ลดพลังงานฟรี

Nov 20 2020

$\DeclareMathOperator{\tr}{tr}$ ปล่อย $H$เป็นเมทริกซ์ปรับตัวเองและกำหนดพลังงานอิสระเป็น$$ F(\Gamma)=\tr(H\Gamma+\Gamma \log \Gamma +(1-\Gamma) \log(1-\Gamma)) $$ ที่ไหน $\Gamma$ พอใจ $0\le \Gamma \le 1$. ฉันเคยเห็นเอกสารฟิสิกส์แนะนำว่า$F(\Gamma)$ จะถูกย่อให้เล็กที่สุดถ้าเราใช้ $$ \Gamma =\frac{1}{e^H +1} $$ แต่ฉันไม่สามารถนึกถึงการพิสูจน์ที่เข้มงวดได้

แก้ไข วิธีการพิสูจน์แบบ "ปกติ" ที่ไม่เข้มงวดคือการใช้วิธีการแปรผันกล่าวคือ\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} เราจะทำให้ข้อโต้แย้งนี้เข้มงวดได้อย่างไร?

แก้ไข 2 . ฉันเพิ่งรู้ตัวว่า$F(\Gamma)$นูนดังนั้นฉันคิดว่าการคำนวณข้างต้นเกือบจะเข้มงวดยกเว้นนั้น$\delta\Gamma$ ไม่สามารถเดินทางด้วย $\Gamma$ตามที่แจ้งโดย @Sangchul Lee

แก้ไข 3 . ขอบคุณ @Sangchul Lee สำหรับบทพิสูจน์ ฉันคิดว่าฉันพบข้อพิสูจน์อีกอย่างหนึ่งซึ่งอาจจะตรงไปตรงมากว่านี้เล็กน้อย

ปล่อย $\Gamma_0=1/(e^H+1)$ และปล่อยให้ $0\le \Gamma_1 \le 1$. ปล่อย$\Gamma(t)=(1-t)\Gamma_0 +t\Gamma_1 =\Gamma_0 +t\Delta$ ที่ไหน $\Delta = \Gamma_1-\Gamma_0$. ปล่อย$f(x)=x \log x +(1-x) \log (1-x)$. ดังนั้น$$ F(\Gamma)-F(\Gamma_0) = \tr(tH\Delta)+\tr (f(\Gamma)-f(\Gamma_0)) $$ ตั้งแต่ $f$นูนเราสามารถประยุกต์ใช้อสมการของไคลน์และดูว่า$$ F(\Gamma)-F(\Gamma_0) \ge \tr(t\Delta (H+\log\Gamma_0 -\log (1-\Gamma_0))=0 $$ ตั้งแต่นั้นเป็นต้นมา $f$ มีความนูนอย่างเคร่งครัดเราจะเห็นว่า $\Gamma_0$ คือนาทีทั่วโลกที่ไม่เหมือนใคร

อย่างไรก็ตามไม่แน่ใจว่าทำไมคำถามนี้จึงถูกโหวตให้ปิด โปรดลงคะแนนเพื่อเปิดอีกครั้งหากคุณคิดว่าเป็นอย่างอื่น

แก้ไข 4 . หลังจากตรวจสอบการพิสูจน์ความไม่เท่าเทียมกันของไคลน์เพิ่มเติมแล้วมี "ปัญหา" ที่ละเอียดอ่อนในการหาอนุพันธ์ของฟังก์ชันการติดตาม (ซึ่งไม่ได้อธิบายไว้อย่างสมบูรณ์ในบทความวิกิพีเดีย) @ Sangchul Lee เกี่ยวข้องกับเรื่องนี้อย่างชัดเจนสำหรับกรณีนี้โดยเฉพาะ แต่ฉันอยากจะคิดว่ามันควรจะสามารถทำได้โดยทั่วไปมากกว่านี้ ดังนั้นผมโพสต์คำถามอื่นที่นี่

คำตอบ

2 SangchulLee Nov 21 2020 at 01:22

ในคำตอบนี้เราจะเขียน

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

เมื่อใดก็ตามที่มีขีด จำกัด จากนั้นคำศัพท์ต่อไปนี้จะเป็นประโยชน์:

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

หลักฐาน. เรามี

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

จากนั้นการอ้างสิทธิ์ตามมาจากอินทิกรัลเบต้า $\int_{0}^{1} u^k(1-u)^l \, \mathrm{d}s = \frac{k!l!}{(k+l+1)!} $. $\square$

ตอนนี้ให้ $\Gamma_0$ และ $\Gamma_1$ เป็นเมทริกซ์ที่ปรับตัวเองได้เช่นนั้น $0 \leq \Gamma_k \leq 1$ สำหรับ $k = 0, 1$. สอดแทรก$\Gamma_0$ และ $\Gamma_1$ โดยให้

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

นอกจากนี้เรายังเขียน $\Delta = \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t} \Gamma_t = \Gamma_1 - \Gamma_0$เนื่องจากสิ่งนี้จะปรากฏบ่อยครั้ง จากนั้นโดยปริพันธ์ของ Frullani และแคลคูลัสเชิงฟังก์ชัน

\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*}

จากนี้เราได้รับ

\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*}

และในทำนองเดียวกัน

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

ดังนั้นเราจึงได้รับ

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

ความแตกต่างของทั้งสองฝ่ายด้วยความเคารพ $t$ อีกครั้ง

\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*}