Autor Tema: Función cuadrática mínimo global y Coercividad.

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25 Junio, 2022, 11:04 pm
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S.S

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Hola a todos tengo el siguiente enunciado.

Si \( f \) es una función cuadrática, i.e., \(  f(x)=\langle Qx,x\rangle +\langle q,x\rangle + c  \), donde \( Q \) es una matriz simétrica de tamaño \( n\times n \), \( q\in \mathbb{R}^{n} \) y \( c\in \mathbb{R} \). Entonces

1. Si el problema \( f \) tiene  mínimo local, entonces la matriz \( Q \) es semidefinida positiva y todo minimizador local es global.
2.Si \( Q \) es definida positiva,entonces  \( f \) es coerciva. En particular el problema de minimización de \( f \) sobre cualquier conjunto \( D\subset \mathbb{R}^{n} \) no vacio y cerrado tiene minimizador global. mostrar que esto no es verdad cuando \( D \) no es cerrado.
      
Lo que intente hacer fue lo siguiente

1. Sea \( \overline{x} \) el mínimo local de \( f \). Note que \( f \) es una función polinomial de grado \( 2 \) luego de orden \( C^{\infty}(\mathbb{R}^{n}) \) asi usando la expansión de Taylor y el hecho de que \( \overline{x} \) es minimizador se tiene  \( \langle f^{\prime \prime}(\overline{x})d,d \rangle \geq 0 \hspace{3mm}\text{para cada}\hspace{2mm}d \in \mathbb{R}^{n} \) y como \( f^{\prime \prime}(\overline{x})=Q \), se tiene que \( Q \) es semidefinida positiva.  No sé si se pueda probar sin recurrir a la diferenciabilidad y la parte de que todo mínimo local es global no sabría como iniciarla.

2. Para provar que es coerciva lo que estoy intentando es ver que como \( Q \) es simetrica sea \(  \lambda >0 \) el menor valor propio de \( Q \) luego se tiene  \( \lambda\left\|{x}\right\|^{2}+ \langle q,x\rangle +c \leq f(x) \)  Luego intento decir que \( \displaystyle \lim_{\left\|{x}\right\|\to \infty}\lambda\left\|{x}\right\|^{2}+ \langle q,x\rangle +c= + \infty \) pero no sé probar esto formalmente y si sea verdad. La segunda parte no se me ocurre nada aún.

Gracias de antemano.

26 Junio, 2022, 08:30 am
Respuesta #1

Luis Fuentes

  • el_manco
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Hola

Hola a todos tengo el siguiente enunciado.

Si \( f \) es una función cuadrática, i.e., \(  f(x)=\langle Qx,x\rangle +\langle q,x\rangle + c  \), donde \( Q \) es una matriz simétrica de tamaño \( n\times n \), \( q\in \mathbb{R}^{n} \) y \( c\in \mathbb{R} \). Entonces

1. Si el problema \( f \) tiene  mínimo local, entonces la matriz \( Q \) es semidefinida positiva y todo minimizador local es global.
2.Si \( Q \) es definida positiva,entonces  \( f \) es coerciva. En particular el problema de minimización de \( f \) sobre cualquier conjunto \( D\subset \mathbb{R}^{n} \) no vacio y cerrado tiene minimizador global. mostrar que esto no es verdad cuando \( D \) no es cerrado.
      
Lo que intente hacer fue lo siguiente

1. Sea \( \overline{x} \) el mínimo local de \( f \). Note que \( f \) es una función polinomial de grado \( 2 \) luego de orden \( C^{\infty}(\mathbb{R}^{n}) \) asi usando la expansión de Taylor y el hecho de que \( \overline{x} \) es minimizador se tiene  \( \langle f^{\prime \prime}(\overline{x})d,d \rangle \geq 0 \hspace{3mm}\text{para cada}\hspace{2mm}d \in \mathbb{R}^{n} \) y como \( f^{\prime \prime}(\overline{x})=Q \), se tiene que \( Q \) es semidefinida positiva.  No sé si se pueda probar sin recurrir a la diferenciabilidad y la parte de que todo mínimo local es global no sabría como iniciarla.

Puedes usar que mediante un cambio de base toda función cuadrática semidefinida positiva de rango \( k \) puede escribirse como:

\( f(x_1,\ldots,x_n)=x_1^2+\ldots+x_k^2+a_{k+1}x_{k+1}+\ldots+a_nx_n+c \)

Citar
2. Para provar que es coerciva lo que estoy intentando es ver que como \( Q \) es simetrica sea \(  \lambda >0 \) el menor valor propio de \( Q \) luego se tiene  \( \lambda\left\|{x}\right\|^{2}+ \langle q,x\rangle +c \leq f(x) \)  Luego intento decir que \( \displaystyle \lim_{\left\|{x}\right\|\to \infty}\lambda\left\|{x}\right\|^{2}+ \langle q,x\rangle +c= + \infty \) pero no sé probar esto formalmente y si sea verdad. La segunda parte no se me ocurre nada aún.

Pues casi lo tienes:

 \( \lambda\left\|{x}\right\|^{2}+ \langle q,x\rangle +c=\|x\|\left(\lambda \|x\|+\dfrac{1}{\|x\|}{\langle q,x\rangle}+\dfrac{c}{\|x\|}\right) \)

Ahora ten en cuenta que:

\( \dfrac{c}{\|x\|}\to 0 \)

y que:

\( \dfrac{1}{\|x\|}\langle q,x\rangle \)

está acotado, por que si \( x=(x_1,\ldots,x_n) \) entonces \( \dfrac{x_i}{\|x\|} \) está acotado.

Saludos.

28 Junio, 2022, 01:01 am
Respuesta #2

S.S

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Hola Luis, Gracias por la respuesta.


Puedes usar que mediante un cambio de base toda función cuadrática semidefinida positiva de rango \( k \) puede escribirse como:

\( f(x_1,\ldots,x_n)=x_1^2+\ldots+x_k^2+a_{k+1}x_{k+1}+\ldots+a_nx_n+c \)


Esta parte no sé como justificarla, me prodría indicar.

Para la parte 2 del item (1). Se me ocurre lo siguiente: Si \( \overline{x} \) fuera mínimo local mas no global, entonces consideremos el conjunto \( A= \{y \in \mathbb{R}^{n}: f(y)<f(\overline{x})\} \). \( A\neq \emptyset \) por la  suposición. A es abierto.  A es fechado. Se no fuera cerrado, entoces existiría un \( x \in \overline{A}\setminus A \), luego existe una sequencia \( \{x_{k}\}\subset A \) tales que \( \displaystyle \lim_{k\to \infty}x_{k}=x \), de esto se tiene que \( f(x)\leq f(\overline{x}) \), pero de ahi no sé si pueda concluir mediante algun argumento que \( f(x)<f(\overline{x}) \), así \( A=\mathbb{R}^{n} \). (No sé si la observación que usted me puso va dirigida tambien a resolver la parte 2 del item 1 de otra forma.)
Pues casi lo tienes:

 \( \lambda\left\|{x}\right\|^{2}+ \langle q,x\rangle +c=\|x\|\left(\lambda \|x\|+\dfrac{1}{\|x\|}{\langle q,x\rangle}+\dfrac{c}{\|x\|}\right) \)

Ahora ten en cuenta que:

\( \dfrac{c}{\|x\|}\to 0 \)

y que:

\( \dfrac{1}{\|x\|}\langle q,x\rangle \)

está acotado, por que si \( x=(x_1,\ldots,x_n) \) entonces \( \dfrac{x_i}{\|x\|} \) está acotado.

Esta quedo clara, ¿puedo decir que \( \Bigg| \dfrac{1}{\|x\|}\langle q,x\rangle \rvert \Bigg|\leq \|q\| \)?

Gracias de nuevo.