# Extrema/Hesse-Form/Einführung/Textabschnitt

Wir besprechen hinreichende Kriterien für die Existenz von lokalen Extrema einer Funktion
    $f\colon G\longrightarrow \mathbb {R} ,$
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 (oder der „Definitheitstyp“) der Hesse-Form vom Punkt abhängt.

## Lemma

Es sei $V$ ein endlichdimensionaler reeller Vektorraum, $G\subseteq V$ eine offene Teilmenge und
    $f\colon G\longrightarrow \mathbb {R}$
eine zweimal stetig differenzierbare Funktion. Es sei $P\in G$ ein Punkt, in dem die Hesse-Form $\operatorname {Hess} _{P}\,f$ positiv (negativ) definit sei.
Dann gibt es eine offene Umgebung $U$, $P\in U\subseteq G$, derart, dass die Hesse-Form $\operatorname {Hess} _{Q}\,f$ in jedem Punkt $Q\in U$ positiv (negativ) definit ist.

### Beweis

Es sei $v_{1},\ldots ,v_{n}$ eine Basis von $V$, und sei $H(Q)$ die Gramsche Matrix zur Hesse-Form $\operatorname {Hess} _{Q}\,f$ im Punkt $Q\in G$ bezüglich dieser Basis. Aufgrund der Differenzierbarkeitsvoraussetzungen hängt $H(Q)$ stetig von $Q$ ab. Daher hängen auch die Determinanten der quadratischen Untermatrizen von $H(Q)$ stetig von $Q$ ab. Die Determinanten
    $D_{k}(P)=\det((H(P)_{i,j})_{1\leq i,j\leq k})\,$
sind nach Fakt alle von $0$ verschieden. Daher gibt es eine offene Umgebung $U$, $P\in U\subseteq G$, derart, dass für alle $Q\in U$ die Determinanten
    $D_{k}(Q)=\det((H(Q)_{i,j})_{1\leq i,j\leq k})\,$
das gleiche Vorzeichen haben wie $D_{k}(P)$. Da diese Vorzeichen nach Fakt über die Definitheit entscheiden, folgt die Behauptung.
$\Box$

## Satz

Es sei $V$ ein endlichdimensionaler reeller Vektorraum, $G\subseteq V$ eine offene Teilmenge und
    $f\colon G\longrightarrow \mathbb {R}$
eine zweimal stetig differenzierbare Funktion. Es sei $P\in G$ mit $\left(Df\right)_{P}=0$. Dann gelten folgende Aussagen.

### Beweis

(1). Aufgrund von Fakt gibt es ein $\delta >0$ derart, dass die Hesse-Form $\operatorname {Hess} _{Q}\,f$ für alle $Q\in U{\left(P,\delta \right)}$ negativ definit ist. Für alle Vektoren $v\in V$, $v\in U{\left(0,\delta \right)}$, gibt es nach Fakt ein $c=c(v)\in [0,1]$ mit
    $f(P+v)=f(P)+\sum _{\vert {\,r\,}\vert =2}{\frac {1}{r!}}D^{r}f(P+cv)\cdot v^{r}=f(P)+{\frac {1}{2}}\operatorname {Hess} _{P+cv}\,f(v,v)\,,$
wobei die erste Formulierung sich auf eine fixierte Basis bezieht und wobei die zweite Identität auf Aufgabe beruht. Da die Hesse-Form negativ definit ist, steht rechts für $v\neq 0$ eine Zahl, die echt kleiner als $f(P)$ ist. Daher liegt ein isoliertes lokales Maximum vor. (2) wird wie (1) bewiesen oder durch Betrachten von $-f$ darauf zurückgeführt. (3). Es sei $\operatorname {Hess} _{P}\,f$ indefinit. Dann gibt es Vektoren $v$ und $w$ mit
    $\operatorname {Hess} _{P}\,f(v,v)>0\,\,{\text{ und }}\,\,\operatorname {Hess} _{P}\,f(w,w)<0.$
Wegen der stetigen Abhängigkeit der Hesse-Form gelten diese Abschätzungen auch für $\operatorname {Hess} _{Q}\,f$ 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 (1) gilt daher ($v$ und $w$ sind nicht $0$)
    $f(P+v)=f(P)+{\frac {1}{2}}\operatorname {Hess} _{P+cv}\,f(v,v)>f(P)\,$
und
    $f(P+w)=f(P)+{\frac {1}{2}}\operatorname {Hess} _{P+dw}\,f(w,w)<f(P)\,$
mit $c,d\in [0,1]$. Also kann in $P$ kein lokales Extremum vorliegen.
$\Box$

## Beispiel

Wir betrachten die Funktion
    $f\colon \mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,(x,y)\longmapsto x+3x^{2}-2xy-y^{2}+y^{3}.$
Die partiellen Ableitungen sind
    ${\frac {\partial f}{\partial x}}=1+6x-2y\,\,{\text{ und }}\,\,{\frac {\partial f}{\partial y}}=-2x-2y+3y^{2}.$
Zur Berechnung der kritischen Punkte dieser Funktion eliminieren wir $x$ und erhalten die Bedingung
    $9y^{2}-8y+1=0\,,$
    $y={\frac {\pm {\sqrt {7}}}{9}}+{\frac {4}{9}}\,$
führt. Die kritischen Punkte sind also
    $P_{1}=\left({\frac {2{\sqrt {7}}-1}{54}},\,{\frac {\sqrt {7}}{9}}+{\frac {4}{9}}\right)\,\,{\text{ und }}\,\,P_{2}=\left({\frac {-2{\sqrt {7}}-1}{54}},\,{\frac {-{\sqrt {7}}}{9}}+{\frac {4}{9}}\right).$
Die Hesse-Form ist in einem Punkt $Q=(x,y)$ gleich
    $\operatorname {Hess} _{Q}\,f={\begin{pmatrix}6&-2\\-2&-2+6y\end{pmatrix}}\,.$
Zur Bestimmung des Definitheitstyps ziehen wir Fakt heran, wobei der erste Minor, also $6$, natürlich positiv ist. Die Determinante der Hesse-Matrix ist
    $-16+36y,$
was genau bei $y>{\frac {4}{9}}$ positiv ist. Dies ist im Punkt $P_{1}$ der Fall, aber nicht im Punkt $P_{2}$. Daher ist die Hesse-Matrix im Punkt $P_{1}$ nach Fakt positiv definit und somit besitzt die Funktion $f$ im Punkt $P_{1}$ nach Fakt ein isoliertes lokales Minimum, das zugleich ein globales Minimum ist. In $P_{2}$ ist die Determinante negativ, sodass dort die Hesse-Form indefinit ist und somit, wiederum nach Fakt, kein Extremum vorliegen kann.

## Beispiel

Wir betrachten die Abbildung
    $\varphi \colon \mathbb {R} _{+}\times \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,(x,y)\longmapsto x^{y}.$
Es ist
    $x^{y}=e^{(\ln x)\cdot y}\,.$
Die partiellen Ableitungen sind
    ${\frac {\partial \varphi }{\partial x}}={\frac {y}{x}}\cdot e^{(\ln x)\cdot y}={\frac {y}{x}}\cdot x^{y}\,\,{\text{ und }}\,\,{\frac {\partial \varphi }{\partial y}}=(\ln x)\cdot e^{(\ln x)\cdot y}=(\ln x)\cdot x^{y}.$
Da die Exponentialfunktion stets positiv ist, ist $P=(1,0)$ der einzige kritische Punkt. Die Hesse-Matrix in einem Punkt $(x,y)$ ist
    ${\begin{pmatrix}{\frac {-y+y^{2}}{x^{2}}}\cdot e^{(\ln x)\cdot y}&{\frac {1+y\ln x}{x}}\cdot e^{(\ln x)\cdot y}\\{\frac {1+y\ln x}{x}}\cdot e^{(\ln x)\cdot y}&(\ln x)^{2}\cdot e^{(\ln x)\cdot y}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}{\frac {-y+y^{2}}{x^{2}}}\cdot x^{y}&{\frac {1+y\ln x}{x}}\cdot x^{y}\\{\frac {1+y\ln x}{x}}\cdot x^{y}&(\ln x)^{2}\cdot x^{y}\end{pmatrix}}\,.$
In $P$ ist dies
    $\operatorname {Hess} _{P}\,\varphi ={\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}}\,.$
Nach Fakt 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 $(1,1)$), da diese Bilinearform auf ${\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}}$ positiv und auf ${\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}}$ negativ definit ist. Nach Fakt liegt in diesem Punkt also kein Extremum vor.
Dies kann man auch ohne Differentialrechnung erkennen. Für $x=1$ oder $y=0$ ist $x^{y}=1$. Ansonsten gelten die folgenden Beziehungen.
* Für $0<x<1$ und $y>0$ ist $x^{y}<1$.
* Für $x>1$ und $y>0$ ist $x^{y}>1$.
* Für $0<x<1$ und $y<0$ ist $x^{y}>1$.
* Für $x>1$ und $y<0$ ist $x^{y}<1$.
Daher gibt es in jeder Umgebung von $(1,0)$ Punkte, an denen die Funktionswerte größer bzw. kleiner als $1$ sind.

## Bemerkung

Es sei
    $g\colon [a,b]\longrightarrow \mathbb {R}$
eine stetige Funktion und
    $a=x_{0}<x_{1}<x_{2}<\ldots <x_{n}<x_{n+1}=b\,$
eine Unterteilung des Intervalls durch $n$ Zwischenpunkte (in $n+1$ Teilintervalle). Dazu gehört die Treppenfunktion, die auf $[x_{i},x_{i+1}[$ den konstanten Wert $g(x_{i})$ annimmt. Wenn $g$ monoton wachsend ist, so ist dies eine untere Treppenfunktion, und das zugehörige Treppenintegral ist eine untere Schranke für das bestimmte Integral $\int _{a}^{b}g(t)dt$. Das Treppenintegral ist durch
    $f(x_{1},\ldots ,x_{n})=\sum _{i=0}^{n}g(x_{i}){\left(x_{i+1}-x_{i}\right)}\,$
gegeben. 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 (nämlich den variablen Unterteilungspunkten $x_{1},\ldots ,x_{n}$), vorausgesetzt, dass $g$ (hinreichend oft) differenzierbar (in einer Variablen) ist. In diesem Fall sind die partiellen Ableitungen von $f$ gleich
    ${\frac {\partial f}{\partial x_{i}}}=g'(x_{i}){\left(x_{i+1}-x_{i}\right)}-g(x_{i})+g(x_{i-1})\,$
für $i=1,\ldots ,n$ (wobei $x_{0}=a$ und $x_{n+1}=b$ zu lesen ist). Als Definitionsbereich von $f$ kann man die offene Menge
    ${\left\{(x_{1},\ldots ,x_{n})\mid a<x_{1}<x_{2}<\ldots <x_{n}<b\right\}}\subseteq \mathbb {R} ^{n}\,$
oder aber $[a,b]^{n}$ wählen. Es ist im Allgemeinen schwierig, die kritischen Punkte dieser Abbildung zu bestimmen.

## Beispiel

Wir wollen für die Funktion
    $g\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,t\longmapsto g(t)=1-t^{3},$
und das Einheitsintervall $[0,1]$ bestimmen, für welche zwei Unterteilungspunkte $0<x<y<1$ das Treppenintegral der zugehörigen (dreistufigen) unteren Treppenfunktion maximal wird. Das Treppenintegral wird durch die Funktion
    $f(x,y)=x{\left(1-x^{3}\right)}+{\left(y-x\right)}{\left(1-y^{3}\right)}=x-x^{4}+y-y^{4}-x+xy^{3}=-x^{4}+y-y^{4}+xy^{3}\,$
beschrieben. Die partiellen Ableitungen dieser Funktion sind
    ${\frac {\partial f}{\partial x}}=-4x^{3}+y^{3}\,$
und
    ${\frac {\partial f}{\partial y}}=1-4y^{3}+3xy^{2}\,.$
Wir bestimmen die kritischen Punkte. Aus der ersten partiellen Ableitung ergibt sich die Bedingung
    $y={\sqrt[{3}]{4}}x\,$
und daraus ergibt sich mit der zweiten partiellen Ableitung die Bedingung
    $1-16x^{3}+3\cdot 4^{2/3}x^{3}=0\,,$
also
    ${\left(16-3\cdot 4^{2/3}\right)}x^{3}=1\,$
bzw.
    $x={\frac {1}{\sqrt[{3}]{16-3\cdot 4^{2/3}}}}\,.$
Somit ist
    $P=\left({\frac {1}{\sqrt[{3}]{16-3\cdot 4^{2/3}}}},\,{\frac {\sqrt[{3}]{4}}{\sqrt[{3}]{16-3\cdot 4^{2/3}}}}\right)\cong \left(0,4911,\,0,7796\right)\,$
der einzige kritische Punkt. Wir bestimmen die Hesse-Matrix in diesem Punkt, sie ist
    $\operatorname {Hess} _{P}\,f={\begin{pmatrix}-12x^{2}&3y^{2}\\3y^{2}&-12y^{2}+6xy\end{pmatrix}}\,$
und in $P$ gleich
    ${\begin{pmatrix}-2,8942&1,8233\\1,8233&-4,9961\end{pmatrix}},$
also negativ definit nach Fakt. Daher liegt in $P$ ein Maximum nach Fakt vor.

## Beispiel

Wir wollen für die Funktion
    $g\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,t\longmapsto t,$
und das Einheitsintervall $[0,1]$ bestimmen, für welche $n$ Unterteilungspunkte $0<x_{1}<\ldots <x_{n}<1$ das Treppenintegral der zugehörigen ($(n+1)$-stufigen) unteren Treppenfunktion maximal wird. Das Treppenintegral wird durch die Funktion
    ${\begin{aligned}f(x_{1},\ldots ,x_{n})&=x_{1}(x_{2}-x_{1})+x_{2}(x_{3}-x_{2})+\cdots +x_{n-1}(x_{n}-x_{n-1})+x_{n}(1-x_{n})\\&=\sum _{i=1}^{n-1}x_{i}x_{i+1}+x_{n}-\sum _{i=1}^{n}x_{i}^{2}\end{aligned}}$
beschrieben. Die partiellen Ableitungen dieser Funktion sind
    ${\frac {\partial f}{\partial x_{1}}}=x_{2}-2x_{1}\,,$
    ${\frac {\partial f}{\partial x_{i}}}=x_{i-1}+x_{i+1}-2x_{i}\,$
für $i=2,\ldots ,n-1$ und
    ${\frac {\partial f}{\partial x_{n}}}=x_{n-1}+1-2x_{n}\,.$
Wir bestimmen die kritischen Punkte, indem wir die partiellen Ableitungen gleich $0$ setzen. Die ersten $n-1$ Gleichungen ergeben sukzessive die Bedingungen
    $x_{i}=ix_{1}\,$
für alle $i$. Dies zeigt man durch Induktion, der Induktionsanfang ($i=1$) ist trivial, $i=2$ folgt direkt aus der ersten Gleichung und der Induktionsschritt ergibt sich aus
    $x_{i+1}=-x_{i-1}+2x_{i}=-(i-1)x_{1}+2ix_{1}=(i+1)x_{1}\,.$
Aus der letzen Gleichung folgt schließlich
    $0=x_{n-1}+1-2x_{n}=1+(n-1-2n)x_{1}=1-(n+1)x_{1}\,$
und somit $x_{1}={\frac {1}{n+1}}$. Der einzige kritische Punkt liegt also in der äquidistanten Unterteilung vor. Die Hesse-Matrix ist (unabhängig vom Punkt) gleich
    ${\begin{pmatrix}-2&1&0&\ldots &\ldots &0\\1&-2&1&0&\ldots &0\\0&1&-2&1&\ddots &0\\\vdots &\ddots &\ddots &\ddots &\ddots &\vdots \\0&\ldots &0&1&-2&1\\0&\ldots &\ldots &0&1&-2\end{pmatrix}}.$
Diese Matrix ist negativ definit nach Fakt. Daher liegt in der äquidistanten Unterteilung nach Fakt das Maximum vor.