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Esercizi · Funzioni quadratiche

Esercizi · Capitolo 4 · ogni soluzione si apre con un clic · Capitolo 4: Funzioni quadratiche · Eserciziario, volume 1 (PDF)

Negli esercizi di questo capitolo la convessità si dimostra solo con la definizione di funzione convessa del capitolo «Funzioni convesse e concave»: la funzione quadratica si scrive come somma di quadrati di funzioni lineari, e la disuguaglianza

\[ \big(\lambda a+(1-\lambda)b\big)^2 \le \lambda a^2+(1-\lambda)b^2, \qquad \forall a,b\in\R,~ \forall \lambda\in[0,1] \]

dello stesso capitolo si applica a ciascun quadrato.

Esercizio 4.1: Funzioni quadratiche (E1)

Consideriamo la seguente funzione a valori reali:

\[ f: \R^2 \rightarrow \R,~~ f: \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix} \mapsto x_1^2 + 2\,x_1 x_2 + 5\,x_2^2 \]

Domande

  1. Scrivere la funzione nella forma matriciale \(f({\boldsymbol x}) = {\boldsymbol x}' {\boldsymbol Q} \; {\boldsymbol x}\) con una matrice simmetrica \({\boldsymbol Q}\).

  2. Mostrare che la matrice non simmetrica \(\begin{pmatrix} 1 & 6 \\ -4 & 5 \end{pmatrix}\) definisce la stessa funzione, e che sostituendo ogni coppia di elementi fuori diagonale con la loro media si ottiene la matrice \({\boldsymbol Q}\) della prima domanda.

  3. Calcolare il gradiente e la matrice Hessiana della funzione, e il gradiente nei punti \(\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}\) e \(\begin{pmatrix} -1 \\ 2 \end{pmatrix}\).

  4. Mostrare che \(f({\boldsymbol x}) = (x_1 + x_2)^2 + 4\,x_2^2\) e dimostrare, a partire dalla definizione, che la funzione è convessa nel suo dominio.

  5. Disegnare il grafico della funzione.

Soluzione

  1. Il coefficiente \(2\) di \(x_1 x_2\) si ripartisce in parti uguali fra i due elementi fuori diagonale:

    \[ f\left(\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix}\right) = \begin{pmatrix} x_1 & x_2 \end{pmatrix} \underbrace{\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 5 \end{pmatrix}}_{{\boldsymbol Q}} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix} = x_1^2 + x_1 x_2 + x_2 x_1 + 5\,x_2^2 = x_1^2 + 2\,x_1 x_2 + 5\,x_2^2 \]

  2. Con la matrice non simmetrica abbiamo:

    \[ \begin{pmatrix} x_1 & x_2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 6 \\ -4 & 5 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix} = x_1^2 + 6\,x_1 x_2 - 4\,x_2 x_1 + 5\,x_2^2 = x_1^2 + 2\,x_1 x_2 + 5\,x_2^2 \]

    che è la stessa funzione. Sostituendo la coppia di elementi fuori diagonale con la loro media:

    \[ \begin{pmatrix} 1 & \frac{6+(-4)}{2} \\[1ex] \frac{6+(-4)}{2} & 5 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 5 \end{pmatrix} = {\boldsymbol Q} \]

  3. Il gradiente è \(2\,{\boldsymbol Q}\,{\boldsymbol x}\) e la matrice Hessiana è \(2\,{\boldsymbol Q}\):

    \[ \nabla f\left(\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix}\right) = \begin{pmatrix} 2\,x_1 + 2\,x_2 \\[0.5ex] 2\,x_1 + 10\,x_2 \end{pmatrix}, \qquad \nabla^2 f\left(\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix}\right) = \begin{pmatrix} 2 & 2 \\ 2 & 10 \end{pmatrix} \]

    Nei due punti:

    \[ \nabla f\left(\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}\right) = \begin{pmatrix} 4 \\ 12 \end{pmatrix}, \qquad \nabla f\left(\begin{pmatrix} -1 \\ 2 \end{pmatrix}\right) = \begin{pmatrix} -2 + 4 \\ -2 + 20 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 \\ 18 \end{pmatrix} \]

  4. Sviluppando il quadrato:

    \[ (x_1 + x_2)^2 + 4\,x_2^2 = x_1^2 + 2\,x_1 x_2 + x_2^2 + 4\,x_2^2 = x_1^2 + 2\,x_1 x_2 + 5\,x_2^2 = f({\boldsymbol x}) \]

    Per dimostrare che la funzione è convessa nel suo dominio, osserviamo che per ogni coppia di punti \({\boldsymbol p}, {\boldsymbol w} \in \R^2\) e ogni \(\lambda \in [0,1]\), abbiamo:

    \[\begin{align*} & f\big(\lambda {\boldsymbol p}+(1-\lambda){\boldsymbol w}\big) \\[2ex] &\quad = \big(\lambda p_1+(1-\lambda)w_1 + \lambda p_2+(1-\lambda)w_2\big)^2 + 4\,\big(\lambda p_2+(1-\lambda)w_2\big)^2 \\[2ex] &\quad = \big(\lambda (p_1+p_2)+(1-\lambda)(w_1+w_2)\big)^2 + 4\,\big(\lambda p_2+(1-\lambda)w_2\big)^2 \\[2ex] &\quad \le \lambda (p_1+p_2)^2+(1-\lambda)(w_1+w_2)^2 + 4\,\big(\lambda p_2^2+(1-\lambda)w_2^2\big) \\[1ex] &\qquad \text{(poiché } (\lambda a+(1-\lambda)b)^2\le \lambda a^2+(1-\lambda)b^2\text{, due volte)} \\[2ex] &\quad = \lambda\,\big((p_1+p_2)^2+4\,p_2^2\big)+(1-\lambda)\,\big((w_1+w_2)^2+4\,w_2^2\big) \\[2ex] &\quad = \lambda f({\boldsymbol p})+(1-\lambda)f({\boldsymbol w}) \end{align*}\]

    Quindi,

    \[ f(\lambda {\boldsymbol p} + (1-\lambda){\boldsymbol w}) \le \lambda f({\boldsymbol p}) + (1-\lambda) f({\boldsymbol w}) \]

    Per natura, il dominio \(\R^2\) è un insieme convesso. Di conseguenza, la funzione è convessa nel suo dominio.

  5. Questo è il grafico della funzione nel dominio \(\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix} \in [-2,2] \times [-2,2]\); il suo punto più basso è \(\big(0,0,f(0,0)\big) = (0,0,0)\) e i suoi punti più alti sono in \((2,2)\) e \((-2,-2)\), dove \(f = 32\).

    Figura 1

Esercizio 4.2: Funzioni quadratiche (E2)

Consideriamo la seguente funzione a valori reali:

\[ f: \R^2 \rightarrow \R,~~ f: \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix} \mapsto x_1^2 + 2\,x_2^2 \]

Domande

  1. Scrivere la funzione nella forma matriciale \(f({\boldsymbol x}) = {\boldsymbol x}' {\boldsymbol Q} \; {\boldsymbol x}\) con una matrice simmetrica \({\boldsymbol Q}\).

  2. Calcolare il gradiente della funzione e il suo valore nei quattro punti \(\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}\), \(\begin{pmatrix} -1 \\ 1 \end{pmatrix}\), \(\begin{pmatrix} -1 \\ -1 \end{pmatrix}\) e \(\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix}\).

  3. Descrivere gli insiemi di livello della funzione per \(k=3\) e \(k=12\) (con le loro intersezioni con gli assi) e disegnarli, insieme ai gradienti della domanda precedente applicati nei rispettivi punti.

  4. Dimostrare, a partire dalla definizione, che la funzione è convessa nel suo dominio.

Soluzione

  1. La funzione non ha il termine \(x_1 x_2\), quindi gli elementi fuori diagonale sono nulli:

    \[ f\left(\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix}\right) = \begin{pmatrix} x_1 & x_2 \end{pmatrix} \underbrace{\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}}_{{\boldsymbol Q}} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix} = x_1^2 + 2\,x_2^2 \]

  2. Il gradiente è \(2\,{\boldsymbol Q}\,{\boldsymbol x}\):

    \[ \nabla f\left(\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix}\right) = \begin{pmatrix} 2\,x_1 \\[0.5ex] 4\,x_2 \end{pmatrix} \]

    Nei quattro punti:

    \[\begin{align*} \nabla f\left(\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}\right) &= \begin{pmatrix} 2 \\ 4 \end{pmatrix}, & \nabla f\left(\begin{pmatrix} -1 \\ 1 \end{pmatrix}\right) &= \begin{pmatrix} -2 \\ 4 \end{pmatrix}, \\[1ex] \nabla f\left(\begin{pmatrix} -1 \\ -1 \end{pmatrix}\right) &= \begin{pmatrix} -2 \\ -4 \end{pmatrix}, & \nabla f\left(\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix}\right) &= \begin{pmatrix} 2 \\ -4 \end{pmatrix} \end{align*}\]

  3. L'insieme di livello per \(k=3\) è l'ellisse \(x_1^2 + 2\,x_2^2 = 3\), che interseca l'asse \(x_1\) in \(x_1 = \pm\sqrt{3}\) e l'asse \(x_2\) in \(x_2 = \pm\sqrt{3/2}\); contiene i quattro punti della domanda precedente, poiché \(1 + 2 = 3\). L'insieme di livello per \(k=12\) è l'ellisse \(x_1^2 + 2\,x_2^2 = 12\), che interseca l'asse \(x_1\) in \(x_1 = \pm\sqrt{12} = \pm 2\sqrt{3}\) e l'asse \(x_2\) in \(x_2 = \pm\sqrt{6}\); contiene i quattro punti \(\begin{pmatrix} \pm 2 \\ \pm 2 \end{pmatrix}\), poiché \(4 + 8 = 12\). Nella figura, l'insieme di livello \(k=3\) è in blu, l'insieme di livello \(k=12\) è in arancione e i gradienti nei quattro punti dell'insieme di livello \(k=3\) sono le frecce blu: ogni gradiente è perpendicolare all'insieme di livello.

    Figura 2

  4. Per dimostrare che la funzione è convessa nel suo dominio, osserviamo che per ogni coppia di punti \({\boldsymbol p}, {\boldsymbol w} \in \R^2\) e ogni \(\lambda \in [0,1]\), abbiamo:

    \[\begin{align*} f\big(\lambda {\boldsymbol p}+(1-\lambda){\boldsymbol w}\big) &= \big(\lambda p_1+(1-\lambda)w_1\big)^2 + 2\,\big(\lambda p_2+(1-\lambda)w_2\big)^2 \\[2ex] &\le \lambda p_1^2+(1-\lambda)w_1^2 + 2\,\big(\lambda p_2^2+(1-\lambda)w_2^2\big) \\[1ex] &\qquad \text{(poiché } (\lambda a+(1-\lambda)b)^2\le \lambda a^2+(1-\lambda)b^2\text{, due volte)} \\[2ex] &= \lambda\,\big(p_1^2+2\,p_2^2\big)+(1-\lambda)\,\big(w_1^2+2\,w_2^2\big) \\[2ex] &= \lambda f({\boldsymbol p})+(1-\lambda)f({\boldsymbol w}) \end{align*}\]

    Quindi,

    \[ f(\lambda {\boldsymbol p} + (1-\lambda){\boldsymbol w}) \le \lambda f({\boldsymbol p}) + (1-\lambda) f({\boldsymbol w}) \]

    Per natura, il dominio \(\R^2\) è un insieme convesso. Di conseguenza, la funzione è convessa nel suo dominio.

Esercizio 4.3: Funzioni quadratiche (E3)

Consideriamo la seguente funzione a valori reali:

\[ g: \R^2 \rightarrow \R,~~ g: \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix} \mapsto x_1^2 - 2\,x_1 x_2 + 2\,x_2^2 - 2\,x_1 + 4 \]

Domande

  1. Scrivere la funzione nella forma \(g({\boldsymbol x}) = {\boldsymbol x}' {\boldsymbol Q} \; {\boldsymbol x} + {\boldsymbol c}' {\boldsymbol x} + d\) con una matrice simmetrica \({\boldsymbol Q}\), un vettore \({\boldsymbol c}\) e uno scalare \(d\).

  2. Calcolare il gradiente della funzione e il punto in cui il gradiente è il vettore nullo.

  3. Mostrare che \(g({\boldsymbol x}) = (x_1 - x_2 - 1)^2 + (x_2 - 1)^2 + 2\) e dedurre che \(g({\boldsymbol x}) \ge 2\) per ogni \({\boldsymbol x} \in \R^2\), con l'uguaglianza solo nel punto della domanda precedente.

  4. Descrivere gli insiemi di livello della funzione per \(k=3\) e \(k=6\) e disegnarli.

  5. Dimostrare, a partire dalla definizione, che la funzione è convessa nel suo dominio.

Soluzione

  1. Il coefficiente \(-2\) di \(x_1 x_2\) si ripartisce in parti uguali fra i due elementi fuori diagonale, e la parte lineare è \(-2\,x_1 + 0\,x_2\):

    \[ {\boldsymbol Q} = \begin{pmatrix} 1 & -1 \\ -1 & 2 \end{pmatrix}, \qquad {\boldsymbol c} = \begin{pmatrix} -2 \\ 0 \end{pmatrix}, \qquad d = 4 \]

    Infatti:

    \[ \begin{pmatrix} x_1 & x_2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & -1 \\ -1 & 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} -2 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix} + 4 = x_1^2 - 2\,x_1 x_2 + 2\,x_2^2 - 2\,x_1 + 4 \]

  2. Il gradiente è \(2\,{\boldsymbol Q}\,{\boldsymbol x} + {\boldsymbol c}\):

    \[ \nabla g\left(\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix}\right) = \begin{pmatrix} 2\,x_1 - 2\,x_2 - 2 \\[0.5ex] -2\,x_1 + 4\,x_2 \end{pmatrix} \]

    Il gradiente è il vettore nullo quando:

    \[ \left\{ \begin{array}{rcl} 2\,x_1 - 2\,x_2 - 2 &=& 0 \\[0.5ex] -2\,x_1 + 4\,x_2 &=& 0 \end{array} \right. \]

    Dalla seconda equazione \(x_1 = 2\,x_2\); sostituendo nella prima, \(4\,x_2 - 2\,x_2 - 2 = 0\), cioè \(x_2 = 1\) e \(x_1 = 2\). Il punto è \(\begin{pmatrix} 2 \\ 1 \end{pmatrix}\).

  3. Sviluppando i quadrati:

    \[\begin{align*} & (x_1 - x_2 - 1)^2 + (x_2 - 1)^2 + 2 \\[2ex] &\quad = x_1^2 + x_2^2 + 1 - 2\,x_1 x_2 - 2\,x_1 + 2\,x_2 + x_2^2 - 2\,x_2 + 1 + 2 \\[2ex] &\quad = x_1^2 - 2\,x_1 x_2 + 2\,x_2^2 - 2\,x_1 + 4 = g({\boldsymbol x}) \end{align*}\]

    Poiché i due quadrati sono non negativi, \(g({\boldsymbol x}) \ge 2\) per ogni \({\boldsymbol x} \in \R^2\). L'uguaglianza vale solo se entrambi i quadrati sono nulli, cioè \(x_2 = 1\) e \(x_1 = x_2 + 1 = 2\): il punto \(\begin{pmatrix} 2 \\ 1 \end{pmatrix}\) della domanda precedente, in cui \(g = 2\).

  4. Per la domanda precedente, l'insieme di livello per \(k=3\) è

    \[ \left\{ {\boldsymbol x} \in \R^2 : (x_1 - x_2 - 1)^2 + (x_2 - 1)^2 = 1 \right\} \]

    un'ellisse di centro \(\begin{pmatrix} 2 \\ 1 \end{pmatrix}\) che contiene, per esempio, i punti \(\begin{pmatrix} 3 \\ 1 \end{pmatrix}\), \(\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}\), \(\begin{pmatrix} 3 \\ 2 \end{pmatrix}\) e \(\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}\). L'insieme di livello per \(k=6\) è

    \[ \left\{ {\boldsymbol x} \in \R^2 : (x_1 - x_2 - 1)^2 + (x_2 - 1)^2 = 4 \right\} \]

    un'ellisse con lo stesso centro che contiene, per esempio, i punti \(\begin{pmatrix} 4 \\ 1 \end{pmatrix}\), \(\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix}\), \(\begin{pmatrix} 4 \\ 3 \end{pmatrix}\) e \(\begin{pmatrix} 0 \\ -1 \end{pmatrix}\). Nella figura, l'insieme di livello \(k=3\) è in blu, l'insieme di livello \(k=6\) è in arancione e il centro \(\begin{pmatrix} 2 \\ 1 \end{pmatrix}\) è in nero.

    Figura 3

  5. Per dimostrare che la funzione è convessa nel suo dominio, osserviamo che per ogni coppia di punti \({\boldsymbol p}, {\boldsymbol w} \in \R^2\) e ogni \(\lambda \in [0,1]\), abbiamo:

    \[\begin{align*} & g\big(\lambda {\boldsymbol p}+(1-\lambda){\boldsymbol w}\big) \\[2ex] &\quad = \big(\lambda p_1+(1-\lambda)w_1 - \lambda p_2-(1-\lambda)w_2 - 1\big)^2 + \big(\lambda p_2+(1-\lambda)w_2 - 1\big)^2 + 2 \\[2ex] &\quad = \big(\lambda (p_1-p_2-1)+(1-\lambda)(w_1-w_2-1)\big)^2 + \big(\lambda (p_2-1)+(1-\lambda)(w_2-1)\big)^2 + 2 \\[1ex] &\qquad (\text{poiché } \lambda + (1-\lambda) = 1) \\[2ex] &\quad \le \lambda (p_1-p_2-1)^2+(1-\lambda)(w_1-w_2-1)^2 + \lambda (p_2-1)^2+(1-\lambda)(w_2-1)^2 + 2 \\[1ex] &\qquad \text{(poiché } (\lambda a+(1-\lambda)b)^2\le \lambda a^2+(1-\lambda)b^2\text{, due volte)} \\[2ex] &\quad = \lambda\,\big((p_1-p_2-1)^2+(p_2-1)^2+2\big)+(1-\lambda)\,\big((w_1-w_2-1)^2+(w_2-1)^2+2\big) \\[1ex] &\qquad (\text{poiché } \lambda + (1-\lambda) = 1) \\[2ex] &\quad = \lambda g({\boldsymbol p})+(1-\lambda)g({\boldsymbol w}) \end{align*}\]

    Quindi,

    \[ g(\lambda {\boldsymbol p} + (1-\lambda){\boldsymbol w}) \le \lambda g({\boldsymbol p}) + (1-\lambda) g({\boldsymbol w}) \]

    Per natura, il dominio \(\R^2\) è un insieme convesso. Di conseguenza, la funzione è convessa nel suo dominio.

Esercizio 4.4: Funzioni quadratiche (E4)

Consideriamo le seguenti funzioni a valori reali:

\[ f: \R^3 \rightarrow \R,~~ f: \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} \mapsto \begin{pmatrix} x_1 & x_2 & x_3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 4 & 0 \\ -2 & 2 & -6 \\ 0 & 4 & 3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} \]

e

\[ h: \R^2 \rightarrow \R,~~ h: \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix} \mapsto x_1^2 + 4\,x_1 x_2 + x_2^2 \]

Domande

  1. Trovare la matrice simmetrica \({\boldsymbol Q}\) che definisce la stessa funzione \(f\), e scrivere \(f\) come polinomio in \(x_1, x_2, x_3\).

  2. Calcolare il gradiente e la matrice Hessiana di \(f\), e il gradiente nel punto \(\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix}\).

  3. Mostrare che \(f({\boldsymbol x}) = (x_1 + x_2)^2 + (x_2 - x_3)^2 + 2\,x_3^2\) e dimostrare, a partire dalla definizione, che \(f\) è convessa nel suo dominio.

  4. Scrivere \(h\) in forma matriciale con una matrice simmetrica e mostrare che \(h\) non è convessa nel suo dominio, trovando due punti e un valore di \(\lambda\) per cui la disuguaglianza della definizione di funzione convessa non è verificata.

Soluzione

  1. Sostituendo ogni coppia di elementi fuori diagonale con la loro media:

    \[ {\boldsymbol Q} = \begin{pmatrix} 1 & \frac{4+(-2)}{2} & 0 \\[1ex] \frac{4+(-2)}{2} & 2 & \frac{-6+4}{2} \\[1ex] 0 & \frac{-6+4}{2} & 3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 1 & 2 & -1 \\ 0 & -1 & 3 \end{pmatrix} \]

    e la funzione è:

    \[\begin{align*} f({\boldsymbol x}) &= x_1^2 + x_1x_2 + x_2x_1 + 2\,x_2^2 - x_2x_3 - x_3x_2 + 3\,x_3^2 \\[2ex] &= x_1^2 + 2\,x_2^2 + 3\,x_3^2 + 2\,x_1x_2 - 2\,x_2x_3 \end{align*}\]

  2. Il gradiente è \(2\,{\boldsymbol Q}\,{\boldsymbol x}\) e la matrice Hessiana è \(2\,{\boldsymbol Q}\):

    \[ \nabla f({\boldsymbol x}) = \begin{pmatrix} 2\,x_1 + 2\,x_2 \\[0.5ex] 2\,x_1 + 4\,x_2 - 2\,x_3 \\[0.5ex] -2\,x_2 + 6\,x_3 \end{pmatrix}, \qquad \nabla^2 f({\boldsymbol x}) = \begin{pmatrix} 2 & 2 & 0 \\ 2 & 4 & -2 \\ 0 & -2 & 6 \end{pmatrix} \]

    Nel punto:

    \[ \nabla f\left(\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix}\right) = \begin{pmatrix} 2 - 2 \\ 2 - 4 - 2 \\ 2 + 6 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ -4 \\ 8 \end{pmatrix} \]

  3. Sviluppando i quadrati:

    \[\begin{align*} & (x_1 + x_2)^2 + (x_2 - x_3)^2 + 2\,x_3^2 \\[2ex] &\quad = x_1^2 + 2\,x_1x_2 + x_2^2 + x_2^2 - 2\,x_2x_3 + x_3^2 + 2\,x_3^2 \\[2ex] &\quad = x_1^2 + 2\,x_2^2 + 3\,x_3^2 + 2\,x_1x_2 - 2\,x_2x_3 = f({\boldsymbol x}) \end{align*}\]

    Per dimostrare che la funzione è convessa nel suo dominio, osserviamo che per ogni coppia di punti \({\boldsymbol p}, {\boldsymbol w} \in \R^3\) e ogni \(\lambda \in [0,1]\), abbiamo:

    \[\begin{align*} & f\big(\lambda {\boldsymbol p}+(1-\lambda){\boldsymbol w}\big) \\[2ex] &\quad = \big(\lambda (p_1+p_2)+(1-\lambda)(w_1+w_2)\big)^2 + \big(\lambda (p_2-p_3)+(1-\lambda)(w_2-w_3)\big)^2 \\[1ex] &\qquad + 2\,\big(\lambda p_3+(1-\lambda)w_3\big)^2 \\[2ex] &\quad \le \lambda (p_1+p_2)^2+(1-\lambda)(w_1+w_2)^2 + \lambda (p_2-p_3)^2+(1-\lambda)(w_2-w_3)^2 \\[1ex] &\qquad + 2\,\big(\lambda p_3^2+(1-\lambda)w_3^2\big) \\[1ex] &\qquad \text{(poiché } (\lambda a+(1-\lambda)b)^2\le \lambda a^2+(1-\lambda)b^2\text{, tre volte)} \\[2ex] &\quad = \lambda\,\big((p_1+p_2)^2+(p_2-p_3)^2+2\,p_3^2\big) \\[1ex] &\qquad +(1-\lambda)\,\big((w_1+w_2)^2+(w_2-w_3)^2+2\,w_3^2\big) \\[2ex] &\quad = \lambda f({\boldsymbol p})+(1-\lambda)f({\boldsymbol w}) \end{align*}\]

    Quindi,

    \[ f(\lambda {\boldsymbol p} + (1-\lambda){\boldsymbol w}) \le \lambda f({\boldsymbol p}) + (1-\lambda) f({\boldsymbol w}) \]

    Per natura, il dominio \(\R^3\) è un insieme convesso. Di conseguenza, la funzione è convessa nel suo dominio.

  4. Il coefficiente \(4\) di \(x_1 x_2\) si ripartisce in parti uguali fra i due elementi fuori diagonale:

    \[ h\left(\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix}\right) = \begin{pmatrix} x_1 & x_2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 2 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix} \]

    Con \({\boldsymbol p} = \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix}\), \({\boldsymbol w} = \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \end{pmatrix}\) e \(\lambda = \frac{1}{2}\), abbiamo \(\frac{1}{2}\,{\boldsymbol p} + \frac{1}{2}\,{\boldsymbol w} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}\) e:

    \[ h({\boldsymbol p}) = 1 - 4 + 1 = -2, \qquad h({\boldsymbol w}) = 1 - 4 + 1 = -2, \qquad h\left(\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}\right) = 0 \]

    Quindi,

    \[ h\left(\frac{1}{2}\,{\boldsymbol p} + \frac{1}{2}\,{\boldsymbol w}\right) = 0 ~>~ -2 = \frac{1}{2}\,h({\boldsymbol p}) + \frac{1}{2}\,h({\boldsymbol w}) \]

    La disuguaglianza della definizione non è verificata, quindi la funzione \(h\) non è convessa nel suo dominio. In accordo con il capitolo, la matrice \(\begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 2 & 1 \end{pmatrix}\) non è semidefinita positiva, poiché \(h({\boldsymbol p}) = -2 < 0\).