Prof. Dr. H. Brenner Osnabrück SS Analysis II. Vorlesung 50. Hinreichende Kriterien für lokale Extrema

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1 Prof. Dr. H. Brenner Osnabrück SS 205 Analysis 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 50.. Sei V ein endlichdimensionaler reeller Vektorraum, G V eine offene Teilmenge und f : G R eine zweimal stetig differenzierbare Funktion. Es sei P G ein Punkt, in dem die Hesse-Form Hess P f positiv negativ) definit sei. Dann gibt es eine offene Umgebung U, P U G, derart, dass die Hesse-Form Hess Q f in jedem Punkt Q U positiv negativ) definit ist. Beweis. Sei v,..., v n eine Basis von V, und sei HQ) die Gramsche Matrix zur Hesse-Form Hess Q f im Punkt Q G bezüglich dieser Basis. Aufgrund der Differenzierbarkeitsvoraussetzungen hängt HQ) stetig von Q ab. Daher hängen auch die Determinanten der quadratischen Untermatrizen von HQ) stetig von Q ab. Die Determinanten D k P ) = det HP ) i,j ) i,j k ) sind nach Korollar 48.2 alle von 0 verschieden. Daher gibt es eine offene Umgebung U, P U G, derart, dass für alle Q U die Determinanten D k Q) = det HQ) i,j ) i,j k ) das gleiche Vorzeichen haben wie D k P ). Da diese Vorzeichen nach Korollar 48.2 über die Definitheit entscheiden, folgt die Behauptung. Satz Sei V ein endlichdimensionaler reeller Vektorraum, G V eine offene Teilmenge und f : G R eine zweimal stetig differenzierbare Funktion. Es sei P G mit Df) P = 0. Dann gelten folgende Aussagen. ) Wenn Hess P f negativ definit ist, so besitzt f ein isoliertes lokales Maximum in P.

2 2 2) Wenn Hess P f positiv definit ist, so besitzt f ein isoliertes lokales Minimum in P. 3) Wenn Hess P f indefinit ist, so besitzt f in P weder ein lokales Minimum noch ein lokales Maximum. Beweis. ). Aufgrund von Lemma 50. gibt es ein δ > 0 derart, dass die Hesse-Form Hess Q f negativ definit für alle Q U P, δ) ist. Für alle Vektoren v V, v U 0, δ), gibt es nach Satz 49.5 ein c = cv) [0, ] mit fp + v) = fp ) + r! Dr fp + cv) v r = fp ) + 2 Hess P +cv fv, v), r =2 wobei die zweite Identität auf Aufgabe 49.3 beruht. Da die Hesse-Form negativ definit ist, steht rechts für v 0 eine Zahl, die echt kleiner als fp ) ist. Daher liegt ein isoliertes lokales Maximum vor. 2) wird wie ) bewiesen oder durch betrachten von f darauf zurückgeführt. 3). Sei Hess P f indefinit. Dann gibt es Vektoren v und w mit Hess P fv, v) > 0 und Hess P fw, w) < 0. Wegen der stetigen Abhängigkeit der Hesse-Form gelten diese Abschätzungen auch für 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 ) gilt daher v und w sind nicht 0) und fp + v) = fp ) + 2 Hess P +cv fv, v) > fp ) fp + w) = fp ) + 2 Hess P +dw fw, w) < fp ) mit c, d [0, ]. Also kann in P kein 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 = + 6x 2y und x y = 2x 2y + 3y2. Zur Berechnung der kritischen Punkte dieser Funktion eliminieren wir x und erhalten die Bedingung 9y 2 8y + = 0, die zu y = ± führt. Die kritischen Punkte sind also 2 ) 7 7 P =, ) 7 und P 2 =,

3 Die Hesse-Form ist in einem Punkt Q = x, y) gleich ) 6 2 Hess Q f = y Zur Bestimmung des Definitheitstyps ziehen wir Satz 48. heran, wobei der erste Minor, also 6, natürlich positiv ist. Die Determinante der Hesse-Matrix ist y, was genau bei y > 4 9 positiv ist. Dies ist im Punkt P der Fall, aber nicht im Punkt P 2. Daher ist die Hesse-Matrix im Punkt P nach Satz 48. positiv definit und somit besitzt die Funktion f im Punkt P nach Satz 50.2 ein isoliertes lokales Minimum, das zugleich ein globales Minimum ist. In P 2 ist die Determinante negativ, so dass dort die Hesse-Form indefinit ist und somit, wiederum nach Satz 50.2, kein Extremum vorliegen kann. Beispiel Wir betrachten die Abbildung ϕ: R + R R, x, y) x y. Nach Aufgabe 7. ist x y = e ln x) y. Die partiellen Ableitungen sind ϕ x = y x e ln x) y = y x xy und ϕ y = ln x) e ln x) y = ln x) x y. Da die Exponentialfunktion stets positiv ist, ist P =, 0) der einzige kritische Punkt. Die Hesse-Matrix in einem Punkt x, y) ist y+y 2 ) ln x) y +y ln x ln x) y e e y+y 2 ) y +y ln x x x x 2 x +y ln x = y e ln x) y ln x) 2 x 2 x ln x) y +y ln x. e x y ln x) 2 x y x x In P ist dies ) 0 Hess P ϕ =. 0 Nach Korollar 48.2 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, )), da diese Bilinearform auf positiv und auf ) negativ definit ist. Nach Satz 50.2 liegt in diesem Punkt also kein ) Extremum vor. Dies kann man auch ohne Differentialrechnung erkennen. Für x = oder y = 0 ist x y =. Ansonsten gelten die folgenden Beziehungen. ) Für 0 < x < und y > 0 ist x y <. 2) Für x > und y > 0 ist x y >. 3) Für 0 < x < und y < 0 ist x y >. 4) Für x > und y < 0 ist x y <. 3

4 4 Daher gibt es in jeder Umgebung von, 0) Punkte, an denen die Funktionswerte größer bzw. kleiner als sind. Bemerkung Es sei eine stetige Funktion und g : [a, b] R a = x 0 < x < x 2 <... < x n < b = x n+ eine Unterteilung des Intervalls durch n Zwischenpunkte in n+ Teilintervalle). Dazu gehört die Treppenfunktion, die auf [x i, x i+ [ den konstanten Wert gx 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 b gt)dt. Das Treppenintegral ist gegeben durch a n fx,..., x n ) = gx i ) x i+ x i ). i=0 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, vorausgesetzt, dass g hinreichend oft) differenzierbar in einer Variablen) ist. In diesem Fall sind die partiellen Ableitungen von f gleich x i = g x i ) x i+ x i ) gx i ) + gx i ) für i =,..., n wobei x 0 = a und x n+ = b zu lesen ist). Als Definitionsbereich von f kann man die offene Menge {x,..., x n ) a < x < x 2 <... x n < b} 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 gt) = t 3, und das Einheitsintervall [0, ] bestimmen, für welche zwei Unterteilungspunkte 0 < x < y < das Treppenintegral der zugehörigen dreistufigen) unteren Treppenfunktion maximal wird. Das Treppenintegral wird durch die Funktion fx, y) = x x 3) + y x) y 3) = x x 4 + y y 4 x + xy 3 = x 4 + y y 4 + xy 3 beschrieben. Die partiellen Ableitungen dieser Funktion sind x = 4x3 + y 3

5 und y = 4y3 + 3xy 2. Wir bestimmen die kritischen Punkte. Aus der ersten partiellen Ableitung ergibt sich die Bedingung y = 3 4x und daraus ergibt sich mit der zweiten partiellen Ableitung die Bedingung also 6x /3 x 3 = 0, /3 ) x 3 = 5 bzw. Somit ist P = x = /3. ) 3 3, / /3 = 0, 49, 0, 7796) der einzige kritische Punkt. Wir bestimmen die Hesse-Matrix in diesem Punkt, sie ist ) 2x 2 3y Hess P f = 2 3y 2 2y 2 + 6xy und in P gleich ) 2, 8942, 8233,, , 996 also negativ definit nach Korollar 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, ] bestimmen, für welche n Unterteilungspunkte 0 < x <... < x n < das Treppenintegral der zugehörigen n+)-stufigen) unteren Treppenfunktion maximal wird. Das Treppenintegral wird durch die Funktion fx,..., x n ) = x x 2 x ) + x 2 x 3 x 2 ) + + x n x n x n ) + x n x n ) = n n x i x i+ + x n i= beschrieben. Die partiellen Ableitungen dieser Funktion sind i= x 2 i x = x 2 2x, = x i + x i+ 2x i x i

6 6 für i = 2,..., n und = x n + 2x n. x n Wir bestimmen die kritischen Punkte, indem wir die partiellen Ableitungen gleich 0 setzen. Die ersten n Gleichungen ergeben sukzessive die Bedingungen x i = ix für alle i. Dies zeigt man durch Induktion, der Induktionsanfang i = ) ist trivial, i = 2 folgt direkt aus der ersten Gleichung und der Induktionsschritt ergibt sich aus x i+ = x i + 2x i = i )x + 2ix = i + )x. Aus der letzen Gleichung folgt schließlich 0 = x n + 2x n = + n 2n)x = n + )x und somit x =. Der einzige kritische Punkt liegt also in der äquidistanten Unterteilung vor. Die Hesse-Form ist unabhängig vom Punkt) gleich n Diese Matrix ist negativ definit nach Korollar Daher liegt in der äquidistanten Unterteilung nach Satz 50.2 das Maximum vor.

7 Abbildungsverzeichnis 7