考虑优化问题 min (x,y)∈R 2 f(x) = (x − 1) 2 + y − 2 s.t. h(x) = y − x − 1 = 0 g(x) = x + y − 2 ≤ 0. 计算满足 KKT 条件的点, 并利用二阶条件验证上述点是否是局部极小值点.

首先，我们可以写出该问题的拉格朗日函数：

$$
\mathcal{L}(x,y,\lambda_1,\lambda_2,\mu) = (x-1)^2 + y - 2 + \lambda_1(y-x-1) + \lambda_2(x+y-2) - \mu \cdot g(x)
$$

其中，$\lambda_1$ 和 $\lambda_2$ 是 Lagrange 乘子，$\mu$ 是 KKT 条件中的松弛变量。

根据 KKT 条件，我们有：

1. 原问题的约束条件和 Lagrange 函数的一阶导数的约束条件满足互补松弛条件：

$$
\begin{aligned}
g(x) \leq 0 \quad &\Leftrightarrow \quad \mu \geq 0, \quad \mu \cdot g(x) = 0 \\
h(x) = 0 \quad &\Leftrightarrow \quad \lambda_1 \geq 0, \quad \lambda_1 \cdot h(x) = 0 \\
\end{aligned}
$$

2. 拉格朗日函数的一阶导数满足：

$$
\begin{aligned}
\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial x} = 2(x-1) + \lambda_1 - \lambda_2 - \mu &= 0 \\
\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial y} = 1 + \lambda_1 + \lambda_2 &= 0 \\
\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \lambda_1} = y - x - 1 &= 0 \\
\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \lambda_2} = x + y - 2 &= 0 \\
g(x) \leq 0, \mu \geq 0, \mu \cdot g(x) &= 0 \\
\end{aligned}
$$

3. 拉格朗日函数的二阶导数满足：

$$
\begin{aligned}
&\frac{\partial^2 \mathcal{L}}{\partial x^2} = 2 + \mu \cdot \frac{\partial^2 g(x)}{\partial x^2} \geq 0 \\
&\frac{\partial^2 \mathcal{L}}{\partial y^2} = 0 \\
&\frac{\partial^2 \mathcal{L}}{\partial x \partial y} = 1 \\
&\frac{\partial^2 \mathcal{L}}{\partial \lambda_1^2} = 0 \\
&\frac{\partial^2 \mathcal{L}}{\partial \lambda_2^2} = 0 \\
&\frac{\partial^2 \mathcal{L}}{\partial \mu^2} = 0 \\
\end{aligned}
$$

接下来，我们来计算满足 KKT 条件的点：

1. $\mu \geq 0, \mu \cdot g(x) = 0$，因为 $g(x) = x+y-2 \leq 0$，所以 $\mu = 0$。
2. $\lambda_1 \geq 0, \lambda_1 \cdot h(x) = 0$，因为 $h(x) = y-x-1 = 0$，所以 $\lambda_1 = 0$。
3. $\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial y} = 1 + \lambda_1 + \lambda_2 = 0$，所以 $\lambda_2 = -1$。
4. $\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial x} = 2(x-1) + \lambda_1 - \lambda_2 - \mu = 0$，代入 $\lambda_1 = 0, \lambda_2 = -1, \mu = 0$，得到 $x = 1$。

因此，满足 KKT 条件的点为 $(x,y) = (1,0)$。

接下来，我们来验证该点是否是局部极小值点。首先，计算二阶导数：

$$
\frac{\partial^2 \mathcal{L}}{\partial x^2} = 2, \quad \frac{\partial^2 \mathcal{L}}{\partial y^2} = 0, \quad \frac{\partial^2 \mathcal{L}}{\partial x \partial y} = 1
$$

因为 $\frac{\partial^2 \mathcal{L}}{\partial x^2} > 0$，所以 $f(x)$ 在 $x=1$ 处有局部极小值。因此，$(x,y) = (1,0)$ 是原问题的局部最优解。