Extrema mit Nebenbedingungen

Seien f:XRf:X\rightarrow\R mit XRnX\subset\R^n offen und g:XRmg:X\rightarrow\R^m mit m<n m<n. Ferner sei N:={xX:g(x)=0}N:=\{x\in X: g(x)=0\} die Menge aller Nullstellen von gg. ff besitzt in ξX\xi\in X ein lokales Maximum (lokales Minimum) unter der Nebenbedingung g(x)=0g(x)=0 : :\Leftrightarrow ξN\xi\in N und es existiert ein δ>0\delta>0 mit Uδ(ξ)XU_\delta(\xi)\subset X und xUδ(ξ)N\forall x\in U_\delta(\xi)\cap N gilt f(x)f(ξ)f(x)\leq f(\xi) (bzw.f(x)f(ξ) f(x)\geq f(\xi)). Gesucht sind die also die lokalen Extrema von ff unter der angegebenen Nebenbedingung und die Werte, die ff in ihnen annimmt.
Wir setzen x=(yz)x=\begin{pmatrix}y\\z \end{pmatrix} mit y=(x1xm) y=\begin{pmatrix}x_1\\\vdots\\x_m \end{pmatrix} und z=(xm+1xn)Rnm z=\begin{pmatrix}x_{m+1}\\\vdots\\x_n \end{pmatrix}\in \R^{n-m}. Dann ist g(x)=g(y,z)g(x)=g(y,z) und falls die mm Komponentengleichungen aus g(y,z)=0g(y,z)=0 nach yy auflösbar sind, es also eine Funktion hh mit y=h(z)y=h(z) und g(h(z),z)=0g(h(z),z)=0 gibt, dann können wir das Problem der Extremwertbestimmung auf das Ermitteln der "freien" lokalen Extrema (d.h. lokale Extrema ohne Nebenbedingungen) der Funktion φ(z)=f(h(z),z)\varphi(z)=f(h(z),z) zurückführen. Ist eine solche explizite Auflösung von g(y,z)=0g(y,z)=0 nach yy nicht möglich, dann verwenden wir die Methode der Lagrangeschen Multiplikatoren

Satz 16KS (Lagrange Multiplikatoren)

Sei XRnX\subset\R^n eine offene Menge, f:XRf:X\rightarrow\R und ,g:=(g1gm):XRm , g:=\begin{pmatrix} g_1\\\vdots\\g_m \end{pmatrix}:X\rightarrow\R^m seien stetig differenzierbare Funktionen und ff besitzt in ξX\xi\in X ein lokales Extremum unter der Nebenbedingung g(x)=0g(x)=0. Ferner existiere in g(ξ)=(g1x1(ξ)g1xn(ξ)gmx1(ξ)gmxn(ξ))g'(\xi)=\begin{pmatrix} \dfrac{\partial g_1}{\partial x_1}(\xi) & \dots & \dfrac{\partial g_1}{\partial x_n}(\xi)\\ \vdots & & \vdots\\ \dfrac{\partial g_m}{\partial x_1}(\xi) & \dots & \dfrac{\partial g_m}{\partial x_n}(\xi) \end{pmatrix} eine mm-reihige Unterdeterminante, die nicht verschwindet. Dann existieren mm reelle Zahlen λ1,,λm\lambda_1,\dots,\lambda_m (die Lagrange Multiplikatoren), so dass die Gleichung
f(ξ)+i=1mλigi(ξ)=0f'(\xi)+\sum\limits_{i=1}^m \lambda_ig_i'(\xi)=0
erfüllt ist.

Beweis

ObdA.gelte für die Determinante der m×mm\cross m-Matrix
det(g1x1(ξ)g1xm(ξ)gmx1(ξ)gmxm(ξ))0 \det \begin{pmatrix} \dfrac{\partial g_1}{\partial x_1}(\xi) & \dots & \dfrac{\partial g_1}{\partial x_m}(\xi)\\ \vdots & & \vdots\\ \dfrac{\partial g_m}{\partial x_1}(\xi) & \dots & \dfrac{\partial g_m}{\partial x_m}(\xi) \end{pmatrix}\neq 0 .(1)
Seien x=(yz)x=\begin{pmatrix}y\\z \end{pmatrix} mit y=(x1xm) y=\begin{pmatrix}x_1\\\vdots\\x_m \end{pmatrix} und z=(xm+1xn)Rnm z=\begin{pmatrix}x_{m+1}\\\vdots\\x_n \end{pmatrix}\in \R^{n-m} sowie ξ=(ηζ) \xi=\begin{pmatrix}\eta\\\zeta \end{pmatrix} mit η=(ξ1ξm) \eta=\begin{pmatrix}\xi_1\\\vdots\\\xi_m \end{pmatrix} und ζ=(ξm+1ξn) \zeta=\begin{pmatrix}\xi_{m+1}\\\vdots\\\xi_n \end{pmatrix}. Nun ist f(x)=f(y,z)f(x)=f(y,z) und g(x)=g(y,z) g(x)=g(y,z). Aus ff hat in ξ\xi ein lokales Extremum unter der Nebenbedingung g(x)=0g(x)=0 folgt: g(ξ)=g(η,ζ)=0g(\xi)=g(\eta,\zeta)=0 und wegen Gleichung (1) ist det(g1x1(η,ζ)g1xm(η,ζ)gmx1(η,ζ)gmxm(η,ζ))0\det\begin{pmatrix} \dfrac{\partial g_1}{\partial x_1}(\eta,\zeta) & \dots & \dfrac{\partial g_1}{\partial x_m}(\eta,\zeta)\\ \vdots & & \vdots\\ \dfrac{\partial g_m}{\partial x_1}(\eta,\zeta) & \dots & \dfrac{\partial g_m}{\partial x_m}(\eta,\zeta) \end{pmatrix}\neq 0. Nach dem Satz über implizite Funktionen (Satz 16KT) ist g(y,z)=0g(y,z)=0 nach yy auflösbar, d.h.
Uδ(ζ)Rnm \exists U_\delta(\zeta)\subset\R^{n-m} h:Bδ(ζ)Rm h:B_\delta(\zeta)\rightarrow \R^m: h(ζ)=η h(\zeta)=\eta und zδ(ζ):g(h(z),z)=0 \forall z\in _\delta(\zeta): g(h(z),z)=0 (2)
Ferner sei δ\delta so klein, dass φ(z):=f(h(z),z)\varphi(z):=f(h(z),z) differenzierbar ist. Es gilt:
φ(ζ)=fy(ξ)h(ζ)+fz(ξ)\varphi'(\zeta)=\dfrac{\partial f}{\partial y}(\xi)h'(\zeta)+ \dfrac{\partial f}{\partial z}(\xi).
ff lokales Extremum in ξ\xi unter der Nebenbedingung g(x)=0g(x)=0 bedeutet, dass φ(ζ)=0\varphi'(\zeta)=0. Also hat man
fy(ξ)h(ζ)+fz(ξ)=0 \dfrac{\partial f}{\partial y} (\xi)h'(\zeta)+\dfrac{\partial f}{\partial z}(\xi)=0 (3)
Außerdem gilt wegen der Gleichung (2) und Satz 16KT, dass
h(ζ)=(gy(ξ))1gz(ξ)h'(\zeta)=-\left(\dfrac{\partial g}{\partial y}(\xi)\right)^{-1} \dfrac{\partial g}{\partial z}(\xi).
Einsetzen in die Gleichung (3) liefert: fy(ξ)(gy(ξ))1λT=(λ1,,λm)gz(ξ)+fz(ξ)=0\underbrace{-\dfrac{\partial f}{\partial y}(\xi) \left(\dfrac{\partial g}{\partial y}(\xi)\right)^{-1}}_{\lambda^T= (\lambda_1,\dots,\lambda_m)} \dfrac{\partial g}{\partial z}(\xi)+\dfrac{\partial f}{\partial z}(\xi) =0. Somit ist fy(ξ)+λTgy(ξ)=0\dfrac{\partial f}{\partial y}(\xi)+\lambda^T \dfrac{\partial g}{\partial y}(\xi)=0 und fz(ξ)+λTgz(ξ)=0\dfrac{\partial f}{\partial z} (\xi)+\lambda^T\dfrac{\partial g}{\partial z}(\xi)=0. Beide Gleichungen liefern: f(ξ)+λTg(ξ)=0f'(\xi)+\lambda^T g'(\xi)=0f(ξ)+i=1mλigi(ξ)=0 \Leftrightarrow f'(\xi)+\sum\limits_{i=1}^m \lambda_i g_i'(\xi)=0. \qed
 
 

Religion und Mathematik sind nur verschiedene Ausdrucksformen derselben göttlichen Exaktheit.

Kardinal Michael Faulhaber

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