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Minimo local y gradiente nulo

Jorgeston Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jul 7 2009, 10:21 PM Publicado: #1
Dios Matemático Supremo Grupo: Baneado Mensajes: 2.588 Registrado: 7-November 06 Miembro Nº: 2.747	Demostrar que si $TEX: $f:\mathbb{R}^n \to \mathbb{R}$$ diferenciable en $TEX: $x^$$ y ademas $TEX: $x^$$ es minimo local, entonces $TEX: $\nabla f( x^)=0$$ saludos Mensaje modificado por Jorgeston* el Jul 7 2009, 10:22 PM

Abu-Khalil Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jul 8 2009, 12:32 AM Publicado: #2
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 3.812 Registrado: 4-November 07 Desde: Santiago Miembro Nº: 12.213 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	$TEX: \noindent Consideremos la función<br />\[\begin{tabular}{c c c c c}<br />$g$&:&$\mathbb{R}$&$\to$&$\mathbb{R}$\\<br />&&$t$&$\to$&$f(x^+th)$<br />\end{tabular},\]<br />$\forall h\in\mathbb{R}^n$. Ahora bien, como $f(x^)$ es punto mínimo entonces para cualquier $h$, también lo es $g(0)$ y sigue que<br />\[0=g'(0)=\nabla f'(x)\cdot h\Rightarrow \nabla f(x^)=0.\qquad \square\]<br />$ -------------------- ~milopez $TEX: \[\mathfrak{L}=\int_{-\infty}^\infty e^{-289x^2}dx=\frac{\Gamma (\frac{1}{2})}{17}=\frac{\sqrt{\pi}}{17}\]$ $TEX: <br />\begin{equation}\begin{aligned}<br />dS_t&=\mu S_t dt+\sqrt{V_t}S_t dW^S_t\\<br />dV_t&=\kappa(\theta-V_t)dt+\sigma\sqrt{V_t} dW^V_t\\<br />\end{aligned}\end{equation}<br />$ $TEX: <br />$$\mathbb A^{\text U}_M(N)$$<br />$

Jorgeston Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jul 8 2009, 12:40 AM Publicado: #3
Dios Matemático Supremo Grupo: Baneado Mensajes: 2.588 Registrado: 7-November 06 Miembro Nº: 2.747	CITA(Abu-Khalil @ Jul 8 2009, 01:32 AM) $TEX: \noindent Consideremos la función<br />\[\begin{tabular}{c c c c c}<br />$g$&:&$\mathbb{R}$&$\to$&$\mathbb{R}$\\<br />&&$t$&$\to$&$f(x^+th)$<br />\end{tabular},\]<br />$\forall h\in\mathbb{R}^n$. Ahora bien, como $f(x^)$ es punto mínimo entonces para cualquier $h$, también lo es $g(0)$ y sigue que<br />\[0=g'(0)=\nabla f'(x)\cdot h\Rightarrow \nabla f(x^)=0.\qquad \square\]<br />$ g'(0) es igual a 0 ¿por qué? ( El gradiente es una derivada en n dimensiones y la función f va desde IR^n a IR, asi que estas usando lo que ya queremos demostrar, con n=1 ) Saludos Mensaje modificado por Jorgeston el Jul 8 2009, 12:43 AM

Abu-Khalil Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jul 8 2009, 12:54 AM Publicado: #4
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 3.812 Registrado: 4-November 07 Desde: Santiago Miembro Nº: 12.213 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	Aps, pensé que podíamos usar el Principio de Fermat. Lo demostramos tncs xD: $TEX: \noindent Consideremos el caso particular cuando $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$. Como $f$ es diferenciable, por TVM existe $\xi\in[x,x^+h]$ con $h>0$ tal que<br />\[f'(\xi)=\frac{f(x^+h)-f(x^)}{h}\geq 0,\]<br />pues $x^$ es mínimo. De igual forma, existe $\zeta\in[x^-h,x^]$ tal que<br />\[f'(\zeta)=\frac{f(x^)-f(x^-h)}{h}\leq 0.\]<br />Luego, haciendo tender $h\to 0$ sólo puede ser que $f'(x^)=0$.<br />$ Aunque ahora que lo pienso siempre jugamos con cosas de derivada continua (de hecho, en la demostración lo usé). También es válido pa las más penquita xD? -------------------- ~milopez $TEX: \[\mathfrak{L}=\int_{-\infty}^\infty e^{-289x^2}dx=\frac{\Gamma (\frac{1}{2})}{17}=\frac{\sqrt{\pi}}{17}\]$ $TEX: <br />\begin{equation}\begin{aligned}<br />dS_t&=\mu S_t dt+\sqrt{V_t}S_t dW^S_t\\<br />dV_t&=\kappa(\theta-V_t)dt+\sigma\sqrt{V_t} dW^V_t\\<br />\end{aligned}\end{equation*}<br />$ $TEX: <br />$$\mathbb A^{\text U}_M(N)$$<br />$

Jorgeston Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jul 8 2009, 01:05 AM Publicado: #5
Dios Matemático Supremo Grupo: Baneado Mensajes: 2.588 Registrado: 7-November 06 Miembro Nº: 2.747	CITA(Abu-Khalil @ Jul 8 2009, 01:54 AM) Aunque ahora que lo pienso siempre jugamos con cosas de derivada continua. También es válido pa las más penquita xD? Si. Con diferenciabilidad en el punto basta y sobra. Mañana posteo mi solución, ahora tengo que estudiar Tenias un error de tipeo, se debe escribir $TEX: $g'(0)=\nabla f(x^)h$$ (chain rule) Hay una cosa que me intriga de tu solución . Fijate que si tenemos que $TEX: $\nabla f(x^)=0$$ , ese $TEX: $0$$ de ahi en realidad es un vector , pero observo ( me parece) que en tu solución el cero al que llegas es un numero (escalar), no un vector ( por el g'(0)=0) . No se que pasó ahí....( ojalá aclares eso) Saludos Mensaje modificado por Jorgeston el Jul 8 2009, 01:07 AM

Abu-Khalil Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jul 8 2009, 01:09 AM Publicado: #6
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 3.812 Registrado: 4-November 07 Desde: Santiago Miembro Nº: 12.213 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	No, lo que pasa es que el $TEX: $h$$ es vector, entonces a lo que se llega es que el vector gradiente es ortogonal a todo vector de R^n, es decir, necesariamente es cero. -------------------- ~milopez $TEX: \[\mathfrak{L}=\int_{-\infty}^\infty e^{-289x^2}dx=\frac{\Gamma (\frac{1}{2})}{17}=\frac{\sqrt{\pi}}{17}\]$ $TEX: <br />\begin{equation}\begin{aligned}<br />dS_t&=\mu S_t dt+\sqrt{V_t}S_t dW^S_t\\<br />dV_t&=\kappa(\theta-V_t)dt+\sigma\sqrt{V_t} dW^V_t\\<br />\end{aligned}\end{equation}<br />$ $TEX: <br />$$\mathbb A^{\text U}_M(N)$$<br />$

Jorgeston Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jul 8 2009, 01:20 AM Publicado: #7
Dios Matemático Supremo Grupo: Baneado Mensajes: 2.588 Registrado: 7-November 06 Miembro Nº: 2.747	CITA(Abu-Khalil @ Jul 8 2009, 02:09 AM) No, lo que pasa es que el $TEX: $h$$ es vector, entonces a lo que se llega es que el vector gradiente es ortogonal a todo vector de R^n, es decir, necesariamente es cero. Ah claro =D, grtacias por la obsrevación, no lo habia visto. Ya , mañana postearé mi solución. Tu solución igual la califico de buena de todas maneras, (aunque uses el hecho de que sea continuamente diferenciable), y considerando que un minimo de una función en una variable cumple que su derivada se anule necesariamente, y demostrando ese hecho tal como lo hiciste. Por lo demas indico que la solución que presentaré mañana no está tan ajena a lo que se hizo acá, en ciertos aspectos. Pero yo me doy una vuelta media larga "quizas" Saludos Mensaje modificado por Jorgeston el Jul 8 2009, 01:21 AM

Jorgeston Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jul 8 2009, 05:35 PM Publicado: #8
Dios Matemático Supremo Grupo: Baneado Mensajes: 2.588 Registrado: 7-November 06 Miembro Nº: 2.747	Mi solución: La solución se basa en el siguiente lema: Lema: $TEX: Sea $f:\mathbb{R}^n\to \mathbb{R}$ diferenciable en $\bar{x}$. Si $\exists \vec{d}:\nabla^t f(\bar{x})\vec{d}<0$ , entonces existe $\delta>0$ tal que $f(\bar{x}+\lambda \vec{d})<f(\bar{x})$ para todo $\lambda\in (0,\delta)$<br />$ Demostración: $TEX: \noindent Por diferenciabilidad se tiene que <br /><br />\noindent $f(\bar{x}+\lambda \vec{d})=f(\bar{x})+\lambda \nabla^t f(\bar{x})\vec{d}+\lambda \|\|\vec{d}\|\|\mathcal{O}(\bar{x};\lambda \vec{d})$<br /><br />\noindent donde $\mathcal{O}(\bar{x};\lambda \vec{d})\to 0$ cuando $\lambda\to 0$. Agrupando y dividiendo por $\lambda$ se llega a:<br /><br />\noindent $\dfrac{f(\bar{x}+\lambda \vec{d})-f(\bar{x})}{\lambda}=\nabla^t f(\bar{x})\vec{d}+\|\|\vec{d}\|\|\mathcal{O}(\bar{x};\lambda \vec{d})$<br /><br />\noindent Como $\nabla^t f(\bar{x})\vec{d}<0$ y $\mathcal{O}(\bar{x};\lambda \vec{d})\to 0$, luego $\exists \delta>0$ tal que $\nabla^t f(\bar{x})\vec{d}+\mathcal{O}(\bar{x};\lambda \vec{d})<0$ para todo $ \lambda\in (0,\delta)\blacksquare$$ Ahora demostramos el propuesto: $TEX: \noindent Sea $x^$ minimo local de $f$ y supongamos que $\nabla f\neq \vec{0}$. Sea $\vec{d}=-\nabla f(x)$. Entonces tenemos que $\nabla^t f(x^)\vec{d}=-\|\|\nabla f(x^)\|\|^2<0$. Entonces por el lema anterior, existe $\delta>0$ tal que $f(x^+\lambda \vec{d})<f(x^)$ para todo $\lambda\in (0,\delta)$, contradiciendo el hecho de que $x^$ sea minimo local.<br /><br />\noindent Luego $\nabla f(x^)=\vec{0}$$ Saludos Mensaje modificado por Jorgeston* el Jul 8 2009, 05:36 PM

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