19.3 Lokale Extrema

19.3.1 Definition. Lokales Minimum und Maximum.
Es sei $f:E\supseteq U\to\mathbb{R}$ und $\xi \in U$. Dann heißt $\xi$ genau dann lokales Minimum (resp. lokales Maximum) von $f$, wenn ein $\varepsilon >0$ existiert, so daß für all $x\in U$ mit $\vert x-\xi \vert<\varepsilon$ die Ungleichung $f(x)\geq f(\xi )$ (resp. $f(x)\leq f(\xi )$) gilt. Gilt sogar die strikte Ungleichung $f(x) > f(\xi )$ (resp. $f(x)<f(\xi )$) für all jene $x\ne \xi$, so heißt $\xi$ ein lokales striktes Minimum (resp. lokales striktes Maximum).

19.3.6 Bemerkung. Gradient.
Da es nur Sinn macht für Skalar-wertige Funktionen $f:E\supseteq U\to\mathbb{R}$ von lokalen Extrema zu sprechen wollen wir für diese eine andere Interpretation der Ableitung $f'(x)\in L(E,\mathbb{R})$ geben. Wenn $E=\mathbb{R}^n$ ist, dann ist die Jacobi-Matrix

$$[f'(x)] = \Bigl(\d _1 f(x),\dots,\d _n f(x)\Bigr)$$

und $f'(x)(v)$ ist durch Matrix-Multiplikation gegeben:

$$f'(x)(v)= \Bigl(\d _1 f(x),\dots,\d _n f(x)\Bigr)\cdot \begin{pmatrix}v_1 \vdots v_n\end{pmatrix},$$

wobei $v_1,\dots,v_n$ die Koordinaten von $v$ sind. Wir müssen also den Vektor $v$ als Spaltenvektor interpretieren und $f'(x)$ als Zeilenvektor der gleichen Länge. Wenn wir die Matrix $[f'(x)]$ transponieren, also $f'(x)$ ebenfalls als Spalten-Vektor in $\mathbb{R}^n$ auffassen, dann nennen wir diesen den Gradienten von $f$ bei $x$ und schreiben $\operatorname{grad}f(x)$ dafür. Es gilt somit

$$f'(x)(v) = \Bigl(\d _1 f(x),\dots,\d _n f(x)\... ..._{i=1}^n \d _i f(x)\cdot v_i =\langle \operatorname{grad}f(x),v\rangle.$$

Die Gleichung $f'(x)(v)=\langle \operatorname{grad}f(x),v\rangle$ benutzt nun keine Koordinaten (von $v$ und von $\operatorname{grad}f(x)$) mehr, macht also als Definition von $\operatorname{grad}f(x)$ auf Vektorräumen ohne vorgegebener Basis nur versehen mit einem skalarem Produkt Sinn.

19.3.8 Lemma. Geometrische Bedeutung des Gradientens.
Es sei $f:E\supseteq U\to\mathbb{R}$ differenzierbar bei $x\in U$. Dann zeigt $\operatorname{grad}f(x)\in E$ in die Richtung des größten Anstiegs von $f$.

Jede Höhenlinie von $f$, d.h. differenzierbare Kurve $c:\mathbb{R}\supseteq I\to U$ mit konstanten $f\o c$, steht in jedem Punkt $c(t)$ normal auf $\operatorname{grad} f(c(t))$.

Beweis. Sei $v\in E$ mit $\Vert v\Vert=1$ eine Richtung. Dann ist die Richtungsableitung von $f$ bei $x$ in Richtung $v$ wegen der Ungleichung von Cauchy-Schwarz (13.6)

$$d_vf(x)=f'(x)(v)=\langle \operatorname{grad}f(... ...x)\Vert \Vert v\Vert \cos(\measuredangle(\operatorname{grad}f(x),v)).$$

Dies wird also maximal, wenn $\cos(\measuredangle(\operatorname{grad}f(x),v))=1$ ist, d.h. $\measuredangle(\operatorname{grad}f(x),v)=0$ ist, also $v$ in die selbe Richtung wie $\operatorname{grad}f(x)$ zeigt.

Der zweite Teil der Aussage folgt nun so: Da $f\o c$ konstant ist folgt durch Differenzieren $0=(f\o c)'(t)=f'\Bigl(c(t)\Bigr) \Bigl(c'(t)\Bigr)= \langle \operatorname{grad}f(c(t)),c'(t)\rangle$, also ist $c'(t)\perp \operatorname{grad}f(c(t))$.     []

Bemerkung. Gradientenfeld.
Es sei eine $C^1$ Funktion $f:E\supseteq U\to\mathbb{R}$ vorgegeben. Dann können wir das Vektorfeld $\operatorname{grad}f:E\supseteq U\to E$ betrachten, das sogenannte Gradientenfeld von $f$.

Die Lösungen der zugehörigen gewöhnlichen Differentialgleichung

$$x'(t)=\operatorname{grad}f (x(t))$$

beschreiben dann die Wege, die Punkte nehmen, die denn stärksten Anstieg folgen. Wenn man $f$ als Luftdruck interpretiert, so sind beschreiben die Lösungen dieser Differentialgleichung, welche (abgesehen von der Corioliskraft) durch die Druckverteilung $f$ entstehenden Winde.

19.3.2 Lemma. Notwendige Bedingung für Extremum.
Es sei $\xi \in U$ ein lokales Extremum (d.h. Maximum oder Minimum) von $f:E\supseteq U\to\mathbb{R}$ und $f$ sei differenzierbar bei $\xi$ oder besitze zumindest die Richtungsableitungen $d_vf(\xi )$ für alle $v\in E$.

Dann ist $\xi$ ein kritischer Punkt von $f$, d.h. $f'(\xi )=0$.

Beweis. Für $v\in E$ besitzt auch $t\mapsto f(\xi +tv)$ ein lokales Extremum bei $t=0$ und somit z.B. im Falle eines lokalen Minimums $f(\xi +tv)\geq f(\xi )$ für alle $t$ und damit

$$\frac{f(\xi +tv)-f(\xi )}{t} \left\{\begin{ar... ...l} \geq 0 &\text{für }t>0 \\ \leq 0 &\text{für }t<0 \end{array}\right.$$

also ist $f'(\xi )(v)=\d _v f(\xi )=0$.     []

19.3.3 Proposition. Hinreichende Bedingung für lokales Extremum.
Es sei $f:E\supseteq U\to\mathbb{R}$ $C^2$, $f'(\xi )=0$ und die symmetrische Form $f''(\xi ):E\times E\to\mathbb{R}$ sei positiv definit, d.h. $f''(\xi )(v,v)>0$ für alle $v\ne 0$. Dann hat $f$ bei $\xi$ ein striktes lokales Minimum.

Eine bilineare symmetrische Form $b$ ist genau dann positiv definit, wenn $\exists\delta >0 \forall h:b(h,h)\geq \delta \Vert h\Vert^2$: Denn die Einheitssphäre $\{h:\Vert h\Vert=1\}$ ist kompakt und somit existiert $\delta :=\min\{b(h,h):\Vert h\Vert=1\}>0$ und für $0\ne v\in E$ gilt $v=\Vert v\Vert h$, wobei $h:=\frac1{\Vert v\Vert}v$ und damit $b(v,v)=b(\Vert v\Vert h,\Vert v\Vert h)=\Vert v\Vert^2 b(h,h)\geq \Vert v\Vert^2 \delta$.

In der Mathematik 1 haben wir gezeigt, daß eine symmetrische bilinear-Form $b:\mathbb{R}^n\times \mathbb{R}^n\to\mathbb{R}$ genau dann positiv definit ist, wenn es die zugehörige quadratische Matrix $(b_{i,j})_{i,j=1}^n$ mit $b_{i,j}:=b(e_i,e_j)$ ist, d.h. die Determinante der Hauptminore $(b_{i,j})_{i,j=1}^k$ positiv ist für jedes $1\leq k\leq n$. Äquivalent dazu ist auch, daß alle Eigenwerte positiv sind.

Eine symmetrische bilinear-Form $b$ heißt negativ definit, wenn $-b$ positiv definit ist, d.h. $b(v,v)<0$ für alle $v\ne 0$ ist. Dies ist also genau dann der Fall, wenn alle Eigenwerte negativ, bzw. die Hauptminoren alternierendes Vorzeichen haben und zwar beginnend mit $-$ für die $1\times 1$-Minore.

Beweis. O.B.d.A. sei $\xi =0$. Nach Taylor's Theorem (19.2.1) ist

$$f(x) = f(0) + f'(0)\cdot x + \int_0^1 (1-t) f''(tx)(x,x) dt$$

Die Menge der stetigen positiv definiten symmetrischen Bilinear-Formen ist offen in allen symmetrischen Bilinear-Formen, denn wenn $b_0(x,x)\geq \delta \Vert x\Vert^2$ ist und $\Vert b-b_0\Vert<\delta$ ist, so ist

$$b(x,x) = b_0(x,x) + \Bigl(b(x,x)-b_0(x,x)\Bigr)$$

$$\geq b_0(x,x) - \vert b(x,x)-b_0(x,x)\vert \geq \oversetbrace{>0}\to{(\delta - \Vert b-b_0\Vert)}\Vert x\Vert^2$$

Da $x\mapsto f''(x)$ stetig ist und $f''(0)$ positiv definit ist existiert ein $\delta >0$ und ein $\varepsilon >0$, sodaß alle $\Vert x\Vert<\varepsilon$ in $U$ liegen und $f''(x)(h,h)\geq \frac{\delta }2 \Vert h\Vert^2$ für alle $h\in E$ gilt. Somit ist für diese $x$

$$\int_0^1 (1-t) f''(tx)(x,x) dt \geq \int_0^... ...\Vert x\Vert^2\frac{\delta }2 dt \geq \Vert x\Vert^2\frac{\delta }4,$$

daher ist $f(x) > f(0)$ für alle $0\ne \Vert x\Vert<\varepsilon$.     []

19.3.4 Beispiele von Extremalpunkten.
Die typischen quadratischen (nicht degenerierten) Formen mit 2 positiven, resp. einem positiven und einem negativen Eigenwert, resp. zwei negativen Eigenwerten sind:

$$\begin{matrix} x^2+y^2 \qquad\qquad & \qquad x... ...it}\qquad &\text{indefinit} &\qquad\text{negativ definit} \end{matrix}$$

1. $f(x,y):=x y$ hat nur $(0,0)$ als kritischen Punkt. Dieser ist ein Sattelpunkt.
   

   In der Tat ist $f'(x,y)=(y,x)=0$ $\Leftrightarrow$ $x=0=y$ und die Eigenwerte $\lambda$ von

   $$f''(0,0)=\begin{pmatrix}0 & 1 1 & 0\end{pmatrix}$$
   sind durch $0=\det(\lambda \operatorname{id}-f''(0,0))=\lambda ^2-1$, also $\lambda =\pm 1$ gegeben.
2. $f(x,y):=x^3+y^3-3xy$ hat nur $(0,0)$ und $(1,1)$ als kritische Punkte. Der erste ist ein Sattelpunkt (setze $y=0$) und der zweite ein lokales striktes Minimum.
   

   In der Tat ist $f'(x,y)=3(x^2-y,y^2-x)=0$ $\Leftrightarrow$ $(x,y)=(0,0)$ oder $(x,y)=(1,1)$. Die Eigenwerte $\lambda$ von

   $$f''(x,y)=3\begin{pmatrix}2x & -1 -1 & 2y \end{pmatrix}$$
   sind für $(x,y)=(0,0)$ ähnlich wie zuvor $\pm 3$ und für $(x,y)=(1,1)$ durch $0=\det(\lambda \operatorname{id}-f''(0,0))=(\lambda -6)^2-3^2$, also $\lambda =6\pm 3$ gegeben.
3. $f(x,y):=\sin(x)+\sin(y)+\sin(x+y)$ für $0\leq x,y\leq \frac{\pi}2$.
   

   Der einzige kritische Punkt im Inneren ist $(\frac{\pi}3,\frac{\pi}3)$, ein globales Maximum. Am Rand sind $(0,0)$ und $(\frac{\pi}2,\frac{\pi}2)$ lokale Minima (und der erste Punkt ein globales) und $(\frac{\pi}2,\frac{\pi}4)$ und $(\frac{\pi}4,\frac{\pi}2)$ lokale Maxima am Rand aber nicht von $f$ am ganzen Quadrat.

   Hier ist $f'(x,y)=(\cos(x)+\cos(x+y),\cos(y)+\cos(x+y))=(0,0)$ genau dann wenn $\cos(x)=\cos(y)$, also $x=y$, und $0=\cos(x)+\cos(2x)=\cos(x)+2\cos^2(x)-1$, also $\cos(x)=-\frac14\pm\frac34$, d.h. $x=\arccos(\frac12)=\frac{\pi}3$. In diesem Punkt ist

   $$f''(x,y) = \begin{pmatrix}-\sin(x)-\sin(x+y) & -\sin(x+y) -\sin(x+y) & -\sin(x)-\sin(x+y) \end{pmatrix}$$

   $$= \begin{pmatrix}-\sqrt{3} & -\frac{\sqrt{3}}2 -\frac{\sqrt{3}}2 & -\sqrt{3} \end{pmatrix}$$

   
   
   mit Eigenwerten $-\frac{3\sqrt{3}}2$ und $-\frac{\sqrt{3}}2$, also liegt ein Maximum vor.

19.3.9 Bemerkung. Extremalpunkte unter Nebenbedingung.
Sehr oft wird die Menge $X$ in der wir eine Extremalstelle von $f$ suchen nicht unbedingt eine offene Teilmenge eines Vektorraums $E$ sein. Falls wir $X$ lokal durch eine Abbildung $h:H\to X$ parametrisieren können, d.h. zu vorgegebenen $x_0\in X$ eine offenen Menge $V\subseteq E$ mit $x_0\in V$ und offene Menge $U$ eines Vektorraums $H$ mit $0\in U$ sowie eine surjektive Abbildung $h:U\to V\cap X$ finden können, dann ist $x_0$ genau dann ein lokales Extremum von $f\vert _X:X\to \mathbb{R}$ in $X$, wenn $h_0\in h^{-1}(x_0)$ ein solches von $f\o h:H\supseteq U\to V\cap X\to \mathbb{R}$ ist. Somit ist in dieser Situation das Problem wieder auf Funktionen zurückgespielt, die auf offenen Teilmengen von Vektorräumen definiert sind.

Bisweilen werden wir aber eine Parametrisierung nicht vorgegeben habe, man denke z.B. and den Kreis bzw. die Sphäre $X:=\{x:\Vert x\Vert=1\}$. Wir wollen trotzdem versuchen die lokalen Extrema von $f:X\to \mathbb{R}$ zu lokalisieren und zwar ohne eine Parametrisierung von $X$ benutzen zu müssen. Die Idee dabei ist bereits für eine Kurve $X\subseteq \mathbb{R}^2$ zu erkennen. Ein Punkt $x_0\in X$ ist höchstens dann extremal für eine Funktion $f$, wenn die Kurve die entsprechende Höhenschichtlinie $\{x:f(x)=f(x_0)\}$ im Punkt $x_0$ berührt. Die Tangente an die Höhenschichtlinie steht normal auf den Gradienten $\operatorname{grad}f(x_0)$. Wenn also $X$ durch eine Gleichung $X:=\{x:g(x)=0\}$ gegeben ist, dann muß ebenfalls die Tangente an $X$ in $x_0$ normal auf den Gradienten $\operatorname{grad}g(x_0)$ stehen, und somit $\operatorname{grad}f(x)^\perp=\operatorname{grad}g(x)^\perp$ gelten, d.h. $\operatorname{grad}f(x_0)$ proportional zu $\operatorname{grad}g(x_0)$ sein, d.h. ein $\lambda \in\mathbb{R}$ existieren mit $f'(x_0)=\lambda \cdot g'(x_0)$. Einen entsprechenden allgemeineren Satz für $X$ die durch mehrere Gleichungen (also eine Vektor-wertige Gleichung $X=\{x:g(x)=0\}$ mit $g:E\to F$) beschrieben werden ist der folgende:

19.3.5 Proposition über Lagrange Multiplikatoren.
Es sei $f:E\supseteq U\to\mathbb{R}$ und $g:E\supseteq U\to F$, beide $C^1$. Falls $x\in U$ unter der Nebenbedingung $g(x)=0$ ein lokales Extremum von $f$ ist und falls $g'(x)$ surjektiv ist, so ist $f'(x)=\lambda \o g'(x)$ für ein $\lambda \in L(F,\mathbb{R})$ (dieses heißt Lagrange-Multiplikator).

Beweis. O.B.d.A. sei $x=0$. Es sei $E_1$ der Kern von $g'(0)$ und $E_2$ ein Komplementärraum zu $E_1$ also z.B. das orthogonale Komplement $E_2:=E_1^\perp$. Dann ist $E\cong E_1\oplus E_2$ und wir bezeichnen mit $\tilde g:E_1\times E_2\to F$ die Abbildung $\tilde g(x_1,x_2):= g(x_1+x_2)$ und analog $\tilde f(x_1,x_2):=f(x_1+x_2)$. Dann ist $\d _j\tilde g(0)=g'(0)\vert _{E_j}$ und insbesonders ist $\d _2 g(0)$ injektiv, da $g'(0)$ nur auf $E_1$ verschwindet, und ebenso surjektiv, denn aus $w=g'(0)(v)$ folgt für $v_1+v_2:=v$ die Gleichung $w=g'(0)(v_1+v_2) =0+g'(0)(v_2)=\d _2 \tilde g(0)(v_2)$ (Man sieht auch leicht, daß $\d _1\tilde g(0)=0$). Aus dem Satz über implizite Abbildungen folgt die Existenz einer lokal eindeutigen $C^1$-Lösung $h:E_1 \to E_2$ der impliziten Gleichung $\tilde g(x_1,h(x_1))=0$, d.h. $g^{-1}(0)$ läßt sich lokal durch den Graph einer Abbildung $h:E_1 \to E_2$ parametrisieren läßt. Damit ist das Extremalproblem für $f$ mit Nebenbedingung $g$ auf das gewöhnliche Extremalproblem für $x_1\mapsto \tilde f(x_1,h(x_1))$ ohne Nebenbedingung zurückgeführt. Da $\d _2\tilde g(0)$ invertierbar ist können wir $\lambda :=\d _2\tilde f(0)\o\d _2\tilde g(0)^{-1}:F\to E_2\to \mathbb{R}$ setzen, und erhalten $\d _2 \tilde f(0) = \lambda \o\d _2 \tilde g(0)$ Nach (19.3.3) muß die Ableitung $\d _1 \tilde f(0)+\d _2\tilde f(0)\o h'(0)$ von $x_1\mapsto \tilde f(x_1,h(x_1))$ bei 0 verschwinden. Ebenso folgt durch Differenzieren von $\tilde g(x_1,h(x_1))=0$, daß die Ableitung $\d _1 \tilde g(0)+\d _2\tilde g(0)\o h'(0)$ verschwindet, und da $\d _2\tilde g(0)$ invertierbar ist, ist $h'(0)=-\d _2\tilde g(0)^{-1}\o\d _1\tilde g(0)$ (Wegen $\d _1\tilde g(0)=0$ ist $h'(0)=0$). Somit ist $\d _1 \tilde f(0)= -\d _2\tilde f(0)\o h'(0) =\d _2\tilde f(0)\o\d _2\tilde g(0)^{-1}\o\d _1\tilde g(0)=\lambda \o\d _1\tilde g(0)$ (Und dies ist 0). Also ist insgesamt $\tilde f'(0) =\lambda \o\tilde g'(0)$, und somit auch $f'(0)=\lambda \o g'(0)$, da $(x_1,x_2)\mapsto x_1+x_2$ ein linearer Isomorphismus $E_1\times E_2\to E$ ist der $f$ und $g$ in $\tilde f$ und $\tilde g$ übersetzt.     []

Wenn $F=\mathbb{R}^n$ ist, dann ist $\lambda$ durch $(\lambda _i)_i\in \mathbb{R}^n$ vermöge $\lambda (y_1,\dots,y_n):=\sum_{i=1}^n\lambda _i y_i$ gegeben und somit muß ein relatives lokales Extremum $x$ folgendes erfüllen

$$f'(x) = \sum_{i=1}^n \lambda _i g_i'(x)$$    und $$g(x) = 0,$$

wobei $g(x)=:(g_1(x),\dots,g_n(x))$ ist. Ist zusätzlich $E=\mathbb{R}^m$ so bedeutet dies für ein lokales Extremum $x=(x_1,\dots,x_m)$ folgendes (im allgemeinen nur bzgl. der $\lambda _i$ lineare) Gleichungssystem von $n+m$ Gleichungen in den $n+m$ vielen Variablen $(x_1,\dots,x_m;\lambda _1,\dots,\lambda _n)$:

$$\d _j f(x) = \sum_{i=1}^n \lambda _i \d _j g_i(x) j=1,\dots,m$$

$$g_i(x) = 0 i=1,\dots,n$$

Da der letzte Satz nur eine notwendige Bedingung liefert, benötigt man zusätzliche Argumente um den Nachweis eines lokalen Extremums zu erbringen. Das kann z.B. sein, daß die Nebenbedingung eine kompakte Menge beschreibt und die stetige Funktion $f$ somit ein Maximum und ein Minimum besitzen muß.

19.3.7 Beispiele für Extremalwerte unter Nebenbedingung.

1. Gesucht sind die Extremalwerte von $f(x,y,z):=5x+y-3z$ auf dem Durchschnitt der Ebene $x+y+z=0$ mit der Sphäre $x^2+y^2+z^2=1$. Die Abbildung $g$ ist in diesem Beispiel $g=(g_1,g_2):\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^2$ mit $g_1(x,y,z):=x+y+z$ und $g_2(x,y,z):=x^2+y^2+z^2-1$. Es ist somit folgendes Gleichungssystem in $(x,y,z;\lambda _1,\lambda _2)$ zu lösen:

   $$5=\d _1 f(x,y,z) = \lambda _1 \d _1 g(x,y,z) + \lambda _2 \d _1 g(x,y,z) = \lambda _1 1+\lambda _2 2x$$

   $$1=\d _2 f(x,y,z) = \lambda _1 \d _2 g(x,y,z) + \lambda _2 \d _2 g(x,y,z) = \lambda _1 1+\lambda _2 2y$$

   $$-3=\d _3 f(x,y,z) = \lambda _1 \d _3 g(x,y,z) + \lambda _2 \d _3 g(x,y,z) = \lambda _1 1+\lambda _2 2z$$

   $$= g_1(x,y,z) = x+y+z$$ 0

   $$= g_2(x,y,z) = x^2+y^2+z^2-1$$ 0

   
   
   Die einzigen zwei Lösungen sind $(\pm \frac{1}{\sqrt{2}},0,\mp\frac{1}{\sqrt{2}};\pm 2\sqrt{2},1)$. Einsetzen in $f$ zeigt, daß $(\frac{1}{\sqrt{2}},0,-\frac{1}{\sqrt{2}})$ die Stelle eines lokalen (und somit auch globalen) Maximums und $(-\frac{1}{\sqrt{2}},0,\frac{1}{\sqrt{2}})$ die eines globalen Minimums ist. Genauer, da die Sphäre und somit auch der Schnitt mit der Ebene kompakt ist und $f$ stetig ist, muß nach (16.3.6) ein Maximum und ein Minimum von $f$ unter dieser Nebenbedingung existieren. Nach (19.3.5) sind die einzigen möglichen Punkte dafür aber die gerade berechneten, und da $f$ auf dem ersten Punkt einen größeren Wert als am zweiten hat, muß der erste die Stelle des Maximums und der zweite jene des Miniums sein.
   
2. Sei $A\in L(E,E)$ gegeben. Gesucht seien die Extremalwerte von $\Vert Ax\Vert$ (oder äquivalent von $\Vert Ax\Vert^2=\langle Ax,Ax\rangle$) unter der Nebenbedingung $\Vert x\Vert=1$ (äquivalent von $\Vert x\Vert^2=\langle x,x\rangle$). Die Methode der Lagrangemultiplikatoren liefert:

   $$2\langle A^tAx,v\rangle=\langle Ax,Av\rangle+\langle Av,Ax\rangle = \lambda (\langle x,v\rangle+\langle v,x\rangle)=2 \langle \lambda x,v\rangle\quad\forall v$$

   $$\langle x,x\rangle = 1$$

   
   
   Somit ist $A^tAx=\lambda x$ und $\Vert x\Vert=1$ und folglich $x$ ein normierter Eigenvektor von $A^tA$ zum Eigenwert $\lambda$. Ist $\dim(E)=2$, dann liefert die beiden Eigenwerte $\lambda$ das Maximum und das Minimum von $\Vert Ax\Vert^2$ und die Bilder $A(v)$ der zugehörigen normierten Eigenvektoren $v$ sind gerade die Halbachsen der durch $\{A(x):\Vert x\Vert=1\}$ beschrieben Ellipse. Die Längen der Halbachsen sind $\Vert A(x)\Vert=\sqrt{\langle A(x),A(x)\rangle}= \sqrt{\lambda \langle x,x\rangle}=\sqrt{\lambda }\Vert x\Vert=\sqrt{\lambda }$.

   Andererseits können wir auch die Quadrik $X:=\{x:\Vert Ax\Vert=1\}$ untersuchen. Die Punkte $x\in X$ mit extremalen Abstand $\Vert x\Vert$ zu 0 sind wie folgt zu erhalten. Wir setzen $v:=\frac1{\Vert x\Vert}x$ und erhalten $\Vert v\Vert=1$ und $\Vert A(v)\Vert=\frac{\Vert Ax\Vert}{\Vert x\Vert}=\frac1{\Vert x\Vert}$. Wir suchen also unter allen $v$ mit $\Vert v\Vert=1$ jene, für welche $\Vert A(v)\Vert$ extremal wird, dies sind nach obigen genau die normierten Eigenvektoren $v$ von $A^tA$ und die zugehörigen Eigenwerte sind $\lambda =\frac1{\vert x\vert}$. Die Punkte $x\in X$ mit extremalen Abstand zu 0 sind also gerade $\frac1{\lambda }v$ mit Norm $\frac1{\lambda }$. Die Eigenvektoren $v$ beschreiben also die Richtungen der Hauptachsen der Quadrik (d.h. im $\mathbb{R}^2$ der Ellipse oder Hyperbel) $X$.