5.3 Lokale Extrema

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

5.3.2 Lemma.
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 $f'(\xi )(v)=\d _v f(\xi )=0$.     []

5.3.3 Proposition (lokale Extrema).
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. 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 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 $1\leq k\leq n$.

Beweis. O.B.d.A. sei $\xi =0$. Nach Taylor's Theorem 5.2.1 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 $\varepsilon >0$, so daß 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 $0\ne \Vert x\Vert<\varepsilon$.     []

5.3.4 Beispiele.

1. $f(x,y):=x^2-y^2$ hat nur $(0,0)$ als kritischen Punkt. Dieser ist ein Sattelpunkt.
   

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.
   

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 $(\frac{\pi}2,\frac{\pi}4)$ und $(\frac{\pi}4,\frac{\pi}2)$ lokale Maxima, davon ist der erste Punkt ist ein globales Minimum von $f$, und die beiden anderen Sattelpunkte.

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

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 5.3.3 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 liefern. 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.

5.3.7 Beispiele.

1. 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 im $(x,y,z,\lambda _1,\lambda _2)$ 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 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.
2. Sei $(x,y)\mapsto\langle Ax,y\rangle$ eine bilineare symmetrische Form. Gesucht sind ihre Extremalwerte unter der Nebenbedingung $\Vert x\Vert=1$. Die Methode der Lagrangemultiplikatoren liefert:

   $$\langle Ax,v\rangle+\langle Av,x\rangle = \lambda (\langle x,v\rangle+\langle v,x\rangle)\forall v$$

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

   
   
   Wegen der Symmetrie von $A$ also $Ax=\lambda \,x$ und $\Vert x\Vert=1$ und somit ist $x$ ein normierter Eigenvektor zum Eigenwert $\lambda$. Ist $\dim(E)=2$, dann liefert die beiden Eigenwerte $\lambda$ das Maximum und das Minimum. Das sind gerade die Längen der Halbachsen des Ellipse oder Hyperbel $\{\langle Ax,x\rangle:\Vert x\Vert=1\}$ und die zugehörigen Eigenvektoren sind die Richtungsvektoren der Halbachsen.