Sul minimo di \( x \mapsto \langle Ax,x \rangle + g(x)\)

[Paolo902]

Problema (concorso di ammissione SISSA). Sia $A$ una matrice simmetrica $n \times n$ a entrate reali. Si consideri la funzione
\[
f(x):= \langle Ax,x \rangle + g(x), \qquad x \in \mathbb R^n
\]
dove $g: RR^n to RR$ è una funzione continua tale che
\[
\exists c > 0, \, \, \exists p>2 : \quad \lim_{\vert x \vert \to \infty} \frac{g(x)}{\vert x \vert^p} = c
\]

(1) Provare che $f$ ammette minimo assoluto, i.e. esiste $y \in \RR^n$ tale che $f(y)=\min_{x \in \RR^n} f(x)$.
(2) Assumendo che
\[
g(0)=0, \qquad \frac{\partial g}{\partial x_i}(0)=0, \qquad \frac{\partial^2 g}{\partial x_i\partial x_j}(0)=0, \qquad \forall i,j=1,\ldots ,n
\]
dimostrare che se il minimo autovalore di $A$ è negativo, allora $y \ne 0$.

(1) L'idea è mostrare che $f$ è coerciva e da questo segue immediatamente l'asserto (per Weierstrass). Per il teorema spettrale, $A$ è diagonalizzabile: quindi possiamo, a meno di un ininfluente cambiamento di base (?), assumere che $A$ sia diagonale. Possiamo quindi scrivere $f$ nella seguente forma
\[
f(x) = a_1x_1^2 + \ldots + a_nx_n^2 + g(x)
\]
dove $A=\text{diag}(a_1, \ldots , a_n)$. Ora dobbiamo calcolare \( \lim_{\vert x \vert \to \infty} f(x) \): sfruttando l'ipotesi, abbiamo che $g(x) \sim c|x|^p$ per $|x|$ abbastanza grande. L'ipotesi $p>2$ è cruciale: ci permette infatti di concludere:
\[
f(x) = a_1x_1^2 + \ldots + a_nx_n^2 + g(x) \sim a_1x_1^2 + \ldots + a_nx_n^2 + c\vert x \vert^p \sim c\vert x \vert^p \to \infty.
\]

Vi convince?

(2) Qui c'è sicuramente sotto il quoziente di Rayleigh, ma non capisco ancora come tirarlo fuori. Per assurdo, sia $y = 0$. Allora per definizione di minimo
\[
0 = f(0) \le f(x) = \langle Ax, x \rangle + g(x)
\]
per ogni $x \in \RR^n$. Ora:

a. io vorrei far vedere che
\[
\frac{\langle Ax, x \rangle}{\vert x \vert^2} \ge 0
\]
per ogni $x \in \RR^n$ non nullo. Se mostro questo sono a posto, perché il minimo del quoziente di Rayleigh è il minimo autovalore (e quindi avrei l'assurdo).

b. Lo sviluppo di Taylor di $g$ mi dice che \( g(x)=o(\vert x \vert^2) \) per $x$ sufficientemente piccolo, ma non so come utilizzare questa informazione;

c. In realtà, per ottenere l'assurdo basterebbe mostrare che $A$ è semidefinita positiva: insomma, bisogna mostrare che $g$ non influenza il segno della forma quadratica...

Non vedo un modo per collegare le idee a-b-c. Una mano a finire, please?

EDIT: un piccolo aggiornamento.

Assumendo $A$ diagonale, il gradiente di $f$ in $x=0$ è $\nablaf(0)=0$ e l'hessiana è $2A$.

[Rigel1]

La prima parte va bene; si può forse semplificare osservando che
\[
f(x) \geq \lambda_1 |x|^2 + g(x),
\]
con \(\lambda_1\) il più piccolo autovalore.
Per la seconda parte, credo che il modo più semplice per concludere sia questo:
sia \(\xi\in\mathbb{R}^n\), \(|\xi| = 1\), un autovettore relativo al più piccolo autovalore \(\lambda_1 < 0\).
Se consideriamo la funzione \(\phi(t) := f(t\xi) = \lambda_1 t^2 + g(t\xi)\), avremo che \(\phi(0)=0\), \(\phi'(0)=0\), \(\phi''(0) < 0\), dunque per \(t=0\) abbiamo un punto di massimo relativo stretto.

[Paolo902]

Per il primo punto, sono d'accordo e ti ringrazio per la conferma.

Per la seconda parte, molto bello, ho capito tutto: in pratica la conclusione è che il punto $y=0$ è (per $f$) un massimo e quindi non può essere contemporaneamente un minimo.

Una domanda (la solita...): ma come t'è venuto in mente di scegliere proprio quella $phi$?

Grazie mille per il prezioso aiuto.

[Rigel1]

Semplicemente, se sai che la matrice ha un autovalore negativo \(\lambda_1<0\), sai che muovendoti lungo quella direzione la forma quadratica ti fornisce esattamente un contributo \(\lambda_1 t^2\). Come già avevi osservato, la perturbazione \(g\) è invece \(o(t^2)\).
Detto più spiccio, se nel testo leggo "la matrice ha un autovalore negativo", penso subito di muovermi lungo la direzione del corrispondente autovettore

[Paolo902]

Non potevi essere più chiaro di così. Grazie.