Zeri isolati
Problema (concorso di ammissione SISSA). Sia $f: RR^2 \to RR$ una funzione $C^{\infty}$ con la seguente proprietà: se $(x,y) \in \RR^2$ è uno zero di $f$ allora
[*:1t2xk7ds] il gradiente di $f$ in $(x,y)$ è singolare. [/*:m:1t2xk7ds]
[*:1t2xk7ds] l'hessiana di $f$ in $(x,y)$ è non singolare. [/*:m:1t2xk7ds][/list:u:1t2xk7ds]
Mostrare che $f$ può avere solo zeri isolati.
Le mie idee sono in spoiler. Qualcuno ha voglia di dare un'occhiata, per cortesia? Grazie!
Risposte
Hmm... No, prova a considerare restrizioni 1-dimensionali. Voglio dire, preso uno zero \(x_0\), considera \(\phi_{\gamma}(t)=f(\gamma(t))\), dove \(\gamma\) è una curva passante per \(x_0\) (precisamente \(\gamma(0)=x_0\)). Vuoi vedere che queste funzioni hanno qualche proprietà interessante sulla derivata seconda? E che quindi in un intorno di \(t=0\) esse possono annullarsi solo per \(t=0\)?
Prova, prova, poi facci sapere.
Prova, prova, poi facci sapere.
Se \( (x_0,y_0)\) è uno zero di \(f(x,y)\) in base alle ipotesi \( (x_0,y_0)\) risulta essere un minimo o un massimo relativo stretto, quindi \(f(x,y)>f(x_0,y_0)=0\) o \(f(x,y)
Ma potrei sbagliarmi.
Ma potrei sbagliarmi.
@ dissonance: grazie mille, come al solito per il tuo aiuto.
Dunque, se non ho sbagliato i conti, viene qualcosa del genere: risulta ovviamente
\[
\frac{d\phi}{dt}\mid_{t=0} = \langle \nabla f(\gamma(0)) , \gamma'(0) \rangle = 0.
\]
La derivata seconda, invece (?):
\[
\frac{d^2\phi}{dt^2}\mid_{t=0} = \langle \gamma'(0), H_f(x_0) \gamma'(0) \rangle + \langle \nabla f (\gamma(0)), \gamma''(0) \rangle = \langle \gamma'(0), H_f(x_0) \gamma'(0) \rangle.
\]
[EDIT: Questa deduzione è banalmente errata. Vedi messaggi successivi.] Ora, il fatto che il determinante di $H$ è non nullo mi garantisce che la matrice è definita, quindi $\phi$ è strettamente concava/convessa in un intorno di $t=0$. Adesso la conclusione è immediata per convessità?
@ totissimus: no, non mi dire! Mi sono scervellato per due ore ed era così semplice?!?
Solo una domanda: perché possiamo affermare che il punto è di minimo/massimo stretto?
Grazie mille per il vostro aiuto.
Dunque, se non ho sbagliato i conti, viene qualcosa del genere: risulta ovviamente
\[
\frac{d\phi}{dt}\mid_{t=0} = \langle \nabla f(\gamma(0)) , \gamma'(0) \rangle = 0.
\]
La derivata seconda, invece (?):
\[
\frac{d^2\phi}{dt^2}\mid_{t=0} = \langle \gamma'(0), H_f(x_0) \gamma'(0) \rangle + \langle \nabla f (\gamma(0)), \gamma''(0) \rangle = \langle \gamma'(0), H_f(x_0) \gamma'(0) \rangle.
\]
[EDIT: Questa deduzione è banalmente errata. Vedi messaggi successivi.] Ora, il fatto che il determinante di $H$ è non nullo mi garantisce che la matrice è definita, quindi $\phi$ è strettamente concava/convessa in un intorno di $t=0$. Adesso la conclusione è immediata per convessità?
@ totissimus: no, non mi dire! Mi sono scervellato per due ore ed era così semplice?!?
Solo una domanda: perché possiamo affermare che il punto è di minimo/massimo stretto?Grazie mille per il vostro aiuto.
Scusate, forse è solo un problema di terminologia.
Se la matrice \(H\) è non singolare, questo non significa che sia definita (positiva o negativa); significa solo che ha tutti gli autovalori non nulli, ma potrebbero essere uno positivo e uno negativo.
E' chiaro che, nelle ipotesi date, se \(H\) è definita, lo zero è isolato (basta la formula di Taylor, come già osservato); il problema si ha quando la matrice è indefinita.
Se la matrice \(H\) è non singolare, questo non significa che sia definita (positiva o negativa); significa solo che ha tutti gli autovalori non nulli, ma potrebbero essere uno positivo e uno negativo.
E' chiaro che, nelle ipotesi date, se \(H\) è definita, lo zero è isolato (basta la formula di Taylor, come già osservato); il problema si ha quando la matrice è indefinita.
Propongo questo approccio.
Supponiamo esista una successione di zeri \((x_k)\subset\mathbb{R}^2\setminus\{0\}\), \(x_k\to 0\).
A meno di una sottosuccessione possiamo assumere che \(\xi_k := \frac{x_k}{|x_k|} \to \xi\), con \(|\xi| = 1\).
Per ipotesi, abbiamo che
\[
0 = Df(x_k) = Df(0) + H x_k + o (|x_k|) = H x_k + o (|x_k|),
\]
con \(H = D^2f(0)\), da cui \(0 = H \xi_k + o(1)\).
Passando al limite ricaviamo che \(H\xi = 0\), contro l'ipotesi che \(H\) sia non singolare.
Supponiamo esista una successione di zeri \((x_k)\subset\mathbb{R}^2\setminus\{0\}\), \(x_k\to 0\).
A meno di una sottosuccessione possiamo assumere che \(\xi_k := \frac{x_k}{|x_k|} \to \xi\), con \(|\xi| = 1\).
Per ipotesi, abbiamo che
\[
0 = Df(x_k) = Df(0) + H x_k + o (|x_k|) = H x_k + o (|x_k|),
\]
con \(H = D^2f(0)\), da cui \(0 = H \xi_k + o(1)\).
Passando al limite ricaviamo che \(H\xi = 0\), contro l'ipotesi che \(H\) sia non singolare.
Ricapitolo un attimo, perché temo di essermi perso.
La soluzione di totissimus non è sbagliata, ma incompleta, perché assume come ipotesi aggiuntiva il fatto che l'hessiana sia definita.
Rigel, il tuo approccio rappresenta esattamente quello che volevo fare io, solo che - ancora una volta - non sono stato capace di concludere in maniera appropriata. Molto elegante: in sostanza, scrivi lo sviluppo di Taylor del differenziale e poi passando al limite concludi in un attimo.
Per quanto riguarda l'idea di dissonance e - soprattutto - i miei conti, che sono quelli che mi preoccupano di più , che ne pensate? Vi pare tutto corretto?
Grazie mille.
La soluzione di totissimus non è sbagliata, ma incompleta, perché assume come ipotesi aggiuntiva il fatto che l'hessiana sia definita.
Rigel, il tuo approccio rappresenta esattamente quello che volevo fare io, solo che - ancora una volta - non sono stato capace di concludere in maniera appropriata. Molto elegante: in sostanza, scrivi lo sviluppo di Taylor del differenziale e poi passando al limite concludi in un attimo.
Per quanto riguarda l'idea di dissonance e - soprattutto - i miei conti, che sono quelli che mi preoccupano di più
, che ne pensate? Vi pare tutto corretto? Grazie mille.
@Rigel: Cioè tu stai sviluppando secondo Taylor il gradiente di \(f\), invece di \(f\)?
Comunque appoggio l'obiezione di Rigel. Secondo me "non singolare" non significa "definita di segno", altrimenti il problema sarebbe troppo facile.
Comunque appoggio l'obiezione di Rigel. Secondo me "non singolare" non significa "definita di segno", altrimenti il problema sarebbe troppo facile.
Sì, per quello che ho capito io, Rigel ha sviluppato secondo Taylor proprio il gradiente di $f$.
Comunque, ho capito: in sostanza vale anche per me la stessa cosa di totissimus, non possiamo concludere nulla sul segno di $H$. Pensi che si possa salvare qualcosa del "nostro" ragionamento, dissonance?
Comunque, ho capito: in sostanza vale anche per me la stessa cosa di totissimus, non possiamo concludere nulla sul segno di $H$. Pensi che si possa salvare qualcosa del "nostro" ragionamento, dissonance?
Per Paolo: I tuoi conti sono giusti, come previsto ti è saltata fuori la forma quadratica associata alla matrice Hessiana. Solo che, devo ammettere, mi sa che quella strada finisce qui. Io immaginavo di usare fatti di algebra lineare sulle forme quadratiche, ma non vedo niente di utile all'orizzonte.
Meglio battere la strada aperta da Rigel, manco a dirlo.
Meglio battere la strada aperta da Rigel, manco a dirlo.
Grazie mille per l'aiuto e per la pazienza.
Sì, ho sviluppato al primo ordine la funzione \(F(x) := Df(x)\).
L'unica cosa che mi lascia perplesso sta nel fatto che non si usa l'ipotesi che i punti siano zeri, ma solo che in quei punti si annulli il gradiente.
In altre parole, se non sto prendendo un abbaglio, basta assumere che nei punti critici la matrice hessiana sia non singolare per concludere che i punti critici sono isolati (fatto che peraltro segue dal teorema di invertibilità locale applicato alla funzione \(F\)).
L'unica cosa che mi lascia perplesso sta nel fatto che non si usa l'ipotesi che i punti siano zeri, ma solo che in quei punti si annulli il gradiente.
In altre parole, se non sto prendendo un abbaglio, basta assumere che nei punti critici la matrice hessiana sia non singolare per concludere che i punti critici sono isolati (fatto che peraltro segue dal teorema di invertibilità locale applicato alla funzione \(F\)).
stavo provando per divertimento questo problema. Ma non mi torna il testo. Prendiamo:
$f(x,y)=x^2-y^2$
Questa è t.c.:
$f(0,0)=0$
$grad f(x,y)=(2x,-2y)=$ => $grad f(0,0)=(0,0)$
$H=((2,0),(0,-2))$ => $Iac(0,0)=-4$
e quindi rispetta le ipotesi. Inoltre credo sia C-infinito. Però la funzione si annulla sulla retta $x=y$ e quindi lo zero non è isolato.
Che mi sfugge?
$f(x,y)=x^2-y^2$
Questa è t.c.:
$f(0,0)=0$
$grad f(x,y)=(2x,-2y)=$ => $grad f(0,0)=(0,0)$
$H=((2,0),(0,-2))$ => $Iac(0,0)=-4$
e quindi rispetta le ipotesi. Inoltre credo sia C-infinito. Però la funzione si annulla sulla retta $x=y$ e quindi lo zero non è isolato.
Che mi sfugge?
Negli altri zeri della funzione il gradiente non si annulla; devi avere un punto di accumulazione di punti stazionari (nel tuo esempio l'origine è invece l'unico punto stazionario).
"Rigel":
Negli altri zeri della funzione il gradiente non si annulla; devi avere un punto di accumulazione di punti stazionari (nel tuo esempio l'origine è invece l'unico punto stazionario).
ok, ma il problema non lo dice... o mi sono perso qualcosa?
ahhhh... ho capito... nel testo si intende che per ogni zero della funzione il gradiente si annulla, non solo in un partciolare zero....
ok scusate avevo frainteso!
ok scusate avevo frainteso!
In effetti la formulazione del problema presenta qualche problema 
. Una formulazione significativa è secondo me la seguente.
Proposizione. Sia \(f\colon \mathbb{R}^n\to \mathbb{R}\) una funzione di classe \(C^2\) e sia \(x_0\in \mathbb{R}^n\) un suo punto critico. Se \(x_0\) non è isolato, nel senso che esiste una successione \(x_k\) di punti critici tale che \(x_k \to x_0\), allora la matrice Hessiana di \(f\) in \(x_0\) è singolare.
Commento Questa è una proposizione ben nota a chi svolge esercizi sulla determinazione di massimi e minimi relativi per funzioni di più variabili. Quando capitano punti critici non isolati, non vale neanche la pena di calcolare la matrice Hessiana perché non sarà mai definita di segno e quindi non ci permetterà mai di stabilirne la natura. Negli esercizi spesso i punti critici non isolati formano una linea ("luogo di punti critici").
dimostrazione (Rigel) Sia
\[
\xi_k=\frac{x_k-x_0}{\lvert x_k-x_0\rvert}.\]
Questa successione è limitata e quindi ha una estratta convergente: \(\xi_{h(k)}\to \xi,\ \lvert \xi\rvert=1.\)
Sviluppando secondo Taylor di punto centrale \(x_0\) il gradiente di \(f\) otteniamo
\[
0=Df(x_{h(k)})=Hf(x_0)(x_{h(k)}-x_0)+o(\lvert x_{h(k)}-x_0\rvert),
\]
e quindi, dividendo per \(\lvert x_0-x_{h(k)}\rvert\),
\[
0=Hf(x_0)\xi_{h(k)}+o(1), \]
da cui, per \(k \to \infty\),
\[
0=Hf(x_0)\xi.\]
Siccome \(\xi \ne 0\), \(Hf(x_0)\) è singolare.
. Una formulazione significativa è secondo me la seguente. Proposizione. Sia \(f\colon \mathbb{R}^n\to \mathbb{R}\) una funzione di classe \(C^2\) e sia \(x_0\in \mathbb{R}^n\) un suo punto critico. Se \(x_0\) non è isolato, nel senso che esiste una successione \(x_k\) di punti critici tale che \(x_k \to x_0\), allora la matrice Hessiana di \(f\) in \(x_0\) è singolare.
Commento Questa è una proposizione ben nota a chi svolge esercizi sulla determinazione di massimi e minimi relativi per funzioni di più variabili. Quando capitano punti critici non isolati, non vale neanche la pena di calcolare la matrice Hessiana perché non sarà mai definita di segno e quindi non ci permetterà mai di stabilirne la natura. Negli esercizi spesso i punti critici non isolati formano una linea ("luogo di punti critici").
dimostrazione (Rigel) Sia
\[
\xi_k=\frac{x_k-x_0}{\lvert x_k-x_0\rvert}.\]
Questa successione è limitata e quindi ha una estratta convergente: \(\xi_{h(k)}\to \xi,\ \lvert \xi\rvert=1.\)
Sviluppando secondo Taylor di punto centrale \(x_0\) il gradiente di \(f\) otteniamo
\[
0=Df(x_{h(k)})=Hf(x_0)(x_{h(k)}-x_0)+o(\lvert x_{h(k)}-x_0\rvert),
\]
e quindi, dividendo per \(\lvert x_0-x_{h(k)}\rvert\),
\[
0=Hf(x_0)\xi_{h(k)}+o(1), \]
da cui, per \(k \to \infty\),
\[
0=Hf(x_0)\xi.\]
Siccome \(\xi \ne 0\), \(Hf(x_0)\) è singolare.
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