Kurs:Mathematik für Anwender (Osnabrück 2019-2020)/Teil II/Vorlesung 52/kontrolle

Hier hat Vorli die Fragebögen von Dr. Eisenbeis zerfetzt. Zum Glück hat Dr. Eisenbeis alles schon digital abgespeichert.

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 (oder der „Definitheitstyp“) der Hesse-Form vom Punkt abhängt.

Lemma Lemma 52.1 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 44.16 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 44.16 über die Definitheit entscheiden, folgt die Behauptung.

$\Box$

Satz Satz 52.2 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 52.1 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 50.5 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 50.14 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 Korollar 44.16 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 Korollar 44.16 positiv definit und somit besitzt die Funktion ${}f$ im Punkt ${}P_{1}$ nach Satz 52.2 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 52.2, kein Extremum vorliegen kann.

Beispiel Beispiel 52.4 ändern

Wir betrachten die Abbildung

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

Es 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 44.16 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 52.2 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 44.16. Daher liegt in ${}P$ ein Maximum nach Satz 52.2 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 44.16. Daher liegt in der äquidistanten Unterteilung nach Satz 52.2 das Maximum vor.