下册 7.5 多元函数微分的应用 第6题
📝 题目
6．设 $f(x), x \in \mathbf{R}^{n}$ 存在二阶连续偏导数，$\nabla f(x)$ 表示 $f(x)$ 的梯度，$\nabla^{2} f(x)=\left(h_{i j}\right)_{n \times n}$ 表示 $f(x)$的 Hesse 矩阵，其中 $\displaystyle h_{i j}=\frac{\partial^{2} f}{\partial x_{i} \partial x_{j}}(i, j=1,2, \cdots, n)$ ．
（1）设 $a \in \mathbf{R}^{n}$ 是 $f(x)$ 的稳定点，即：$\nabla f(a)=0$ ．如果 $\nabla^{2} f(x)$ 在 $x=a$ 处正定，证明 $a$ 是 $f(x)$ 的一个局部极小值点。
（2）设 $f(x)$ 的 Hesse 矩阵在所有 $x \in \mathbf{R}^{n}$ 点处正定，证明 $f(x)$ 至多有一个稳定点．
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1）由于 $\displaystyle f(x)-f(a)=\nabla f(a) \cdot(x-a)+\frac{1}{2}(x-a)^{\top} \nabla^{2} f(a)(x-a)+o\left(\|x-a\|^{2}\right), \nabla f(a)=0$ ，所以对 $\xi \in \mathbf{R}^{n},\|\xi\|=1$ 有
$$
\xi^{\top} \nabla^{2} f(a) \xi \geqslant C>0
$$
则当 $\|x-a\|$ 充分小时有
$$
\frac{f(x)-f(a)}{\|x-a\|}=\frac{1}{2}\left(\frac{x-a}{\|x-a\|}\right)^{\top} \nabla^{2} f(a)\left(\frac{x-a}{\|x-a\|}\right)+o(1)>0 .
$$
对 $a$ 的某个邻域中的点 $x, x \neq a$ 有 $f(x)>f(a)$ ．所以 $a$ 是 $f(x)$ 的一个局部极小值点．
（2）用反证法．假若 $f(x)$ 有两个稳定点 $a, b \in \mathbf{R}^{n}, \nabla f(a)=0, \nabla f(b)=0$ ，则
$$
\nabla f(a)-\nabla f(b)=\int_{0}^{1} \frac{\mathrm{~d}}{\mathrm{~d} t} \nabla f(t a+(1-t) b) \mathrm{d} t=\int_{0}^{1} \nabla^{2} f(t a+(1-t) b)(a-b) \mathrm{d} t
$$
另一方面，由 $\nabla^{2} f(x)$ 在所有 $x \in \mathbf{R}^{n}$ 点处正定得
$$
(a-b)^{\mathrm{T}} \cdot(\nabla f(a)-\nabla f(b))=\int_{0}^{1}(a-b)^{\mathrm{T}} \nabla^{2} f(t a+(1-t) b)(a-b) \mathrm{d} t>0
$$
这是矛盾的．故原结论成立．
📋 详细解题步骤
步骤 1/8
目标：写出f(x)在a点的Taylor展开
由于$f(x)$存在二阶连续偏导数，在稳定点$a$处，$\nabla f(a)=0$，则$f(x)$在$a$点的二阶Taylor展开为：
$$f(x)-f(a)=\frac{1}{2}(x-a)^\top \nabla^2 f(a)(x-a)+o(\|x-a\|^2).$$
公式：$$f(x)-f(a)=\frac{1}{2}(x-a)^\top \nabla^2 f(a)(x-a)+o(\|x-a\|^2)$$
提示：注意展开式中一阶项为零，因为$\nabla f(a)=0$。
步骤 2/8
目标：利用Hesse矩阵正定性得到下界
因为$\nabla^2 f(a)$正定，所以存在常数$C>0$使得对任意单位向量$\xi$（$\|\xi\|=1$）有$\xi^\top \nabla^2 f(a)\xi \geq C$。
公式：$$\xi^\top \nabla^2 f(a)\xi \geq C>0,\quad \forall \|\xi\|=1$$
提示：正定矩阵的最小特征值大于0，可取$C$为最小特征值。
步骤 3/8
目标：将展开式除以距离并取极限
令$\xi = \frac{x-a}{\|x-a\|}$，则当$x\neq a$时，
$$\frac{f(x)-f(a)}{\|x-a\|^2} = \frac{1}{2}\xi^\top \nabla^2 f(a)\xi + \frac{o(\|x-a\|^2)}{\|x-a\|^2}.$$
当$\|x-a\|\to 0$时，$\frac{o(\|x-a\|^2)}{\|x-a\|^2}\to 0$，因此存在$\delta>0$使得当$0<\|x-a\|<\delta$时，
$$\frac{f(x)-f(a)}{\|x-a\|^2} > \frac{C}{4} > 0.$$
公式：$$\frac{f(x)-f(a)}{\|x-a\|^2} = \frac{1}{2}\xi^\top \nabla^2 f(a)\xi + o(1)$$
提示：注意$o(\|x-a\|^2)$除以$\|x-a\|^2$后趋于0，因此可以控制其绝对值小于$C/4$。
步骤 4/8
目标：得出局部极小值结论
由上式，当$0<\|x-a\|<\delta$时，$f(x)-f(a)>0$，即$f(x)>f(a)$。因此$a$是$f(x)$的一个局部极小值点。
提示：局部极小值要求存在邻域内所有点函数值不小于该点值。
步骤 5/8
目标：反证法假设有两个稳定点
假设$f(x)$有两个不同的稳定点$a$和$b$，即$\nabla f(a)=0$，$\nabla f(b)=0$，且$a\neq b$。
提示：稳定点即梯度为零的点。
步骤 6/8
目标：利用梯度差与Hesse矩阵的关系
由梯度场的中值定理（或牛顿-莱布尼茨公式），有
$$\nabla f(a)-\nabla f(b) = \int_0^1 \frac{d}{dt} \nabla f(t a+(1-t)b) dt = \int_0^1 \nabla^2 f(t a+(1-t)b)(a-b) dt.$$
公式：$$\nabla f(a)-\nabla f(b) = \int_0^1 \nabla^2 f(t a+(1-t)b)(a-b) dt$$
提示：注意对向量值函数求导，$\frac{d}{dt}\nabla f(\gamma(t)) = \nabla^2 f(\gamma(t)) \gamma'(t)$，这里$\gamma(t)=ta+(1-t)b$，$\gamma'(t)=a-b$。
步骤 7/8
目标：利用正定性导出矛盾
将上式两边左乘$(a-b)^\top$，得
$$(a-b)^\top (\nabla f(a)-\nabla f(b)) = \int_0^1 (a-b)^\top \nabla^2 f(t a+(1-t)b)(a-b) dt.$$
由于$\nabla^2 f(x)$处处正定，且$a\neq b$，被积函数恒正，积分大于0。但左边$\nabla f(a)=\nabla f(b)=0$，左边为0，矛盾。
公式：$$0 = (a-b)^\top(0-0) = \int_0^1 (a-b)^\top \nabla^2 f(\cdot)(a-b) dt > 0$$
提示：注意正定矩阵的定义：对任意非零向量$v$，$v^\top A v > 0$。
步骤 8/8
目标：得出结论
因此假设不成立，$f(x)$至多有一个稳定点。
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