)B)+xa+yb$$ $$=tr(XA+X^{-1}B)+\dfrac{1}{y}tr(VV^TB)+(\dfrac{1}{y}-\dfrac{1}{y}U^TV)a+yb$$ $$=tr(XA+X^{-1}B)+ \dfrac{1}{y}a+yb +\dfrac{1}{y}tr(VV^TB) -\dfrac{a}{y}U^TV$$ $$\geq 2 tr\sqrt{A'B'}+2\sqrt{ab}+\dfrac{1}{y}tr(V^TBV) -\dfrac{a}{y}U^TV$$ $$\geq 2 tr \sqrt{AB},$$ desde $tr(V^TBV)\geq 0$ $yU^TV \leq 0$ (1). Tenga en cuenta que $x,y>0$ desde las entradas de la diagonal de un simétrica positiva definida la matriz son todas positivas.

También es fácil ver que el valor de $2 tr \sqrt{AB}$ puede ser alcanzado por dejar a $X$ ser una matriz diagonal diagonal con entradas de $x_i=\sqrt{b_i/a_i}$ si $a_i \neq 0$ $x_i \rightarrow \infty$ lo contrario.