Исследование на экстремум в вырожденном случае

[zykov]

ozheredov в сообщении #1534076 писал(а):

Вероятность попасть на множество меры нуль (кривую $y=2 x^2$) -- это примерно нуль

И что?
Эти точки дают контрпример для гипотезы "что есть минимум" (т.к. ноль в нуле и наличие плюса в окрестности очевидны).
Т.к. функция непрерывна, то и в какой-то окрестности будет минус, т.е. мера далеко не ноль.

-- 06.10.2021, 06:40 --

ozheredov в сообщении #1533918 писал(а):

Если одновременно найдутся два направления с приращениями разных знаков -- это оно

Для данной задачи это просто не верно.
Если выбрать направление $y=kx$, то $f(x)=3 x^4-4k x^3+k^2 x^2$.
Тогда $f'(0)=0$ и $f''(0)=2k^2$. Т.е. никакое направление не даёт минуса в малой окрестности (при $k=0$ будет $f(x)=3x^4$, что тоже не даёт минус).
А вот кривая $y=2x^2$ даёт.

[novichok2018]

Есть замечательный препринт об исследовании вырожденного случая экстремума, М.А.Красносельского и Н.Бобылёва. Есть в сети.

[ozheredov]

zykov
А, теперь понял, спасибо

[zykov]

мат-ламер в сообщении #1533917 писал(а):

Подозреваю, что в данном конкретном случае отсутствие локального минимума как-то связано с тем, что функцию можно разложить на произведение двух многочленов второй степени.

В этом кстати есть смысл.
В данном случае $f(x,y)=(3x^2-y)(x^2-y)$.
Т.е. эти две кривые разбивают окрестность на 4 кривых квадранта. Два квадранта с "плюс" и два с "минус" (между этими параболами).
В общем случае, если получится разбить на множители, то можно проанализировать эти множители.
Дают ли линию при равенстве нулю, какая кратность линии (меняется ли знак при переходе через неё)?
Например $x^4+y^4=(x^2+y^2+\sqrt2 x y)(x^2+y^2-\sqrt2 x y)$, но оба множителя неравны нулю в окрестности и не дают кривых.
Или множитель мог бы быть квадратом. Даёт кривую там где он ноль, но при переходе через кривую знак не меняется.

[metelev]

У Владимира Ивановича Смирнова в "Курсе высшей математики", том 1, п.163, --- в издании 2008 года, в котором я его смотрел, это страница 501, --- описано, как задачу можно свести к одномерной. Берётся окружность вокруг предполагаемой точки экстремума, радиус устремляется к нулю.

Если говорить конкретно про разбираемый случай, можно просто взять и в лоб подставить $x=r\cos\alpha$, $y=r\sin\alpha$ и продифференцировать по $\alpha$. Получится уравнение в котором в каждом слагаемом будет $\cos\alpha$. А значит нули, а значит смена знака при любом, сколь угодно малом $r$.

Такое рассуждение не годится?

PS Неправильно написал про конкретно рассматриваемый случай, но в принципе можно наверное додумать до работающего варианта.

PPS Додумал. Правда не совсем до конца всё же.
С учётом перехода в полярные координаты исходную функцию можно записать так $3r^4\cos^4\alpha-4r^3\cos^2\alpha\sin\alpha+r^2\sin^2\alpha$. На $r^2$ можно сократить, на знак не повлияет. Останется квадратное уравнение относительно $r$, оно даже явно решается. И получается, что для любого $\alpha$ существует два не совпадающих значения $r$, при которых наше выражение обращается в ноль. $r_1=\sin\alpha/\cos^2\alpha$, $r_2=1/3 \sin\alpha/\cos^2\alpha$. Дальше наверное тоже что-то сказать надо, почему это значит, что если зафиксировать $r$ при таких $\alpha$ функция меняет знак. Пока не знаю что. Если по полной программе, наверное надо экстремумы по углу искать и смотреть, что они не совпадают с найденными значениями.

У Смирнова подробно разбирается самый общий случай, но остаётся ещё один вариант, который не подпадает ни в один раздел. Это вот как раз тот самый, который здесь получается.

[novichok2018]

Посмотрите: Бобылев Н. А., Красносельский М. А. Анализ на экстремум (вырожденные случаи). Препринт. — М.: ИПУ АН СССР, 1981. — 52 с.

[nnosipov]

novichok2018 в сообщении #1536828 писал(а):

Бобылев Н. А., Красносельский М. А. Анализ на экстремум (вырожденные случаи). Препринт. — М.: ИПУ АН СССР, 1981.

Здесь тоже до алгоритма дело не доходит (даже в случае двух переменных). Авторы просто пишут "и т.д.". Для реализации в СКА этого мало.