alquimiayciencias: Café matemático...Condición suficiente de extremo

Teorema. Sea $f \colon A \subseteq \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}$ dos veces diferenciable en ${\bf a} \in A,$ sea $Q$ la forma cuadrática asociada a la matriz hessiana $Hf({\bf a})$ y supongamos que $\nabla f({\bf a})={\bf 0}.$

Si $Q$ es definida positiva entonces $f$ tiene un mínimo relativo en ${\bf a}.$
Si $Q$ es definida negativa entonces $f$ tiene un máximo relativo en ${\bf a}.$
Si $Q$ es indefinida entonces $f$ tiene un punto de silla en ${\bf a}.$

Demostración. Según el teorema de Taylor tenemos

$\displaystyle{f({\bf x})=f({\bf a}) + \frac{1}{2}Q({\bf x}-{\bf a})+R({\bf x}),\hskip2em \lim_{{\bf x} \to {\bf a}} \frac{R({\bf x})}{\|{\bf x}-{\bf a}\|^2}=0,}$

y por lo tanto

$\displaystyle{\frac{f({\bf x})-f({\bf a})}{\|{\bf x}-{\bf a}\|^2}= \frac{1}{2}Q \left (\frac{{\bf x}-{\bf a}}{\|{\bf x}-{\bf a}\|}\right ) + \frac{R({\bf x})}{\|{\bf x}-{\bf a}\|^2}.}$

Supongamos primero que $Q$ es definida positiva. Como $Q$ es continua, $Q$ alcanza su mínimo sobre el compacto $K=\{{\bf x} \in \mathbb{R}^n \colon \|{\bf x}\|=1\},$ es decir, existe ${\bf x}_0 \in K$ tal que $f({\bf x}) \geq f({\bf x}_0)$ para todo ${\bf x} \in K.$ Como $Q$ es definida positiva se tiene $m=f({\bf x}_0)>0.$

Observemos que

$\displaystyle{\frac{f({\bf x})-f({\bf a})}{\|{\bf x}-{\bf a}\|^2} \geq \frac{m}{2} + \frac{R({\bf x})}{\|{\bf x}-{\bf a}\|^2}.}$

Sea $\delta >0$ tal que si $0 < \|{\bf x}-{\bf a}\| < \delta$ entonces $\displaystyle{\frac{|R({\bf x})|}{\|{\bf x}-{\bf a}\|^2} <\frac{m}{4}.}$ Tenemos $\displaystyle{\frac{f({\bf x})-f({\bf a})}{\|{\bf x}-{\bf a}\|^2} >\frac{m}{4}}$ y por lo tanto $f({\bf x}) > f({\bf a})$ siempre que $0 < \|{\bf x}-{\bf a}\| < \delta,$ es decir, que $f$ tiene un mínimo relativo en ${\bf a}.$ Un razonamiento análogo sirve para probar que si $Q$ es definida negativa entonces $f$ tiene un máximo relativo en ${\bf a}.$

Finalmente, supongamos que $Q$ es indefinida.

Sean ${\bf u}, {\bf v}$ dos vectores unitarios tales que $Q({\bf u}) < 0 < Q({\bf v}).$ Tenemos

$\displaystyle{f(a+t{\bf v})=f({\bf a}) + \frac{1}{2} Q(t{\bf v}) + R({\bf a}+t{\bf v}),}$

de donde se deduce que

$\displaystyle{\frac{f(a+t{\bf v})-f({\bf a})}{t^2} = \frac{1}{2} Q({\bf v}) + \frac{R({\bf a}+t{\bf v})}{t^2},}$

Sea $r>0$ arbitrario y sea $0 < \delta < r$ tal que si $0 < |t| < \delta$ entonces $\displaystyle{\frac{|R({\bf a}+t {\bf v})|}{t^2}<\frac{Q({\bf v})}{4}.}$ Tenemos $\displaystyle{\frac{f(a+t{\bf v})-f({\bf a})}{t^2} > \frac{Q({\bf v})}{4},}$ y por lo tanto $f({\bf a} + t {\bf v}) > f({\bf a}).$