Punti critici!

[Covenant]

propongo un esercizio relativamente semplice ma che ho trovato carino, anche se forse esiste una soluzione anche più semplice di quello che ho dato io:

sia data la seguente funzione di $n$ variabili: $P = (x_1-1)^2+x_(n)^2+sum_(k=1)^(n-1) (x_(k+1)-x_k)^2$

Trovare i punti critici di $P$. Ovvero i punti (o il punto se fosse uno solo) dove è $grad P =0$

l'esercizio è preso dal testo "introduction to optimization" di Pablo Pedregal

[gugo82]

Elementare, mi sembra...

Visto che \(P(x)\) è quadratico, il sistema che vien fuori imponendo \(\nabla P(x)=o\) è lineare.
La matrice associata a tale sistema è la tridiagonale simmetrica:
\[A=\begin{pmatrix} 2 & -1 & 0 & 0 & 0 & \cdots & 0 \\ -1 & 2 & -1 & 0 & 0 &\cdots & 0 \\ 0 & -1 & 2 & -1 & 0 &\cdots & 0 \\ \vdots &\ddots & \ddots &\ddots & \ddots & \ddots & \vdots \\ 0 & \cdots & 0 & -1 & 2 & -1 & 0\\ 0 & \cdots & 0 & 0 & -1 & 2 & -1 \\ 0 & \cdots & 0 & 0 &0 & -1 & 2\end{pmatrix}\]
la quale si riduce a scalini nella forma:
\[S=\begin{pmatrix} 2 & -1 & 0 & 0 & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & \tfrac{3}{2} & -1 & 0 & 0 &\cdots & 0 \\ 0 & 0 & \tfrac{4}{3} & -1 & 0 &\cdots & 0 \\ \vdots &\ddots & \ddots &\ddots & \ddots & \ddots & \vdots \\ 0 & \cdots & 0 & 0 & \tfrac{n-1}{n-2} & -1 & 0\\ 0 & \cdots & 0 & 0 & 0 & \tfrac{n}{n-1} & -1 \\ 0 & \cdots & 0 & 0 &0 & 0 & \tfrac{n+1}{n} \end{pmatrix}\; ;\]
ciò mostra che:
\[\det A =\det S =n+1\neq 0\]
pertanto il sistema \(\nabla P(x)=o\) ha unica soluzione.

Dato che il vattore dei termini noti in \(\nabla P(x)=o\) è:
\[b=\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}\]
l'unica soluzione di \(Ax=b\) coincide con l'unica soluzione di \(Sx=\beta\), ove:
\[\beta = \begin{pmatrix} 1 \\ \tfrac{1}{2} \\ \tfrac{1}{3} \\ \vdots \\ \tfrac{1}{n-2} \\ \tfrac{1}{n-1} \\ \tfrac{1}{n}\end{pmatrix} \]
pertanto l'unico punto critico è \(\bar{x}=(\bar{x}_1,\ldots ,\bar{x}_n)\) con:
\[\forall k=1,\ldots , n,\qquad \bar{x}_k=1-\frac{k}{n+1}\; .\]

Ovviamente tale punto è un minimo per \(P(x)\) (convessità) e:
\[P(\bar{x})=\frac{1}{n+1}\; .\]

[Covenant]

corretto!

posto la mia soluzione che è un pò diversa:

da semplici calcoli si vede che:
$\frac{\partialP }{\partial x_1} = 4x_1-2x_2-2 ,\ \frac{\partialP }{\partial x_2} = 4x_2-2x_1-2x_3 \ , ...\ , \frac{\partialP }{\partial x_i} = 4x_i-2x_(i-1)-2x_(i+1), ... \ , \frac{\partialP }{\partial x_n} = 4x_n-2x_(n+1) $

quindi $gradP=0$ conduce al sistema seguente:

\begin{matrix} 2x_1-1-x_2=0
& & \\ .
& & \\ .
& & \\ .
& & \\ 2x_i-x_{i-1}-x_{i+1}=0
& & \\ .
& & \\ .
& & \\ .
& & \\ 2x_n-x_{n-1}=0
& &
\end{matrix}

con $2<=i<=n-1$

si può riassumere tutto il sistema nella singola equazione $2x_i-x_(i-1)-x_(i+1)=0$ stavolta con $1<=i<=n$ ma avendo cura di inserire le condizioni: $x_0 = 1$ e $x_(n+1)=0$ (basta osservare il sistema precedente per convincersene).
Questa è una equazione alle differenze in $x_i$ la cui soluzione è unica ed è molto semplice da trovare: $x_i=c_1 i +c_2$.
Imponendo le due condizioni precedenti si trova facilmente $c_1 = -1/(n+1)$ e $c_2 = 1$ da cui la soluzione cercata:
$x_i = 1-i/(n+1)$ con $1<=i<=n$. Quindi $x=(x_1,..,x_i,...x_n)$ con $x_i = 1-i/(n+1)$ è l'unico punto critico.