5 Extrema unter Nebenbedingung

Beispiel 1 Welches Rechteck mit gegebenen Umfang M > 0 hat den größten Flächeninhalt?

• stellt man das Problem als Maximumsproblem mit Nebenbedingung (NB) auf:

f(x, y) = 2(x + y) − M = 0 (NB)
Φ(x, y) = xy

• einfache Umformung ergibt

Φ(x, y) = x\frac{M − 2x}{2}
= \frac{Mx}{2} − x^{2} =: Φ̃(x)

• nun gilt Φ̃′(x) = \frac{M}{2} − 2x und Φ̃′′(x) = −2

• Φ̃(x) hat Maximum bei x_{E} = \frac{M}{4}

• durch einsetzen in die Nebenbedingung erhält man y_{E} = \frac{M}{4}

• also hat Φ(x, y) hat Maximum bei (\frac{M}{4} , \frac{M}{4} ) unter der NB f(x, y) = 0

Beispiel 2 Welcher Quader mit gegebener Oberfläche M > 0 hat das größte Volumen?

• stellt man das Problem als Maximumsproblem mit Nebenbedingung (NB) auf:

f(x, y, z) = 2(xy + yz + xz) − M = 0 (NB)
Φ(x, y, z) = xyz

• NB nicht trival auflösar wie im letzten Beispiel, also hilft Satz 2 Kapitel IV §5 Satz 2 (Extrema unter Nebenbedingung) Sei Ω ⊂ ℝ^{n+m} eine offene Menge und die Funktionen Φ(x) ∈ C^{1}(Ω, ℝ), f_{i}(Ω, ℝ) für i = 1, …, n gegeben. Weiter sei

z_{0} ∈ {z ∈ Ω : f_{i}(z) = 0, i ∈ {1, …, n}},

d.h. Rang (\frac{∂f_{i}}{∂z_{j}} (z_{0}))_{{i=1,...,n \atop j=1,...,n+m}} = n. Im Punkt z_{0} nehme Φ ein Extremum

unter NB an. Dann gilt

∇Φ(z_{0}) ∈ V_{n} := {∑_{i=1}^{n} λ_{i}∇f_{i}(z_{0}) : λ_{i} ∈ ℝ, i = 1, …, n} .

• für unser Beispiel berechnen wir also

(1) ∇f(x, y, z) = 2 ( \begin{matrix}y + z \\ x + z \\ y + z \end{matrix} ) ∇Φ(x, y, z) = ( \begin{matrix}yz \\ xz \\ yz \end{matrix} )

• aus dem Satz 2 ergibt sich ∇Φ(x, y, z) = λ∇f(x, y, z)

• Lösung des Gleichungssystems ergibt x_{0} = y_{0} = z_{0} = \sqrt{\frac{M}{6}}

• natürlich haben wir nur die notwendige Bedingung gezeigt...

Satz 3 Sei B(0, ϵ) ⊂ ℝ^{n} und Kugel um 0 mit dem Radius ϵ. Weiter gelte für die Funktion ζ ∈ C^{2}(B(0, ϵ), ℝ), ζ(0) = 0 und ∇ζ(0) = 0. Setzen wir für ϵ > 0 die Menge M := {(x, z) ∈ ℝ^{n+1} : z = ζ(x), x ∈ B(0, ϵ)}. Die Funktion Φ(x, z) habe in 0 ein Extremum auf M und es gelte Φ ∈ C^{2}({(x, z) ∈ ℝ^{n+1} : z = ζ(x), x ∈ B(0, ϵ)}, ℝ). Dann gelten die Folgerungen

1. 0 ist rel. Minimum von Φ auf M ⟹ (Φ_{x_{i}x_{j}}(0) + Φ_{z}(0)ζ_{x_{i}x_{j}}(0))_{i,j=1,...,n} ist positiv semidefinit

2. (Φ_{x_{i}x_{j}}(0) + Φ_{z}(0)ζ_{x_{i}x_{j}}(0))_{i,j=1,...,n} ist positiv definit ⟹ 0 ist striktes relatives Minimum von Φ auf M

Beweis.

• setze f(x, z) := z − ζ(x)

• weiter gilt

M = {(x, z) ∈ ℝ^{n+1} : z = ζ(x), x ∈ B(0, ϵ)}
= {(x, z) ∈ ℝ^{n+1} : f(x, ζ(x)) = 0, x ∈ B(0, ϵ)}

• differenzieren ergibt ∇f(x, z) = (−ζ_{x_{1}}(x), …, −ζ_{x_{n}}(x), 1) einsetzen von ζ(0) = 0 ∇f(0) = (0, …, 0, 1)

• nach Satz 2 gibt es ein λ ∈ ℝ mit ∇Φ(0) = λ∇f(0) = (0, …, 0, λ) und somit Φ_{x_{i}}(0) = 0 für i = 1, …, n

• betrachte Ψ(x) := Φ(x, ζ(x)) mit |x| < ϵ

• Kettenregel mit ℝ^{n+1} ergibt

Ψ_{x_{i}}(x) = Φ_{x_{i}}(x, ζ(x)) + Φ_{z}(x, ζ(x))ζ_{x_{i}}(x)
Ψ_{x_{i}x_{j}}(x) = Φ_{x_{i}x_{j}}(x, ζ(x)) + Φ_{x_{i}z}(x, ζ(x))ζ_{x_{j}}(x) + Φ_{zx_{j}}(x, ζ(x))ζ_{x_{i}}(x)
+Φ_{zz}(x, ζ(x))ζ_{x_{i}}(x)ζ_{x_{j}}(x) + Φ_{z}(x, ζ(x))ζ_{x_{i}x_{j}}(x)

• wegen ∇ζ(0) = 0 folgt

Ψ_{x_{i}}(0) = Φ_{x_{i}}(0) = 0
Ψ_{x_{i}x_{j}}(0) = Φ_{x_{i}x_{j}}(0) + Φ_{z}(0)ζ_{x_{i}x_{j}}(x)

• i) folgt aus Satz 3 Kapitel IV §4

• ii) folgt aus Satz 4 Kapitel IV §4