Condizione sufficiente per minimo relativo in \mathbb{R}^n
Siano $f:A \subseteq RR^n -> RR$, $x_0$ interno ad $A$, $f\in C^2(A)$ e $H_{f}(x_0)$ definita positiva. Allora $x_0$ è un punto di minimo.
Non ho ben capito la dimostrazione, specie la fine, in cui non ho la più pallida idea da dove possa scappar fuori...
La mia tesi è che $EE \delta : \forall x \in B_\delta (x_0) , f(x) \ge f(x_0)$.
Per il Teorema di Taylor $f(x)=f(x_0)+1/2+R$ dove $R$ è il resto nella forma di Lagrange (perché non c'è il termine del primo ordine?).
Poiché la matrice è definita positiva, $\geq m||x−x_0||^2$ dove $m$ è il più piccolo degli autovalori della matrice.
Usando la definizione di limite, so che $AA \epsilon > 0,EE \delta >0 : AA x : ||x−x0||<\delta,R||x−x_0||^2<\epsilon$, dunque scelgo $\epsilon < m/2$, e da qui in poi non ho più capito che cosa succede...
Da dove scappa fuori che $f(x)−f(x0) \geq m/2||x−x0||^2−m/2||x−x_0||^2=0$ e che quindi $f(x)−f(x0)\ge 0$ e quindi la tesi?
EDIT. Ho corretto gli errori di scrittura.
Non ho ben capito la dimostrazione, specie la fine, in cui non ho la più pallida idea da dove possa scappar fuori...
La mia tesi è che $EE \delta : \forall x \in B_\delta (x_0) , f(x) \ge f(x_0)$.
Per il Teorema di Taylor $f(x)=f(x_0)+1/2
Poiché la matrice è definita positiva, $
Usando la definizione di limite, so che $AA \epsilon > 0,EE \delta >0 : AA x : ||x−x0||<\delta,R||x−x_0||^2<\epsilon$, dunque scelgo $\epsilon < m/2$, e da qui in poi non ho più capito che cosa succede...
Da dove scappa fuori che $f(x)−f(x0) \geq m/2||x−x0||^2−m/2||x−x_0||^2=0$ e che quindi $f(x)−f(x0)\ge 0$ e quindi la tesi?
EDIT. Ho corretto gli errori di scrittura.
Risposte
"giuliofis":Lo devi mettere nelle ipotesi che \(x_0\) è un punto critico per \(f\). Altrimenti stai dicendo una cosa falsa. La funzione \(f(x, y)=x^2+y^2\) ha la matrice Hessiana definita positiva in ogni punto, ti pare possibile che ogni punto del piano sia un punto di minimo?
(perché non c'è il termine del primo ordine?).
"dissonance":Lo devi mettere nelle ipotesi che \(x_0\) è un punto critico per \(f\). Altrimenti stai dicendo una cosa falsa. La funzione \(f(x, y)=x^2+y^2\) ha la matrice Hessiana definita positiva in ogni punto, ti pare possibile che ogni punto del piano sia un punto di minimo?[/quote]
[quote="giuliofis"](perché non c'è il termine del primo ordine?).
AAAAAAAAAAAH! Ecco svelato l'arcano! Nel quaderno non avevo segnato questa ipotesi!
Grazie infinite!
"giuliofis":
Da dove scappa fuori che $f(x)−f(x0) \ge m_2||x−x0||_2−m_2||x−x_0||_2=0$ e che quindi $f(x)−f(x0)\ge 0$ e quindi la tesi?
E invece per questo che mi dici?
Poiché \(R(t)\) è un infinitesimo d'ordine superiore a \(2\) (teorema di Peano), hai sicuramente che:
\[
\forall \epsilon >0,\ \exists \delta >0:\ \forall |t|<\delta,\ |R(t)|< \epsilon\ t^2\; .
\]
Ora, a ben vedere, nel tuo caso è \(t=|x-x_0|\) (perché \(x=x_0+tv\) e \(v\) è un versore), quindi la precedente implica:
\[
\forall \epsilon >0,\ \exists \delta >0:\ \forall |x-x_0|<\delta,\ -\epsilon\ |x-x_0|^2 < R(t) < \epsilon\ |x-x_0|^2\; .
\]
Particolarizzando la precedente per \(\epsilon =m/2\) (ove \(m\) è il più piccolo autovalore positivo della matrice hessiana), hai che:
\[
\exists \delta >0:\ \forall |x-x_0|<\delta,\ \underbrace{-\frac{m}{2}\ |x-x_0|^2 < R(t)}_{\text{questa la usiamo!}} < \frac{m}{2}\ |x-x_0|^2
\]
e, di conseguenza, per ogni \(|x-x_0|<\delta\):
\[
f(x)-f(x_0)\geq m\ |x-x_0|^2 + R(t) > m\ |x-x_0|^2 - \frac{m}{2}\ |x-x_0|^2=\frac{m}{2}\ |x-x_0|^2
\]
e l'ultimo membro è strettamente positivo per \(x\neq x_0\).
\[
\forall \epsilon >0,\ \exists \delta >0:\ \forall |t|<\delta,\ |R(t)|< \epsilon\ t^2\; .
\]
Ora, a ben vedere, nel tuo caso è \(t=|x-x_0|\) (perché \(x=x_0+tv\) e \(v\) è un versore), quindi la precedente implica:
\[
\forall \epsilon >0,\ \exists \delta >0:\ \forall |x-x_0|<\delta,\ -\epsilon\ |x-x_0|^2 < R(t) < \epsilon\ |x-x_0|^2\; .
\]
Particolarizzando la precedente per \(\epsilon =m/2\) (ove \(m\) è il più piccolo autovalore positivo della matrice hessiana), hai che:
\[
\exists \delta >0:\ \forall |x-x_0|<\delta,\ \underbrace{-\frac{m}{2}\ |x-x_0|^2 < R(t)}_{\text{questa la usiamo!}} < \frac{m}{2}\ |x-x_0|^2
\]
e, di conseguenza, per ogni \(|x-x_0|<\delta\):
\[
f(x)-f(x_0)\geq m\ |x-x_0|^2 + R(t) > m\ |x-x_0|^2 - \frac{m}{2}\ |x-x_0|^2=\frac{m}{2}\ |x-x_0|^2
\]
e l'ultimo membro è strettamente positivo per \(x\neq x_0\).
"gugo82":
Poiché \(R(t)\) è un infinitesimo d'ordine superiore a \(2\) (teorema di Peano), hai sicuramente che:
\[
\forall \epsilon >0,\ \exists \delta >0:\ \forall |t|<\delta,\ |R(t)|< \epsilon\ t^2\; .
\]
Ora, a ben vedere, nel tuo caso è \(t=|x-x_0|\) (perché \(x=x_0+tv\) e \(v\) è un versore), quindi la precedente implica:
\[
\forall \epsilon >0,\ \exists \delta >0:\ \forall |x-x_0|<\delta,\ -\epsilon\ |x-x_0|^2 < R(t) < \epsilon\ |x-x_0|^2\; .
\]
Particolarizzando la precedente per \(\epsilon =m/2\) (ove \(m\) è il più piccolo autovalore positivo della matrice hessiana), hai che:
\[
\exists \delta >0:\ \forall |x-x_0|<\delta,\ \underbrace{-\frac{m}{2}\ |x-x_0|^2 < R(t)}_{\text{questa la usiamo!}} < \frac{m}{2}\ |x-x_0|^2
\]
e, di conseguenza, per ogni \(|x-x_0|<\delta\):
\[
f(x)-f(x_0)\geq m\ |x-x_0|^2 + R(t) > m\ |x-x_0|^2 - \frac{m}{2}\ |x-x_0|^2=\frac{m}{2}\ |x-x_0|^2
\]
e l'ultimo membro è strettamente positivo per \(x\neq x_0\).
Ok, fin qui ci sono... Però non capisco come da questo possa concludere la tesi... Fino ad ora abbiamo detto che
\[f(x)-f(x_0) \geq \frac{m}{2} ||x-x_0||^2 \]
e come faccio, da qui, a concludere che
\[f(x)-f(x_0) \geq 0?\]
La prof, infatti, arrivare a scrivere che
\[f(x)−f(x_0) \geq \frac{m}{2} ||x−x_0||^2−\frac{m}{2}||x−x_0||^2=0 \Rightarrow f(x)−f(x0)\ge 0...\]
Ma scusa... \(m>0\) ed \(|x-x_0|^2\) è un quadrato. 
"gugo82":
Ma scusa... \(m>0\) ed \(|x-x_0|^2\) è un quadrato.
Dunque è sempre positiva, fin qui ci sono...
Quindi basta dire che
\[
f(x)-f(x_0) \geq \frac{m}{2}\ |x-x_0|^2 \geq 0
\]
per concludere? Allora che cosa ha fatto la prof? Non capisco perché la prof abbia messo $m/2$ anche al primo termine della somma...
La tua prof ha preso direttamente \(\epsilon =m\) nella definizione di infinitesimo d'ordine superiore.
Ciò la fa arrivare a:
\[
f(x)-f(x_0)\geq m\ |x-x_0|^2 +R > m\ |x-x_0|^2 -m\ |x-x_0|^2=0
\]
e perciò direttamente a \(f(x)-f(x_0)\geq 0\).
Questa disuguaglianza però non mostra ciò che realmente accade intorno a \(x_0\), perchè non è possibile concludere subito che \(f(x)-f(x_0)>0\) per \(x\neq x_0\), ossia che \(x_0\) è di minimo stretto per \(f\).
[N.B.: Questo si potrebbe comunque fare, ma bisognerebbe pasticciare un po' con le disuguaglianze.]
Mentre, dalla nostra:
\[
f(x)-f(x_0)\geq \frac{m}{2}\ |x-x_0|^2
\]
si deduce subito, senza pasticciare con le disuguaglianze, che \(f(x)-f(x_0)>0\) per \(x\neq x_0\) (perchè \(x\neq x_0 \ \Rightarrow \ \frac{m}{2} |x-x_0|^2>0\)), cosicché \(x_0\) è un minimo stretto per \(f\).
Ciò la fa arrivare a:
\[
f(x)-f(x_0)\geq m\ |x-x_0|^2 +R > m\ |x-x_0|^2 -m\ |x-x_0|^2=0
\]
e perciò direttamente a \(f(x)-f(x_0)\geq 0\).
Questa disuguaglianza però non mostra ciò che realmente accade intorno a \(x_0\), perchè non è possibile concludere subito che \(f(x)-f(x_0)>0\) per \(x\neq x_0\), ossia che \(x_0\) è di minimo stretto per \(f\).
[N.B.: Questo si potrebbe comunque fare, ma bisognerebbe pasticciare un po' con le disuguaglianze.]
Mentre, dalla nostra:
\[
f(x)-f(x_0)\geq \frac{m}{2}\ |x-x_0|^2
\]
si deduce subito, senza pasticciare con le disuguaglianze, che \(f(x)-f(x_0)>0\) per \(x\neq x_0\) (perchè \(x\neq x_0 \ \Rightarrow \ \frac{m}{2} |x-x_0|^2>0\)), cosicché \(x_0\) è un minimo stretto per \(f\).
"gugo82":
La tua prof ha preso direttamente \(\epsilon =m\) nella definizione di infinitesimo d'ordine superiore.
Ciò la fa arrivare a:
\[
f(x)-f(x_0)\geq m\ |x-x_0|^2 +R > m\ |x-x_0|^2 -m\ |x-x_0|^2=0
\]
e perciò direttamente a \(f(x)-f(x_0)\geq 0\).
Questa disuguaglianza però non mostra ciò che realmente accade intorno a \(x_0\), perchè non è possibile concludere subito che \(f(x)-f(x_0)>0\) per \(x\neq x_0\), ossia che \(x_0\) è di minimo stretto per \(f\).
[N.B.: Questo si potrebbe comunque fare, ma bisognerebbe pasticciare un po' con le disuguaglianze.]
Eppure negli appunti io ed altri abbiamo scritto $m/2$... Vabbè, mi affido alla tua spiegazione, che mi torna ed ho capito. Non credo possa aver qualcosa da ridire, all'esame.
Grazie mille!
Ma sbirciare il libro di testo no, eh?
Che cosa di male vi hanno mai fatto i libri?
Vi bullizzavano quando eravate piccoli?
Che cosa di male vi hanno mai fatto i libri?
Vi bullizzavano quando eravate piccoli?
"gugo82":
Ma sbirciare il libro di testo no, eh?
Che cosa di male vi hanno mai fatto i libri?
Vi bullizzavano quando eravate piccoli?
Non c'è questa dimostrazione nel libro, o per lo meno non come l'ha spiegata la prof.
"Sergio":
[quote="giuliofis"]Non c'è questa dimostrazione nel libro, o per lo meno non come l'ha spiegata la prof.
Curiosità: qual è il libro?[/quote]
Il Bertsh ([size=85]o come si scrive, mi perdoni il prof ma non lo ricordo...)[/size] Giacomelli Dal Passo, purtroppo. Per Analisi1 mi ci son trovato bene per la teoria, ma per Analisi2 no. Tante cose che dice la prof in quel libro non ci sono, o se ci sono sono spiegate in maniera frettolosa o con alcuni passaggi omessi...
Insomma, tornassi indietro ne prenderei un altro...
Tipico "bidone" da libro per nuovi ordinamenti...
"gugo82":
Tipico "bidone" da libro per nuovi ordinamenti...
Erano tanto più approfonditi i corsi con gli ordinamenti quadriennali?
"giuliofis":
[quote="gugo82"]Tipico "bidone" da libro per nuovi ordinamenti...
Erano tanto più approfonditi i corsi con gli ordinamenti quadriennali?[/quote]
Approfonditi forse no, ma di sicuro non si dovevano fare le cose troppo di corsa.
Ed i libri erano generalmente migliori.
Ma scusate un attimo, tornando in-topic per un momento, a me questo approccio pare inutilmente complicato. Io farei come segue.
Abbiamo detto che \(f\) è di classe \(C^2\) e che la matrice Hessiana \(Hf\) è definita positiva in \(x_0\). Allora in tutta una sferetta \(B\) di centro \(x_0\) \(Hf\) resta definita positiva. Affermiamo che per ogni \(x\in B\) diverso da \(x_0\) si ha \(f(x) > f(x_0)\).
Infatti, scrivendo la formula di Taylor al primo ordine col resto di Lagrange, otteniamo
\[
f(x)=f(x_0)+\frac{1}{2}\langle Hf(\xi)(\xi-x_0), \xi-x_0\rangle,\]
dove \(\xi\) è un opportuno punto della sferetta \(B\) dipendente da \(x\) e diverso da \(x\) e da \(x_0\) (infatti esso giace nel segmento di estremi \(x\) e \(x_0\) e non è un estremo, nel caso ce ne fossimo dimenticati). Siccome \(Hf(\xi)\) è definita positiva l'ultimo addendo è strettamente positivo. Fine.
Abbiamo detto che \(f\) è di classe \(C^2\) e che la matrice Hessiana \(Hf\) è definita positiva in \(x_0\). Allora in tutta una sferetta \(B\) di centro \(x_0\) \(Hf\) resta definita positiva. Affermiamo che per ogni \(x\in B\) diverso da \(x_0\) si ha \(f(x) > f(x_0)\).
Infatti, scrivendo la formula di Taylor al primo ordine col resto di Lagrange, otteniamo
\[
f(x)=f(x_0)+\frac{1}{2}\langle Hf(\xi)(\xi-x_0), \xi-x_0\rangle,\]
dove \(\xi\) è un opportuno punto della sferetta \(B\) dipendente da \(x\) e diverso da \(x\) e da \(x_0\) (infatti esso giace nel segmento di estremi \(x\) e \(x_0\) e non è un estremo, nel caso ce ne fossimo dimenticati). Siccome \(Hf(\xi)\) è definita positiva l'ultimo addendo è strettamente positivo. Fine.
"dissonance":
Abbiamo detto che \(f\) è di classe \(C^2\) e che la matrice Hessiana \(Hf\) è definita positiva in \(x_0\). Allora in tutta una sferetta \(B\) di centro \(x_0\) \(Hf\) resta definita positiva.
Provare che \(H_f\) è definita positiva in tutto un intorno di un punto è un po' complicato forse... Ma forse no.
Basterebbe far vedere che gli autovalori di \(H_f\) dipendono con continuità dal punto (il che sembra vero, perchè i coefficienti del polinomio caratteristico sono funzioni continue) ed invocare il teorema della permanenza del segno.
Però per far vedere che le radici di un polinomio variano con continuità mi sembra serva il teorema del Dini, che di solito si dimostra dopo il Calcolo Differenziale.
Tutto vero quanto dici, ma dimostrare che
\[
Hf(x_0)\ \text{è definita positiva} \Rightarrow Hf(x)\ \text{è definita positiva in un intorno di }x_0
\]
è immediato, perché la definitezza di segno dipende dal criterio dei minori principali, che sono determinanti e quindi sono continui (perché polinomi) nelle entrate di \(Hf\).
\[
Hf(x_0)\ \text{è definita positiva} \Rightarrow Hf(x)\ \text{è definita positiva in un intorno di }x_0
\]
è immediato, perché la definitezza di segno dipende dal criterio dei minori principali, che sono determinanti e quindi sono continui (perché polinomi) nelle entrate di \(Hf\).
Vabbè, io mi atterrò comunque alla dimostrazione della mia prof. 
"giuliofis":
La prof, infatti, arrivare a scrivere che
\[f(x)−f(x_0) \geq \frac{m}{2} ||x−x_0||^2−\frac{m}{2}||x−x_0||^2=0 \Rightarrow f(x)−f(x_0)\ge 0...\]
Credo di aver capito! Nel tuo ragionamento, gugo82, credo che ti sia scappato un $1/2$!
Infatti, $f(x)-f(x_0)=1/2
$\geq 1/2 m||x-x_0||^2+R > 1/2 m||x-x_0||^2-1/2 m||x-x_0||^2=0$!
Può essere?
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