Convexidad de matriz rastro funciones $A\mapsto \operatorname{Tr} (Bf(A))$

Question

Cualquier función de $f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ se puede extender a una función de auto-adjoint $n\times n$ de las matrices $$f(A) = \sum_{i=1}^n f(a_i)v_iv_i^*$$ donde $A = \sum_{i=1}^n a_iv_iv_i^*$ es la descomposición espectral de $A$.

Si $f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ es convexa, entonces la función de $A\mapsto \operatorname{Tr}(f(A))$ también es convexa como una función de las matrices. (Ver, por ejemplo, el Teorema 3.27 en la Introducción al Análisis Matricial y Aplicaciones, o ver la prueba a continuación).

Mi pregunta: Si $f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ es convexa, es la función $$\etiqueta{1} Un\mapsto \operatorname{Tr}(Bf(A))$$ convexo para cualquier auto-adjunto positivo de la matriz $B\geq 0$?

Me pregunto si las siguientes pruebas pueden ser adaptados para mostrar la convexidad de (1). Aquí os muestro que $A\mapsto\operatorname{Tr}f(A)$ es una función convexa mientras $f$ es convexa. No puedo sacar una otra prueba similar a la obra para mostrar la convexidad de $A\mapsto\operatorname{Tr}(Bf(A))$, ni puedo encontrar un contraejemplo.

Lema. Supongamos $f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ es convexo y deje $A$ ser un auto-adjoint $n\times n$ matriz. Para cualquier base ortonormales $\{u_1,\dots,u_n\}$$\mathbb{C}^n$, sostiene que $$\operatorname{Tr}f(A)\geq \sum_{j=1}^n f(u_j^*Au_j).$$ Prueba. Deje $A = \sum_{i=1}^n a_iv_iv_i^*$ ser la descomposición espectral de $A$. A continuación, $\sum_{j=1}^{n}|u_j^*v_i|^2=1$ por cada $j$ y

$$\begin{align*} \operatorname{Tr}f(A) &= \sum_{j=1}^n\sum_{i=1}^n f(a_i) |u_j^*v_i|^2\\ & \geq \sum_{j=1} f \left(\sum_{i=1}^na_i |u_j^*v_i|^2\right)= \sum_{j=1}f (u_j^*Au_j) \end{align*}$$ donde la desigualdad es debido a la convexidad de $f$. $\Box$

Teorema. Deje $f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ ser convexo. A continuación, $A\mapsto \operatorname{Tr}f(A)$ es convexa como una función de las matrices.

Prueba. Deje $A$ $B$ ser uno mismo-adjoint $n\times n$ matrices y deje $t\in(0,1)$. Vamos a mostrar que $$t\operatorname{Tr}f(A)+(1-t)\operatorname{Tr}f(B)\geq \operatorname{Tr}(f(tA+(1-t)B)).$$ Let $\{u_1,\dots,u_n\}$ be the eigenbasis of $tA+(1-t)B$. Por el Lema, $$\begin{align*} t\operatorname{Tr}f(A)+(1-t)\operatorname{Tr}f(B) & \geq t\sum_{j=1}^n f(u_j^*Au_j) + (1-t)\sum_{j=1}^nf(u_j^*Bu_j)\\ & = \sum_{j=1}^n\bigl(tf(u_j^*Au_j) + (1-t)f(u_j^*Bu_j)\bigr)\\ & \geq \sum_{j=1}^nf\bigl(tu_j^*Au_j+ (1-t)u_j^*Bu_j)\\ & = \sum_{j=1}^nf\bigl(u_j^*(tA+(1-t))Bu_j)\\ & = \operatorname{Tr}(f(tA+(1-t)B)), \end{align*}$$ como deseado, donde la segunda desigualdad es debido a la convexidad de $f$. $\Box$

Answer 1

Después de leer user1551 la respuesta, tengo posteriormente se dio cuenta de que mi pregunta puede ser contestada en sentido negativo de la siguiente manera.

Para $n\times n$ matrices, podemos escribir la $A\geq 0$ si $A$ es positivo semidefinite, y $A\geq B$ si $A-B\geq 0$. Decimos que una función de $f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ es la matriz convexo si, para todos los enteros $n$, sostiene que $$f(tA+(1-t)B)\leq(tf) (A)+(1-t)f(B)$$ para todos los $n\times n$ hermitian matrices $A,B$ y todos los $t\in(0,1)$, donde la desigualdad es el respeto a la ordenación de positivo semidefinite matrices.

Teorema Deje $f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ ser una función. Los siguientes son equivalentes:

1. $f$ matrix es convexo
2. Para todos los enteros $n$ y todos los $n\times n$ matrices $B\geq 0$, la función de $A\mapsto \operatorname{Tr}(Bf(A))$ es convexa.

Prueba. Si $f$ matrix es convexo, entonces el resultado claramente de la siguiente manera. Así que supongo que $f$ no es la matriz convexo. Entonces existe un $n$ $n\times n$ hermitian matrices $A$ $B$ $t\in(0,1)$ tal que $$f(tA+(1-t)B)\no\leq(tf) (A)+(1-t)f(B).$$ Por lo tanto no es un vector $v\in\mathbb{C}^n$ tal que $$v^*\bigl(f(tA+(1-t)B)\bigr)v >tv^*f(A)v+(1-t)v^*f(B)v$$ que es equivalente a $$\operatorname{Tr}\bigl(vv^*f(tA+(1-t)B)\bigr) >t \operatorname{Tr}\bigl(vv^*f(A)\bigr) + (1-t)\operatorname{Tr}\bigl(vv^*f(B)\bigr),$$ por lo tanto la función de $A\mapsto \operatorname{Tr}(vv^*f(A))$ no es convexa.

Answer 2

La respuesta es no. Ya que cada positivos semidefinite matriz es un nonnegatively suma ponderada de las proyecciones ortogonales, podemos suponer que la $B$ es una proyección ortogonal. Con esta simplificación, no es difícil ver que la desigualdad en cuestión deben mantener si $f$ es el operador convexo.

Así que, para encontrar un contraejemplo a la desigualdad, se debe buscar una función de $f$ que es convexa, pero no operador convexo. Tome $f(x)=|x|$. Deje $n=2$$B=\operatorname{diag}(1,0)$, por lo que el $\operatorname{tr}(Bf(A))$ es sólo el $(1,1)$-ésima de a $f(A)$. Utilizamos los siguientes Octave/Matlab script para ver si la primera entrada de $f(A)$ es el punto medio convexo:

[U,S,V]=svd(rand(2,2)); % this generates two orthogonal matrices U,V
D1=diag(2*rand(2,1)-1); % random diagonal matrix
D2=diag(2*rand(2,1)-1); % random diagonal matrix
A1=U*D1*U';      % random self-adjoint matrix
A2=V*D2*V';      % random self-adjoint matrix
F1=U*abs(D1)*U'; % f(A1)
F2=V*abs(D2)*V'; % f(A2)
A3=(A1+A2)./2;   % mean of A1 and A2
[Q,D]=eig(A3);   % A3 = Q*D*Q' is a spectral decomposition
F3=Q*abs(D)*Q';  % f(A3)
% If the (1,1)-th entry of f(A) is convex, we always have d>=0:
d = (F1(1,1)+F2(1,1))/2 - F3(1,1)

La respuesta resulta ser "no":

d = -0.013076

A1 =
   0.24718   0.63317
   0.63317   0.25794

A2 =
  -0.18503   0.21871
   0.21871  -0.61285

A3 =
   0.031074   0.425940
   0.425940  -0.177452

F1 =
   0.63104   0.25255
   0.25255   0.63534

F2 =
   0.18503  -0.21871
  -0.21871   0.61285

F3 =
   0.421113  -0.071090
  -0.071090   0.455917