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

Hinreichende Kriterien für lokale Extrema

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

$f\colon G\longrightarrow \mathbb {R} ,$

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 Lemma 50.1 ändern

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

$f\colon G\longrightarrow \mathbb {R}$

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

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

Beweis

Es sei ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ eine Basis von ${}V$, und sei ${}H(Q)$ die Gramsche Matrix zur Hesse-Form ${}\operatorname {Hess} _{Q}\,f$ 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

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

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

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

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

$\Box$

Satz Satz 50.2 ändern

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

$f\colon G\longrightarrow \mathbb {R}$

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

1. Wenn ${}\operatorname {Hess} _{P}\,f$ negativ definit ist, so besitzt ${}f$ ein isoliertes lokales Maximum in ${}P$.
2. Wenn ${}\operatorname {Hess} _{P}\,f$ positiv definit ist, so besitzt ${}f$ ein isoliertes lokales Minimum in ${}P$.
3. Wenn ${}\operatorname {Hess} _{P}\,f$ 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 ${}\operatorname {Hess} _{Q}\,f$ für alle ${}Q\in U{\left(P,\delta \right)}$ negativ definit ist. Für alle Vektoren ${}v\in V$, ${}v\in U{\left(0,\delta \right)}$, gibt es nach Satz 49.3 ein ${}c=c(v)\in [0,1]$ mit

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

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 ${}v\neq 0$ 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 ${}\operatorname {Hess} _{P}\,f$ indefinit. Dann gibt es Vektoren ${}v$ und ${}w$ mit

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

Wegen der stetigen Abhängigkeit der Hesse-Form gelten diese Abschätzungen auch für ${}\operatorname {Hess} _{Q}\,f$ 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 ${}0$)

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

und

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

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

$\Box$

Beispiel Referenznummer erstellen

Wir betrachten die Funktion

$f\colon \mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,(x,y)\longmapsto x+3x^{2}-2xy-y^{2}+y^{3}.$

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

$P_{1}=\left({\frac {2{\sqrt {7}}-1}{54}},\,{\frac {\sqrt {7}}{9}}+{\frac {4}{9}}\right)\,\,{\text{ und }}\,\,P_{2}=\left({\frac {-2{\sqrt {7}}-1}{54}},\,{\frac {-{\sqrt {7}}}{9}}+{\frac {4}{9}}\right).$

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

${}\operatorname {Hess} _{Q}\,f={\begin{pmatrix}6&-2\\-2&-2+6y\end{pmatrix}}\,.$

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 Beispiel 50.4 ändern

Wir betrachten die Abbildung

$\varphi \colon \mathbb {R} _{+}\times \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,(x,y)\longmapsto x^{y}.$

Nach Aufgabe 17.1 ist

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

Die partiellen Ableitungen sind

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

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

${\begin{pmatrix}{\frac {-y+y^{2}}{x^{2}}}\cdot e^{(\ln x)\cdot y}&{\frac {1+y\ln x}{x}}\cdot e^{(\ln x)\cdot y}\\{\frac {1+y\ln x}{x}}\cdot e^{(\ln x)\cdot y}&(\ln x)^{2}\cdot e^{(\ln x)\cdot y}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}{\frac {-y+y^{2}}{x^{2}}}\cdot x^{y}&{\frac {1+y\ln x}{x}}\cdot x^{y}\\{\frac {1+y\ln x}{x}}\cdot x^{y}&(\ln x)^{2}\cdot x^{y}\end{pmatrix}}\,.$

In ${}P$ ist dies

${}\operatorname {Hess} _{P}\,\varphi ={\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}}\,.$

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 ${}{\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}}$ positiv und auf ${}{\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}}$ 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   Referenznummer erstellen

Es sei

$g\colon [a,b]\longrightarrow \mathbb {R}$

eine stetige Funktion und

${}a=x_{0}<x_{1}<x_{2}<\ldots <x_{n}<x_{n+1}=b\,$

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

${}f(x_{1},\ldots ,x_{n})=\sum _{i=0}^{n}g(x_{i}){\left(x_{i+1}-x_{i}\right)}\,$

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 $x_{1},\ldots ,x_{n}$), vorausgesetzt, dass ${}g$ (hinreichend oft) differenzierbar (in einer Variablen) ist. In diesem Fall sind die partiellen Ableitungen von ${}f$ gleich

${}{\frac {\partial f}{\partial x_{i}}}=g'(x_{i}){\left(x_{i+1}-x_{i}\right)}-g(x_{i})+g(x_{i-1})\,$

für ${}i=1,\ldots ,n$ (wobei ${}x_{0}=a$ und ${}x_{n+1}=b$ zu lesen ist). Als Definitionsbereich von ${}f$ kann man die offene Menge

${}{\left\{(x_{1},\ldots ,x_{n})\mid a<x_{1}<x_{2}<\ldots <x_{n}<b\right\}}\subseteq \mathbb {R} ^{n}\,$

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

Beispiel Referenznummer erstellen

Wir wollen für die Funktion

$g\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,t\longmapsto g(t)=1-t^{3},$

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

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

beschrieben. Die partiellen Ableitungen dieser Funktion sind

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

und

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

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

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

bzw.

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

Somit ist

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

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

${}\operatorname {Hess} _{P}\,f={\begin{pmatrix}-12x^{2}&3y^{2}\\3y^{2}&-12y^{2}+6xy\end{pmatrix}}\,$

und in ${}P$ gleich

${\begin{pmatrix}-2,8942&1,8233\\1,8233&-4,9961\end{pmatrix}},$

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

Beispiel Referenznummer erstellen

Wir wollen für die Funktion

$g\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,t\longmapsto t,$

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

${}{\begin{aligned}f(x_{1},\ldots ,x_{n})&=x_{1}(x_{2}-x_{1})+x_{2}(x_{3}-x_{2})+\cdots +x_{n-1}(x_{n}-x_{n-1})+x_{n}(1-x_{n})\\&=\sum _{i=1}^{n-1}x_{i}x_{i+1}+x_{n}-\sum _{i=1}^{n}x_{i}^{2}\end{aligned}}$

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 ${}i=2,\ldots ,n-1$ 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

${}x_{i}=ix_{1}\,$

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

${}x_{i+1}=-x_{i-1}+2x_{i}=-(i-1)x_{1}+2ix_{1}=(i+1)x_{1}\,.$

Aus der letzen 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

${\begin{pmatrix}-2&1&0&\ldots &\ldots &0\\1&-2&1&0&\ldots &0\\0&1&-2&1&\ddots &0\\\vdots &\ddots &\ddots &\ddots &\ddots &\vdots \\0&\ldots &0&1&-2&1\\0&\ldots &\ldots &0&1&-2\end{pmatrix}}.$

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