Kurs:Analysis (Osnabrück 2013-2015)/Teil II/Vorlesung 50

Hinreichende Kriterien für lokale Extrema

Wir kommen jetzt zu hinreichenden Kriterien für die Existenz von lokalen Extrema einer Funktion

$f:G⟶ℝ,$

die auf Eigenschaften der zweiten Richtungsableitungen, genauer der Hesse-Form, beruhen und die entsprechenden Kriterien in einer Variablen verallgemeinern. Zunächst brauchen wir ein Lemma, das beschreibt, wie die Definitheit der Hesse-Form vom Punkt abhängt.

Lemma

Es sei $V$ ein endlichdimensionaler reeller Vektorraum,  $G\subseteq V$  eine offene Teilmenge und

$f:G⟶ℝ$

eine zweimal stetig differenzierbare Funktion. Es sei  $P\in G$  ein Punkt, in dem die Hesse-Form ${\mathrm{Hess}}_{P}f$ positiv (negativ) definit sei.

Dann gibt es eine offene Umgebung $U$, $P\in U\subseteq G$, derart, dass die Hesse-Form ${\mathrm{Hess}}_{Q}f$ in jedem Punkt  $Q\in U$  positiv (negativ) definit ist.

Beweis

Es sei $v_1,\dots ,v_n$ eine Basis von $V$, und sei $H(Q)$ die Gramsche Matrix zur Hesse-Form ${\mathrm{Hess}}_{Q}f$ im Punkt  $Q\in G$  bezüglich dieser Basis. Aufgrund der Differenzierbarkeitsvoraussetzungen hängt $H(Q)$ stetig von $Q$ ab. Daher hängen auch die Determinanten der quadratischen Untermatrizen von $H(Q)$ stetig von $Q$ ab. Die Determinanten

$D_k(P)=det((H(P{)}_{i,j}{)}_{1\le i,j\le k})$

sind nach Korollar 48.11 alle von $0$ verschieden. Daher gibt es eine offene Umgebung $U$, $P\in U\subseteq G$, derart, dass für alle  $Q\in U$  die Determinanten

$D_k(Q)=det((H(Q{)}_{i,j}{)}_{1\le i,j\le k})$

das gleiche Vorzeichen haben wie $D_k(P)$. Da diese Vorzeichen nach Korollar 48.11 über die Definitheit entscheiden, folgt die Behauptung.

$◻$

Satz

Es sei $V$ ein endlichdimensionaler reeller Vektorraum,  $G\subseteq V$  eine offene Teilmenge und

$f:G⟶ℝ$

eine zweimal stetig differenzierbare Funktion. Es sei  $P\in G$  mit  ${\left(Df\right)}_P=0$.  Dann gelten folgende Aussagen.

1. Wenn ${\mathrm{Hess}}_{P}f$ negativ definit ist, so besitzt $f$ ein isoliertes lokales Maximum in $P$.
2. Wenn ${\mathrm{Hess}}_{P}f$ positiv definit ist, so besitzt $f$ ein isoliertes lokales Minimum in $P$.
3. Wenn ${\mathrm{Hess}}_{P}f$ indefinit ist, so besitzt $f$ in $P$ weder ein lokales Minimum noch ein lokales Maximum.

Beweis

(1). Aufgrund von Lemma 50.1 gibt es ein  $\delta >0$  derart, dass die Hesse-Form ${\mathrm{Hess}}_{Q}f$ für alle  $Q\in U(P,\delta )$  negativ definit ist. Für alle Vektoren $v\in V$, $v\in U(0,\delta )$, gibt es nach Satz 49.5 ein  $c=c(v)\in [0,1]$  mit

$f(P+v)=f(P)+\sum _{|r|=2}\frac{1}{r!}{D}^{r}f(P+cv)\cdot v^r=f(P)+\frac{1}{2}{\mathrm{Hess}}_{P+cv}f(v,v),$

wobei die erste Formulierung sich auf eine fixierte Basis bezieht und wobei die zweite Identität auf Aufgabe 49.13 beruht. Da die Hesse-Form negativ definit ist, steht rechts für  $v\ne 0$  eine Zahl, die echt kleiner als $f(P)$ ist. Daher liegt ein isoliertes lokales Maximum vor.
(2) wird wie (1) bewiesen oder durch Betrachten von $-f$ darauf zurückgeführt.
(3). Es sei ${\mathrm{Hess}}_{P}f$ indefinit. Dann gibt es Vektoren $v$ und $w$ mit

${\mathrm{Hess}}_{P}f(v,v)>0\text{ und }{\mathrm{Hess}}_{P}f(w,w)<0.$

Wegen der stetigen Abhängigkeit der Hesse-Form gelten diese Abschätzungen auch für ${\mathrm{Hess}}_{Q}f$ für $Q$ aus einer offenen Umgebung von $P$ (mit den gleichen Vektoren $v$ und $w$). Wir können durch Skalierung von $v$ und $w$ annehmen, dass $P+v$ und $P+w$ zu dieser Umgebung gehören. Wie im Beweis zu Teil (1) gilt daher ($v$ und $w$ sind nicht $0$)

$f(P+v)=f(P)+\frac{1}{2}{\mathrm{Hess}}_{P+cv}f(v,v)>f(P)$

und

$f(P+w)=f(P)+\frac{1}{2}{\mathrm{Hess}}_{P+dw}f(w,w)<f(P)$

mit  $c,d\in [0,1]$.  Also kann in $P$ kein lokales Extremum vorliegen.

$◻$

Beispiel

Wir betrachten die Funktion

$f:{ℝ}^2⟶ℝ,(x,y)⟼x+3x^2-2xy-y^2+y^3.$

Die partiellen Ableitungen sind

$\frac{\partial f}{\partial x}=1+6x-2y\text{ und }\frac{\partial f}{\partial y}=-2x-2y+3y^2.$

Zur Berechnung der kritischen Punkte dieser Funktion eliminieren wir $x$ und erhalten die Bedingung

$9y^2-8y+1=0,$

die zu

$y=\frac{\pm \sqrt{7}}{9}+\frac{4}{9}$

führt. Die kritischen Punkte sind also

$P_1=(\frac{2\sqrt{7}-1}{54},\frac{\sqrt{7}}{9}+\frac{4}{9})\text{ und }{P}_2=(\frac{-2\sqrt{7}-1}{54},\frac{-\sqrt{7}}{9}+\frac{4}{9}).$

Die Hesse-Form ist in einem Punkt  $Q=(x,y)$  gleich

${\mathrm{Hess}}_{Q}f=\left(\begin{array}{cc}6& -2\\ -2& -2+6y\end{array}\right).$

Zur Bestimmung des Definitheitstyps ziehen wir Satz 48.10 heran, wobei der erste Minor, also $6$, natürlich positiv ist. Die Determinante der Hesse-Matrix ist

$-16+36y,$

was genau bei  $y>\frac{4}{9}$  positiv ist. Dies ist im Punkt $P_1$ der Fall, aber nicht im Punkt $P_2$. Daher ist die Hesse-Matrix im Punkt $P_1$ nach Satz 48.10 positiv definit und somit besitzt die Funktion $f$ im Punkt $P_1$ nach Satz 50.2 ein isoliertes lokales Minimum, das zugleich ein globales Minimum ist. In $P_2$ ist die Determinante negativ, sodass dort die Hesse-Form indefinit ist und somit, wiederum nach Satz 50.2, kein Extremum vorliegen kann.

Beispiel

Wir betrachten die Abbildung

$\phi :{ℝ}_{+}\times ℝ⟶ℝ,(x,y)⟼x^y.$

Nach Aufgabe 17.1 ist

$x^y=e^{(\ln x)\cdot y}.$

Die partiellen Ableitungen sind

$\frac{\partial \phi }{\partial x}=\frac{y}{x}\cdot e^{(\ln x)\cdot y}=\frac{y}{x}\cdot x^y\text{ und }\frac{\partial \phi }{\partial y}=(\ln x)\cdot e^{(\ln x)\cdot y}=(\ln x)\cdot x^y.$

Da die Exponentialfunktion stets positiv ist, ist  $P=(1,0)$  der einzige kritische Punkt. Die Hesse-Matrix in einem Punkt $(x,y)$ ist

$\left(\begin{array}{cc}\frac{-y+y^2}{x^2}\cdot e^{(\ln x)\cdot y}& \frac{1+y\ln x}{x}\cdot e^{(\ln x)\cdot y}\\ \frac{1+y\ln x}{x}\cdot e^{(\ln x)\cdot y}& (\ln x{)}^2\cdot e^{(\ln x)\cdot y}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}\frac{-y+y^2}{x^2}\cdot x^y& \frac{1+y\ln x}{x}\cdot x^y\\ \frac{1+y\ln x}{x}\cdot x^y& (\ln x{)}^2\cdot x^y\end{array}\right).$

In $P$ ist dies

${\mathrm{Hess}}_P\phi =\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ 1& 0\end{array}\right).$

Nach Korollar 48.11 ist daher die Hesse-Form im kritischen Punkt weder positiv definit noch negativ definit. Man kann direkt zeigen, dass diese Matrix indefinit ist (vom Typ $(1,1)$), da diese Bilinearform auf $\left(\begin{array}{c}1\\ 1\end{array}\right)$ positiv und auf $\left(\begin{array}{c}1\\ -1\end{array}\right)$ negativ definit ist. Nach Satz 50.2 liegt in diesem Punkt also kein Extremum vor.

Dies kann man auch ohne Differentialrechnung erkennen. Für $x=1$ oder $y=0$ ist  $x^y=1$.  Ansonsten gelten die folgenden Beziehungen.

1. Für $0<x<1$ und $y>0$ ist  $x^y<1$. 
2. Für $x>1$ und $y>0$ ist  $x^y>1$. 
3. Für $0<x<1$ und $y<0$ ist  $x^y>1$. 
4. Für $x>1$ und $y<0$ ist  $x^y<1$. 

Daher gibt es in jeder Umgebung von $(1,0)$ Punkte, an denen die Funktionswerte größer bzw. kleiner als $1$ sind.

Bemerkung  

Es sei

$g:[a,b]⟶ℝ$

eine stetige Funktion und

$a=x_0<x_1<x_2<\dots <x_n<x_{n+1}=b$

eine Unterteilung des Intervalls durch $n$ Zwischenpunkte (in $n+1$ Teilintervalle). Dazu gehört die Treppenfunktion, die auf $[x_i,x_{i+1}[$ den konstanten Wert $g(x_i)$ annimmt. Wenn $g$ monoton wachsend ist, so ist dies eine untere Treppenfunktion, und das zugehörige Treppenintegral ist eine untere Schranke für das bestimmte Integral ${\int }_a^{b}g(t)dt$. Das Treppenintegral ist durch

$f(x_1,\dots ,x_n)=\sum _{i=0}^{n}g(x_i)(x_{i+1}-x_i)$

gegeben. Wir fragen uns, für welche Intervallunterteilung mit $n$ Teilpunkten das Treppenintegral maximal oder minimal wird. Dazu kann man die differentiellen Methoden zur Bestimmung von Extrema für Funktionen in mehreren Variablen verwenden (nämlich den variablen Unterteilungspunkten $x_1,\dots ,x_n$), vorausgesetzt, dass $g$ (hinreichend oft) differenzierbar (in einer Variablen) ist. In diesem Fall sind die partiellen Ableitungen von $f$ gleich

$\frac{\partial f}{\partial x_i}=g^{\prime }(x_i)(x_{i+1}-x_i)-g(x_i)+g(x_{i-1})$

für  $i=1,\dots ,n$  (wobei $x_0=a$ und $x_{n+1}=b$ zu lesen ist). Als Definitionsbereich von $f$ kann man die offene Menge

$\{(x_1,\dots ,x_n)\mid a<x_1<x_2<\dots <x_n<b\}\subseteq {ℝ}^n$

oder aber $[a,b{]}^n$ wählen. Es ist im Allgemeinen schwierig, die kritischen Punkte dieser Abbildung zu bestimmen.

Beispiel

Wir wollen für die Funktion

$g:ℝ⟶ℝ,t⟼g(t)=1-t^3,$

und das Einheitsintervall $[0,1]$ bestimmen, für welche zwei Unterteilungspunkte  $0<x<y<1$  das Treppenintegral der zugehörigen (dreistufigen) unteren Treppenfunktion maximal wird. Das Treppenintegral wird durch die Funktion

$f(x,y)=x(1-x^3)+(y-x)(1-y^3)=x-x^4+y-y^4-x+x{y}^3=-x^4+y-y^4+x{y}^3$

beschrieben. Die partiellen Ableitungen dieser Funktion sind

$\frac{\partial f}{\partial x}=-4x^3+y^3$

und

$\frac{\partial f}{\partial y}=1-4y^3+3x{y}^2.$

Wir bestimmen die kritischen Punkte. Aus der ersten partiellen Ableitung ergibt sich die Bedingung

$y=\sqrt[3]{4}x$

und daraus ergibt sich mit der zweiten partiellen Ableitung die Bedingung

$1-16x^3+3\cdot 4^{2/3}{x}^3=0,$

also

$(16-3\cdot 4^{2/3})x^3=1$

bzw.

$x=\frac{1}{\sqrt[3]{16-3\cdot 4^{2/3}}}.$

Somit ist

$P=(\frac{1}{\sqrt[3]{16-3\cdot 4^{2/3}}},\frac{\sqrt[3]{4}}{\sqrt[3]{16-3\cdot 4^{2/3}}})\approx (0,4911,0,7796)$

der einzige kritische Punkt. Wir bestimmen die Hesse-Matrix in diesem Punkt, sie ist

${\mathrm{Hess}}_{P}f=\left(\begin{array}{cc}-12x^2& 3y^2\\ 3y^2& -12y^2+6xy\end{array}\right)$

und in $P$ gleich

$\left(\begin{array}{cc}-2,8942& 1,8233\\ 1,8233& -4,9961\end{array}\right),$

also negativ definit nach Korollar 48.11. Daher liegt in $P$ ein Maximum nach Satz 50.2 vor.

Beispiel

Wir wollen für die Funktion

$g:ℝ⟶ℝ,t⟼t,$

und das Einheitsintervall $[0,1]$ bestimmen, für welche $n$ Unterteilungspunkte  $0<x_1<\dots <x_n<1$  das Treppenintegral der zugehörigen ($(n+1)$-stufigen) unteren Treppenfunktion maximal wird. Das Treppenintegral wird durch die Funktion

$\begin{array}{cc}f(x_1,\dots ,x_n)& =x_1(x_2-x_1)+x_2(x_3-x_2)+\cdots +x_{n-1}(x_n-x_{n-1})+x_n(1-x_n)\\ & =\sum _{i=1}^{n-1}{x}_i{x}_{i+1}+x_n-\sum _{i=1}^n{x}_i^2\end{array}$

beschrieben. Die partiellen Ableitungen dieser Funktion sind

$\frac{\partial f}{\partial x_1}=x_2-2x_1,$

$\frac{\partial f}{\partial x_i}=x_{i-1}+x_{i+1}-2x_i$

für  $i=2,\dots ,n-1$  und

$\frac{\partial f}{\partial x_n}=x_{n-1}+1-2x_n.$

Wir bestimmen die kritischen Punkte, indem wir die partiellen Ableitungen gleich $0$ setzen. Die ersten $n-1$ Gleichungen ergeben sukzessive die Bedingungen

$x_i=i{x}_1$

für alle $i$. Dies zeigt man durch Induktion, der Induktionsanfang ($i=1$) ist trivial,  $i=2$  folgt direkt aus der ersten Gleichung und der Induktionsschritt ergibt sich aus

$x_{i+1}=-x_{i-1}+2x_i=-(i-1)x_1+2i{x}_1=(i+1)x_1.$

Aus der letzten Gleichung folgt schließlich

$0=x_{n-1}+1-2x_n=1+(n-1-2n)x_1=1-(n+1)x_1$

und somit  $x_1=\frac{1}{n+1}$.  Der einzige kritische Punkt liegt also in der äquidistanten Unterteilung vor. Die Hesse-Matrix ist (unabhängig vom Punkt) gleich

$\left(\begin{array}{cccccc}-2& 1& 0& \dots & \dots & 0\\ 1& -2& 1& 0& \dots & 0\\ 0& 1& -2& 1& \ddots & 0\\ ⋮& \ddots & \ddots & \ddots & \ddots & ⋮\\ 0& \dots & 0& 1& -2& 1\\ 0& \dots & \dots & 0& 1& -2\end{array}\right).$

Diese Matrix ist negativ definit nach Korollar 48.11. Daher liegt in der äquidistanten Unterteilung nach Satz 50.2 das Maximum vor.

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