Minimizar la energía libre

Question

$\DeclareMathOperator{\tr}{tr}$ Dejemos que $H$ sea una matriz autoadjunta y defina la energía libre como $$ F(\Gamma)=\tr(H\Gamma+\Gamma \log \Gamma +(1-\Gamma) \log(1-\Gamma)) $$ donde $\Gamma$ satisface $0\le \Gamma \le 1$ . He visto trabajos de física que sugieren que $F(\Gamma)$ se minimiza si tomamos $$ \Gamma =\frac{1}{e^H +1} $$ pero no se me ocurre una prueba rigurosa.

EDITAR . El método "habitual" de prueba no rigurosa sería utilizar el método variacional, es decir, \begin{align} \delta F &=\tr\left(H\delta\Gamma+\log\left(\frac{\Gamma}{1-\Gamma}\right)\delta\Gamma \right)\\ 0&=H+\log\left(\frac{\Gamma}{1-\Gamma}\right)\\ \Gamma &= \frac{1}{e^H+1} \end{align} ¿Cómo se puede dar rigor a este argumento?

EDITAR 2 . Me acabo de dar cuenta de que $F(\Gamma)$ es convexo, por lo que creo que el cálculo anterior es casi riguroso, excepto que $\delta\Gamma$ no puede desplazarse con $\Gamma$ como ha señalado @Sangchul Lee.

EDITAR 3 . Gracias @Sangchul Lee por la prueba. Creo que también he encontrado otra prueba, que puede ser un poco más sencillo.

Dejemos que $\Gamma_0=1/(e^H+1)$ y que $0\le \Gamma_1 \le 1$ . Sea $\Gamma(t)=(1-t)\Gamma_0 +t\Gamma_1 =\Gamma_0 +t\Delta$ donde $\Delta = \Gamma_1-\Gamma_0$ . Sea $f(x)=x \log x +(1-x) \log (1-x)$ . Por lo tanto, $$ F(\Gamma)-F(\Gamma_0) = \tr(tH\Delta)+\tr (f(\Gamma)-f(\Gamma_0)) $$ Desde $f$ es convexo, podemos aplicar La desigualdad de Klein y ver que $$ F(\Gamma)-F(\Gamma_0) \ge \tr(t\Delta (H+\log\Gamma_0 -\log (1-\Gamma_0))=0 $$ También desde $f$ es estrictamente convexo, vemos que $\Gamma_0$ es el único mínimo global.

Por cierto No estoy seguro de por qué se ha votado para cerrar esta pregunta. Por favor, vote para reabrirla si piensa lo contrario.

EDITAR 4 . Después de examinar más a fondo la demostración de la desigualdad de Klein, hay un sutil "problema" de tomar la derivada de una función traza (que no se explica completamente en el artículo de la wikipedia). @Sangchul Lee lo trata explícitamente para este caso particular, pero me gustaría pensar que debería poder hacerse de forma más general. Por lo tanto, he publicado otra pregunta aquí .

Answer 1

En esta respuesta, escribiremos

$$ D^+_{B}F(A) := \lim_{\epsilon \to 0^+} \frac{F(A+\epsilon B) - F(A)}{\epsilon} $$

siempre que exista el límite. Entonces será útil el siguiente lema:

Lema. Tenemos $$ D^+_{B}\exp(A) = \int_{0}^{1} e^{sA}Be^{(1-s)A} \, \mathrm{d}s. $$

Prueba. Tenemos

$$ D^+_{B}\exp(A) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n!} D^+_{B}(A^n) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n!} \sum_{k=0}^{n-1} A^k B A^{n-1-k} = \sum_{k,l\geq 0} \frac{A^k B A^l}{(k+l+1)!}. $$

Entonces la afirmación se deduce de la integral beta $\int_{0}^{1} u^k(1-u)^l \, \mathrm{d}s = \frac{k!l!}{(k+l+1)!} $ . $\square$

Ahora dejemos que $\Gamma_0$ y $\Gamma_1$ sean matrices autoadjuntas tales que $0 \leq \Gamma_k \leq 1$ para $k = 0, 1$ . Interpolar $\Gamma_0$ y $\Gamma_1$ dejando

$$ \Gamma_t = (1-t)\Gamma_0 + t\Gamma_1, \quad 0 \leq t \leq 1. $$

También escribimos $\Delta = \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t} \Gamma_t = \Gamma_1 - \Gamma_0$ ya que esto aparecerá con frecuencia. Luego por la integral de Frullani y el cálculo funcional,

\begin{align*} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t} \log \Gamma_{t} &= \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t} \int_{0}^{\infty} \frac{e^{-x} - e^{-x\Gamma_t}}{x} \, \mathrm{d}x \\ &= \int_{0}^{\infty} (D^+_{\Delta}\exp)(-x\Gamma_t) \, \mathrm{d}x \\ &= \int_{0}^{\infty} \int_{0}^{1} e^{-sx\Gamma_t}\Delta e^{-(1-s)x\Gamma_t} \, \mathrm{d}s \mathrm{d}x. \end{align*}

A partir de esto, obtenemos

\begin{align*} \operatorname{Tr}\left( \Gamma_t \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t} \log\Gamma_t \right) &= \operatorname{Tr}\left( \int_{0}^{\infty} \int_{0}^{1} \Gamma_t e^{-sx\Gamma_t}\Delta e^{-(1-s)x\Gamma_t} \, \mathrm{d}s \mathrm{d}x \right) \\ &= \int_{0}^{\infty} \int_{0}^{1} \operatorname{Tr}\left( \Gamma_t e^{-sx\Gamma_t}\Delta e^{-(1-s)x\Gamma_t} \right) \, \mathrm{d}s \mathrm{d}x \\ &= \int_{0}^{\infty} \int_{0}^{1} \operatorname{Tr}\left( \Gamma_t e^{-x\Gamma_t}\Delta \right) \, \mathrm{d}s \mathrm{d}x \\ &= \operatorname{Tr}(\Delta), \end{align*}

y de manera similar

$$ \operatorname{Tr}\left( (1-\Gamma_t) \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t} \log(1-\Gamma_t) \right) = -\operatorname{Tr}(\Delta). $$

Así obtenemos

$$ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t} F(\Gamma_t) = \operatorname{Tr}\left( H\Delta + \Delta\log(\Gamma_t) - \Delta\log(1-\Gamma_t) \right) \tag{1} $$

Diferenciando ambos lados con respecto a $t$ de nuevo,

\begin{align*} \frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d}t^2} F(\Gamma_t) &= \operatorname{Tr}\left(\Delta \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\log(\Gamma_t) - \Delta \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\log(1-\Gamma_t) \right) \\ &= \operatorname{Tr}\left( \int_{0}^{\infty} \int_{0}^{1} \Delta e^{-sx\Gamma_t}\Delta e^{-(1-s)x\Gamma_t} \, \mathrm{d}s \mathrm{d}x \right) \\ &\qquad + \operatorname{Tr}\left( \int_{0}^{\infty} \int_{0}^{1} \Delta e^{-sx(1-\Gamma_t)}\Delta e^{-(1-s)x(1-\Gamma_t)} \, \mathrm{d}s \mathrm{d}x \right) \\ &= \int_{0}^{\infty} \int_{0}^{1} \left\| e^{-\frac{1}{2}sx\Gamma_t}\Delta e^{-\frac{1}{2}(1-s)x\Gamma_t} \right\|^2 \, \mathrm{d}s \mathrm{d}x \\ &\qquad + \int_{0}^{\infty} \int_{0}^{1} \left\| e^{-\frac{1}{2}sx(1-\Gamma_t)}\Delta e^{-\frac{1}{2}(1-s)x(1-\Gamma_t)} \right\|^2 \, \mathrm{d}s \mathrm{d}x \tag{2} \end{align*}

donde $\| X \|^2 = \operatorname{Tr}(X^* X)$ es siempre un número real no negativo.

Ahora estamos preparados para demostrar la afirmación.

• Desde $\text{(2)}$ sabemos que $\frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d}t^2} F(\Gamma_t) \geq 0$ lo que a su vez implica que $F$ es convexo.

• $\text{(1)}$ puede utilizarse para demostrar que $\Gamma_{\text{m}} = \frac{1}{e^H + 1}$ es un extremo local de $F$ . Entonces, por la convexidad, este es un mínimo local de $F$ .

Por lo tanto, $\Gamma_{\text{m}}$ minimiza $F$ .