Meminimalkan energi bebas

Nov 20 2020

$\DeclareMathOperator{\tr}{tr}$ Membiarkan $H$menjadi matriks self-adjoint dan mendefinisikan energi bebas sebagai$$ F(\Gamma)=\tr(H\Gamma+\Gamma \log \Gamma +(1-\Gamma) \log(1-\Gamma)) $$ dimana $\Gamma$ memuaskan $0\le \Gamma \le 1$. Saya telah melihat makalah fisika menyarankan itu$F(\Gamma)$ diminimalkan jika kita ambil $$ \Gamma =\frac{1}{e^H +1} $$ tapi saya tidak bisa memikirkan bukti yang kuat.

EDIT . Metode pembuktian non-ketat "biasa" akan menggunakan metode variasional, yaitu,\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} Bagaimana seseorang membuat argumen ini menjadi keras?

EDIT 2 . Saya baru menyadarinya$F(\Gamma)$cembung, jadi menurut saya perhitungan di atas hampir teliti, kecuali itu$\delta\Gamma$ tidak boleh bepergian dengan $\Gamma$, seperti yang ditunjukkan oleh @Sangchul Lee.

EDIT 3 . Terima kasih @Sangchul Lee untuk buktinya. Saya rasa saya juga menemukan bukti lain, yang mungkin sedikit lebih mudah.

Membiarkan $\Gamma_0=1/(e^H+1)$ dan biarkan $0\le \Gamma_1 \le 1$. Membiarkan$\Gamma(t)=(1-t)\Gamma_0 +t\Gamma_1 =\Gamma_0 +t\Delta$ dimana $\Delta = \Gamma_1-\Gamma_0$. Membiarkan$f(x)=x \log x +(1-x) \log (1-x)$. Karenanya,$$ F(\Gamma)-F(\Gamma_0) = \tr(tH\Delta)+\tr (f(\Gamma)-f(\Gamma_0)) $$ Sejak $f$adalah konveks, kita dapat menerapkan ketidaksetaraan Klein dan melihatnya$$ F(\Gamma)-F(\Gamma_0) \ge \tr(t\Delta (H+\log\Gamma_0 -\log (1-\Gamma_0))=0 $$ Juga sejak $f$ sangat cembung, kami melihatnya $\Gamma_0$ adalah min global unik.

Ngomong-ngomong , tidak yakin mengapa pertanyaan ini dipilih untuk ditutup. Harap beri suara untuk membuka kembali jika Anda berpikir sebaliknya.

EDIT 4 . Setelah melihat lebih jauh ke dalam bukti ketidaksetaraan Klein, ada "masalah" halus dalam mengambil turunan dari fungsi jejak (yang tidak dijelaskan secara lengkap di artikel wikipedia). @Sangchul Lee membahas ini secara eksplisit untuk kasus khusus ini, tetapi saya ingin berpikir bahwa ini harus dapat dilakukan secara lebih umum. Karenanya, saya memposting pertanyaan lain di sini .

Jawaban

2 SangchulLee Nov 21 2020 at 01:22

Dalam jawaban ini, kami akan menulis

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

kapan pun batasnya ada. Maka lemma berikut akan bermanfaat:

Kata pengantar singkat. Kita punya$$ D^+_{B}\exp(A) = \int_{0}^{1} e^{sA}Be^{(1-s)A} \, \mathrm{d}s. $$

Bukti. Kita punya

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

Kemudian klaim mengikuti dari integral beta $\int_{0}^{1} u^k(1-u)^l \, \mathrm{d}s = \frac{k!l!}{(k+l+1)!} $. $\square$

Sekarang biarkan $\Gamma_0$ dan $\Gamma_1$ jadilah matriks self-adjoint sedemikian rupa $0 \leq \Gamma_k \leq 1$ untuk $k = 0, 1$. Menambah$\Gamma_0$ dan $\Gamma_1$ dengan membiarkan

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

Kami juga menulis $\Delta = \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t} \Gamma_t = \Gamma_1 - \Gamma_0$karena ini akan sering muncul. Kemudian dengan integral Frullani dan kalkulus fungsional,

\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*}

Dari sini, kami memperoleh

\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*}

dan serupa

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

Jadi kami dapatkan

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

Membedakan kedua sisi sehubungan dengan $t$ lagi,

\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*}