IV.5 Extrema

Bevor wir zu zwei Variablen übergehen, kurzes Auffrischen der Strategie aus Analysis I. Bei einer Funktion $f$ in einer Variable verläuft die Suche nach Extrema in drei Schritten: löse $f'(x) = 0$, klassifiziere die Lösungen über höhere Ableitungen oder Vorzeichenwechsel, und prüfe Randpunkte des Definitionsbereichs sowie nicht-differenzierbare Stellen extra.

In zwei Variablen funktioniert die Idee identisch, nur reicher. Statt einer Achse haben wir zwei, statt $f' = 0$ haben wir die zwei Bedingungen $f_x = f_y = 0$. Der Rand ist nicht mehr ein Paar Endpunkte, sondern eine Kurve oder mehrere Kurven. Nicht-Differenzierbarkeit kann an Spitzen, Kanten oder Wurzel-Ursprüngen auftreten. Drei Quellen für Extrema in zwei Variablen: innere kritische Punkte, Rand, nicht-differenzierbare Stellen. Mehr Möglichkeiten, gleiche Idee.

Vier Begriffe gehören zusammen: global gegen lokal, Maximum gegen Minimum. Wir definieren alle vier sauber, denn der Unterschied zwischen 'globalem Maximum' und 'lokalem Maximum' wird in jeder Klausur abgefragt.

Globale Extremalstelle. Sei $f: D(f) \to \mathbb{R}$ mit $D(f) \subset \mathbb{R}^2$. Ein Punkt $(x_0, y_0) \in D(f)$ heisst globale Maximalstelle, wenn $f(x_0, y_0) \geq f(x, y)$ für alle $(x, y) \in D(f)$ gilt. Analog mit $\leq$ für die globale Minimalstelle.

Lokale Extremalstelle. Schwächere Forderung: nur in einer kleinen Umgebung muss der Wert grösser bzw. kleiner sein. Formal verlangen wir die Ungleichung nicht auf ganz $D(f)$, sondern bloss auf $D(f) \cap K$ für eine Kreisscheibe $K$ um $(x_0, y_0)$. 'Klein' heisst: irgendein $K$, der Radius spielt keine Rolle.

Wertebezeichnungen. Der Punkt $(x_0, y_0)$ heisst Maximalstelle bzw. Minimalstelle, der Wert $f(x_0, y_0)$ heisst Maximum bzw. Minimum. Sammelbegriffe: Extremalstelle (Punkt) und Extremum (Wert), beides als Oberbegriff für Max und Min. Wert und Stelle gehören zusammen, sind aber verschiedene Objekte. Eine globale Extremalstelle ist immer auch lokal, umgekehrt nicht.

Bevor wir suchen, fragen wir uns: gibt es überhaupt etwas zu finden? Bei einer unbeschränkten oder unstetigen Funktion kann die Antwort 'nein' sein. Existenz globaler Extrema ist nicht gratis, sondern Folge zweier sauberer Voraussetzungen.

Satz (Existenz globaler Extrema). Ist $D(f)$ ein beschränktes Gebiet mit Rand und $f$ stetig auf $D(f)$, so existieren mindestens eine globale Maximalstelle und mindestens eine globale Minimalstelle. 'Beschränkt' heisst: es gibt eine Kreisscheibe $K$, so dass $D(f) \subset K$ (der Definitionsbereich passt in einen endlich grossen Kreis).

Zwei Bilder zum Vergleich. $D(f_1) = \{x^2 + y^2 \leq 1\}$, die abgeschlossene Einheitskreisscheibe, ist beschränkt, denn sie passt selbst in jeden grösseren Kreis. $D(f_2) = \{y > 0\}$, die obere Halbebene, ist unbeschränkt: keine Kreisscheibe enthält sie. Auf $D(f_1)$ existieren globale Max und Min für jede stetige $f$. Auf $D(f_2)$ kann eine stetige Funktion durchaus über alle Schranken wachsen oder fallen, ohne ein globales Extremum anzunehmen.

Wo kann eine lokale Extremalstelle überhaupt sitzen? Drei Möglichkeiten, mehr nicht. Diese Aufzählung ist die notwendige Bedingung, der Hauptsatz dieses Kapitels.

Satz (notwendige Bedingung). Sei $f: D(f) \to \mathbb{R}$ und $(x_0, y_0)$ eine lokale Extremalstelle. Dann gilt mindestens eines der drei: (i) $(x_0, y_0)$ liegt auf dem Rand von $D(f)$, oder (ii) $f_x(x_0, y_0)$ oder $f_y(x_0, y_0)$ ist nicht definiert, oder (iii) $f_x(x_0, y_0) = f_y(x_0, y_0) = 0$.

Bemerkung zu Fall (iii). Aus $f_x(x_0, y_0) = f_y(x_0, y_0) = 0$ folgt, dass die Tangentialebene am Punkt $(x_0, y_0)$ horizontal liegt: ihre beiden Steigungen verschwinden. Die lineare Ersatzfunktion aus IV.4 wird damit konstant. Anschaulich: an einer Stelle mit $\operatorname{grad}(f) = \mathbf{0}$ ist der Hügel lokal flach, die Tangentialebene parallel zur $xy$-Ebene.

Bemerkung zur Logik. Die Implikation läuft nur in eine Richtung. Eine lokale Extremalstelle erfüllt mindestens eine der drei Bedingungen. Umgekehrt liefert nicht jeder Punkt, der eine der drei erfüllt, eine Extremalstelle. Sattelpunkte und Wendestellen erfüllen (iii) ohne Extremum zu sein, wir kümmern uns darum in §4.

Klassiker für nicht-differenzierbare Extremalstelle: die Wurzel-Spitze am Ursprung. Wir nehmen $f(x, y) = \sqrt{x^2 + y^2}$, der Abstand vom Ursprung. $D(f) = \mathbb{R}^2$, $W(f) = [0, \infty)$.

Partielle Ableitungen ausrechnen: Kettenregel mit innerer Ableitung $\partial_x(x^2 + y^2) = 2x$, äusserer Ableitung $\frac{1}{2\sqrt{u}}$ für $u = x^2 + y^2$. Faktor $2$ kürzt sich. Analog für $f_y$. Beide haben $\sqrt{x^2 + y^2}$ im Nenner: am Ursprung $(0, 0)$ wird der Nenner null, beide Ableitungen sind dort nicht definiert.

Trotz fehlender Ableitung am Ursprung ist $f(0, 0) = 0$ ein globales (und damit lokales) Minimum: $f \geq 0$ überall ($\sqrt{u} \geq 0$ für $u \geq 0$), und $f = 0$ wird nur bei $x = y = 0$ erreicht. Der Ursprung ist also Typ-(ii)-Kandidat: nicht-differenzierbar, aber Extremum.

Geometrisch ist $\Gamma(f)$ ein Kegel mit Spitze am Ursprung. Die Spitze ist der Tiefpunkt, hat aber keine wohldefinierte Tangentialebene, weil sich der Kegel-Mantel an der Spitze nicht glatt anschmiegt.

Aus Gleichung (iii) folgt noch nicht, dass $(x_0, y_0)$ eine lokale Extremalstelle ist. Es kann auch ein Sattelpunkt sein: ein Punkt mit horizontaler Tangentialebene, der in einer Richtung minimal, in einer anderen maximal ist. Geometrisch wie ein Pferdesattel.

Klassisches Beispiel. $f(x, y) = x^2 - y^2$ am Ursprung: $f_x = 2x = 0$ und $f_y = -2y = 0$ liefern $(x_0, y_0) = (0, 0)$ als kritischen Punkt. Aber: $f(x, 0) = x^2 \geq 0$ (Minimum entlang der $x$-Achse), und $f(0, y) = -y^2 \leq 0$ (Maximum entlang der $y$-Achse). In jeder beliebig kleinen Umgebung des Ursprungs nimmt $f$ sowohl positive als auch negative Werte an. Kein lokales Extremum.

Daher ist Bedingung (iii) nur notwendig, nicht hinreichend. Hinreichende Klassifikation kritischer Punkte (Hesse-Matrix, Diskriminante) kommt in einem späteren Kapitel. In IV.5 reicht die notwendige Form, denn wir vergleichen am Schluss alle Kandidaten-Werte miteinander.

Aus den drei Typen plus Existenz-Satz wird ein mechanisches Schema. Sechs Schritte, jeder klar definiert, am Ende der Werte-Vergleich. Funktioniert auch bei kompliziertem Rand mit Parabel- oder Hyperbel-Bögen.

Vorgehen. (1) Existenz prüfen: $D(f)$ beschränkt mit Rand und $f$ stetig? Falls ja, garantiert der Existenz-Satz globale Max und Min. (2) Kritische Punkte im Inneren: löse $f_x = f_y = 0$ und sammle die Punkte, die in $D(f)$ liegen, ohne auf dem Rand zu sein. (3) Nicht-differenzierbare Stellen sammeln. Bei Polynomen leer. (4) Rand zerlegen in parametrisierbare Teilstücke. (5) Pro Teilstück: Extrema in einer Variable suchen (innerer Punkt mit $f' = 0$, Endpunkte separat). (6) Alle Kandidaten-Werte ausrechnen, grösster ist globales Maximum, kleinster ist globales Minimum.

Einfachstes Beispiel: Inneres folgt direkt aus der Form der Funktion, Rand parametrisieren. Die Funktion ist eine 'gestauchte Schüssel' (in $y$-Richtung doppelt so steil wie in $x$-Richtung), Definitionsbereich die geschlossene Einheitskreisscheibe.

Existenz-Check. $D(f)$ ist beschränkt (passt in jede Kreisscheibe Radius $\geq 1$) und mit Rand (geschlossene Kreisscheibe). $f$ ist Polynom, also stetig. Existenz-Satz greift, globale Max und Min existieren.

Inneres. Globales Min folgt by inspection: $f \geq 0$ überall ($x^2, 2y^2$ sind nicht-negativ), $f(0, 0) = 0$. Kein anderer Punkt kann einen kleineren Wert haben. $(0, 0)$ ist innerer Punkt von $D(f)$.

Kritische Punkte. $f_x = 2x = 0$ und $f_y = 4y = 0$ liefern $(0, 0)$ als einzigen kritischen Punkt. Wert dort ist $0$, schon als globales Min identifiziert.

Maximum. $f$ wächst mit $|x|$ und $|y|$, also liegt das Maximum auf dem Rand $x^2 + y^2 = 1$. Auf dem Rand parametrisieren: setze $x^2 + y^2 = 1$ ein, also $f|_{\text{Rand}} = x^2 + y^2 + y^2 = 1 + y^2$. Das ist eine Funktion in einer Variable ($y \in [-1, 1]$, denn $y$ läuft auf dem Einheitskreis).

$1 + y^2$ ist maximal bei $|y| = 1$, also $y = \pm 1$ und damit $x = 0$. Wert dort:

Lineare Funktion auf abgeschlossenem Dreieck: alle Extrema müssen auf dem Rand liegen. Ein lehrreiches Beispiel, weil das Maximum nicht in einer einzelnen Ecke, sondern auf einer ganzen Kante sitzt.

Aufbau. Sei $a > 0$ eine feste positive Zahl. Die Gerade $G: x + y = a$ bildet zusammen mit der $x$-Achse und der $y$-Achse ein rechtwinkliges Dreieck mit den Eckpunkten $(0, 0)$, $(a, 0)$ und $(0, a)$. Für einen Punkt $P = (x, y)$ im Dreieck oder auf dem Rand definiere $f(P)$ als die Summe der Abstände zu den drei Geraden $x$-Achse, $y$-Achse und $G$. Abstand zur $x$-Achse ist $y$ (für $y \geq 0$), zur $y$-Achse ist $x$ (für $x \geq 0$), zur Geraden $x + y = a$ ist $\frac{1}{\sqrt{2}}|a - x - y|$.

Existenz-Check. $D(f)$ ist beschränkt (passt in einen Kreis Radius $a$) und mit Rand (abgeschlossenes Dreieck). $f$ ist linear, also stetig. Existenz-Satz greift.

Typ (ii). $f$ ist linear, überall differenzierbar. Keine Typ-(ii)-Kandidaten.

Typ (iii). Beide partiellen Ableitungen sind konstant und nicht null:

Kein kritischer Punkt im Inneren. Alle Extremalstellen liegen also auf dem Rand. Den Rand zerlegen in drei Strecken: $x$-Achse zwischen $(0, 0)$ und $(a, 0)$; $y$-Achse zwischen $(0, 0)$ und $(0, a)$; Gerade $G$ zwischen $(a, 0)$ und $(0, a)$.

Strecke entlang der $x$-Achse. $y = 0$, $x \in [0, a]$. Einsetzen:

Linear mit positiver Steigung, also monoton steigend. Endpunkte $(0, 0)$ mit Wert $a/\sqrt{2}$ und $(a, 0)$ mit Wert $a$. Keine inneren kritischen Punkte (denn $f_x \neq 0$ überall).

Strecke entlang der $y$-Achse. Symmetrisch zur vorigen, $f(0, y)$ ergibt analog $y + \frac{1}{\sqrt{2}}(a - y)$. Endpunkte $(0, 0)$ mit Wert $a/\sqrt{2}$ und $(0, a)$ mit Wert $a$.

Strecke entlang $G$. Auf $G$ gilt $x + y = a$, also $a - x - y = 0$. Einsetzen: $f(x, y) = y + x + 0 = a$. Konstant! Auf der ganzen Strecke $G$ ist $f \equiv a$.

Werte-Bilanz. Kleinster Wert ist $a/\sqrt{2}$ bei $(0, 0)$, das ist das globale Minimum. Grösster Wert ist $a$, angenommen an allen Punkten von $G$ (inklusive der Endpunkte $(a, 0)$ und $(0, a)$, die ja auf $G$ liegen). Globales Maximum nicht eindeutig, sondern auf der ganzen Strecke $G$.

Volles Klausur-Beispiel mit allen drei Kandidaten-Typen plus zusammengesetztem Rand. Hier sehen wir das Schema in voller Aktion: kritischer Punkt im Inneren, Rand aus zwei Segmenten (Strecke plus Parabelbogen), Werte-Bilanz am Schluss.

Existenz-Check. $D(f)$ ist beschränkt (eingeschlossen zwischen $x = 0$ und der Parabel, $|y| \leq 1$, $x \leq 1$) und mit Rand. $f$ ist Polynom, also stetig. Existenz-Satz greift.

Typ (ii). $f$ ist Polynom, überall beliebig oft differenzierbar. Keine Typ-(ii)-Kandidaten.

Typ (iii) im Inneren. Lösen $f_x = 0$ und $f_y = 0$:

Zwei Kandidaten-Punkte: $(1/\sqrt{3}, 0)$ und $(-1/\sqrt{3}, 0)$. Welche liegen in $D(f)$? Bedingung $x \geq 0$ schliesst $-1/\sqrt{3} < 0$ aus. Bei $1/\sqrt{3} \approx 0.577$ ist $0^2 = 0 \leq 1 - 1/\sqrt{3} \approx 0.42$, also passt es zur Parabel-Schranke. Bleibt der innere Kandidat $(1/\sqrt{3}, 0)$ mit Funktionswert:

Rand zerlegen. Zwei Segmente: (a) Strecke entlang $x = 0$ mit $y \in [-1, 1]$ (linker Rand des Gebiets); (b) Parabelbogen $y^2 = 1 - x$ mit $x \in [0, 1]$ (rechter Rand). Endpunkte beider Segmente sind $(0, 1)$ und $(0, -1)$, also gemeinsam.

Strecke $x = 0$. Einsetzen liefert $f(0, y) = 0 - 0 + y^2 = y^2$ auf $y \in [-1, 1]$.

Ableitung in einer Variable: $\frac{d}{dy} y^2 = 2y = 0 \Rightarrow y = 0$. Innerer Kandidat $(0, 0)$ mit Wert $0$. Endpunkte $(0, \pm 1)$ mit Wert $1$.

Parabelbogen $y^2 = 1 - x$. Substitution $y^2 = 1 - x$ in $f$ einsetzen: $f|_{\text{Bogen}} = 2 x^3 - 2 x + (1 - x) = 2 x^3 - 3 x + 1$. Eine Funktion in einer Variable mit $x \in [0, 1]$.

Innere Kandidaten: $\frac{\partial}{\partial x}(2 x^3 - 3 x + 1) = 6 x^2 - 3 \stackrel{!}{=} 0 \Rightarrow x^2 = 1/2 \Rightarrow x = \pm 1/\sqrt{2}$. Nur $x = 1/\sqrt{2} \approx 0.71$ liegt in $[0, 1]$, $-1/\sqrt{2} < 0$ nicht. Wert dort:

Werte-Bilanz. Alle Kandidaten zusammenführen und Werte vergleichen. Innerer Kandidat $(1/\sqrt{3}, 0)$ mit $-\sqrt{16/27} \approx -0.77$. Strecke: $(0, 0)$ mit $0$, $(0, \pm 1)$ mit $1$. Parabelbogen: $(1/\sqrt{2}, \pm \sqrt{1 - 1/\sqrt{2}})$ mit $1 - \sqrt{2} \approx -0.41$.

Grösster Wert: $1$, angenommen bei $(0, \pm 1)$. Kleinster Wert: $-\sqrt{16/27}$, angenommen bei $(1/\sqrt{3}, 0)$.

Aufgaben werden vom Nutzer geliefert. Standard-Vorgehen: Existenz-Check ($D(f)$ beschränkt mit Rand und $f$ stetig), drei Kandidaten-Typen sammeln (Rand, nicht-differenzierbar, kritischer Punkt mit $f_x = f_y = 0$), Werte vergleichen. Cheat-Sheet aus §5.1 deckt das Schema vollständig ab. Bei zusammengesetztem Rand jedes Teilstück einzeln parametrisieren und Extrema in einer Variable suchen.