Wirtschaftsmathematik 00054: Mathematik für Wirtschaftswissenschaftler II Kurseinheit 2: Lineare Algebra II

Leseprobe

Autor: Univ.-Prof. Dr. Wilhelm Rödder Dr. Peter Zörnig

74 14 Extrema bei Funktionen mehrerer Variabler

10 68 3868 481 250 2

a ba b+ =+ = .

mit der eindeutig bestimmten Lösung

ab

o

o

≈≈ −

6 800 44.. .

Die Hesse-Matrix

H f a b( , ) =⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

10 6868 481

ist positiv definit. Somit ist (ao, bo)T die globale Minimalstelle der Funktion f. Die optimale Gerade durch die empirischen Datenpunkte, die sog. Regressionsgerade, hat also die Funktionsgleichung

N P P( ) . .= −680 0 44

(vgl. Abb. 14.3.3), wodurch auch der gesuchte theoretische Zusammenhang zwi-schen Preis und Nachfrage gegeben ist.

Die Aufgabe, vorgegebene Datenpunkte durch eine lineare Funktion zu approxi-mieren, stellt ein Grundproblem der Ökonometrie dar. Die obige Lösungsmethode, die sich offenbar auf Probleme mit einer beliebigen Anzahl empirischer Datenpunk-te verallgemeinern lässt, ist unter der Bezeichnung „lineare Regression“ bekannt.

14.5 Extrema unter Nebenbedingungen

Zahlreiche Probleme der Ökonomie lassen sich als Optimierungsprobleme unter Nebenbedingungen formulieren. Bereits im Rahmen der Vorbereitung auf die lineare Programmierung (vgl. Kap. 9) sind Ihnen Beispiele für derartige Aufgabenstellungen begegnet. In diesem Abschnitt behandeln wir das Problem der Maximierung bzw. Minimierung einer n-dimensionalen Funktion f (x1,..., xn), wobei als Lösungen nur solche Vektoren x = (x1,…, xn)T zugelassen sind, die Nebenbedingungen der Form

g x x

g x x

n

m n

1 1

1

0

0

( ,..., )

( ,..., )

=

= (14.5.01)

mit m < n genügen.

14.5 Extrema unter Nebenbedingungen 75

Im Gegensatz zur linearen Optimierung sind als Nebenbedingungen keine Unglei-chungen zugelassen; allerdings können f, g1,…, gm beliebige (d. h. auch nichtlineare) n-dimensionale Funktionen sein.

Beispiel 14.5.1

Ein metallverarbeitender Betrieb hat von der Bäckerei Knack-und-Back einen Auftrag zur Herstellung von Keksdosen erhalten. Die oben offenen Dosen sollen ein Fassungsvermögen von V=2000 cm3 haben und eine quadratische Grundfläche besitzen (vgl. Abb. 14.5.2). Ansonsten ist die Wahl der Abmessungen dem Hersteller überlassen.

Abb. 14.5.2: Abmessungen der Keksdose

Um den Preisvorstellungen der Bäckerei gerecht werden zu können, will der Be-trieb die Materialkosten pro Dose minimieren. Zur Herstellung einer Dose mit der Kantenlänge a der Grundfläche und der Höhe h (jeweils in cm gemessen) werden

F a h a ah( , ) = +2 4 (14.5.02)

cm2 Blech benötigt. Es stellt sich somit die Aufgabe, die Funktion (14.5.02) zu minimieren, wobei die Kapazitätsrestriktion

V a h a h( , ) = =2 2000 (14.5.03)

einzuhalten ist.

Die Gleichung (14.5.03) lässt sich nach h auflösen mit

h z aa

= =( ): .2000

2 (14.5.04)

Wenn man den Wert der Variablen a vorgibt, so ist also auch h durch die Relation (14.5.04) eindeutig festgelegt und der zugehörige Funktionswert von F ist F a z a( , ( )). Man braucht also nur die Minimalstelle der eindimensionalen Funktion

76 14 Extrema bei Funktionen mehrerer Variabler

F a F a z a a a z a

aa

*( ): ( , ( )) ( )= = +

= +

2

2

48000

zu bestimmen.

Aus

F a aa

′ = − =* ( ) 28000

02

folgt a = 400013 . Die Funktion F* nimmt also im Punkt ao: .= ≈4000 159

13 ihr

absolutes Minimum an. (Die Berechnung der zweiten Ableitung bleibt dem Leser überlassen.)

Offenbar ist nun

( , ) ( , ( )) ( . , . )a h a z ao o o o= ≈ 159 7 9

die Lösung des ursprünglichen Minimierungsproblems (14.5.02)-(14.5.03). Die Keksdosen müssen also die Abmessungen ao cm≈15 9. und ho cm≈ 7 9. haben.

Zur Herstellung einer optimal dimensionierten Dose werden demnach

F a h a a h( , )o o o o o= + ≈2 4 756

cm2 Blech benötigt.

Für das Seitenverhältnis ao/ho ergibt sich insbesondere

ah

o

o=

⋅=

−

4000

2000 40002

13

23

.

Dies gilt unabhängig von der Volumenvorgabe in (14.5.03).

Bei der Lösung des Problems in Beispiel 14.5.1 ist also ein Minimierungsproblem mit einer Nebenbedingung auf die Minimierung einer Funktion ohne Nebenbedin-gungen zurückgeführt worden.

Eine Verallgemeinerung dieser Idee führt zum folgenden als Variablensubstitution bezeichneten Verfahren:

Man geht von einem Optimierungsproblem der Form

Variablensubstitu-tion

14.5 Extrema unter Nebenbedingungen 77

Max / Min u.d.N.

f x x

g x x

g x x

n

n

m n

( , , )

( , , )

( ,..., )

1

1 1

1

0

0

…

… =

=

(14.5.05)

mit m < n aus. Auflösen von g1(x1, …, xn) nach einer der Variablen, z. B. nach x1, liefert die Darstellung

x z x xn1 2= ( , , )… (14.5.06)

Ersetzt man in den Funktionen f, g2, …, gm von (14.5.05) jeweils x1 durch die rechte Seite von (14.5.06), so ergibt sich das um eine Nebenbedingung sowie eine Variable reduzierte Optimierungsproblem

Max / Minu.d.N.

f z x x x x

g z x x x x

g z x x x x

n n

n n

m n n

( ( ,..., ), ,..., )

( ( ,..., ), ,..., )

( ( ,..., ), ,..., ) ,

2 2

2 2 2

2 2

0

0

=

=

das sich verkürzt in der Form

Max / Minu.d.N.

f x x

g x x

g x x

n

n

m n

*( ,..., )

*( ,..., )

*( ,..., )

2

2 2

2

0

0

=

=

schreiben lässt.

Dieser Iterationsschritt wird m mal wiederholt, so dass die m Nebenbedingungen und m der n Variablen eliminiert werden. Man erhält dabei eine Funktion

f x xm n* *( , , ),… …+1

die ohne Nebenbedingungen zu optimieren ist. Die Extremstelle der Funktion f *…* liefert die Werte der Variablen xm+1,…, xn für die optimale Lösung von (14.5.05); die Werte für x1,…, xm gewinnt man aus den Substitutionsformeln analog zu (14.5.06).

Das Verfahren wird am folgenden Beispiel erläutert.

78 14 Extrema bei Funktionen mehrerer Variabler

Beispiel 14.5.3

Wir betrachten das Maximierungsproblem

Maxu.d.N.

f x x x x x x x

g x x x x x xg x x x x x x

( , , )

( , , )( , , )

1 2 3 1 2 3 32

1 1 2 3 1 2 3

2 1 2 3 1 2 3

2

2 12

= + +

= + + == + − =

(14.5.07)

mit x1, x2, x3 ∈ R.

Auflösen der ersten Nebenbedingung nach x1 ergibt

x z x x x x1 2 3 2 31 2= = − −( , ) . (14.5.08)

Im ersten Iterationsschritt wird in den Termen der Funktionen f und g2 jeweils x1 durch z x x( , )2 3 ersetzt, während die erste Nebenbedingung entfällt. Man erhält das „reduzierte“ Maximierungsproblem

Max

u.d.N.

f x x z x x x x xx x x x x

g x x z x x x xx x

* ( , ) ( , )

* ( , ) ( , ).

2 3 2 3 2 3 32

2 3 2 3 32

2 2 3 2 3 2 3

2 3

21 2 2

1 2 2

= + +

= − − + +

= + −= − − =

(14.5.09)

Im nächsten Schritt wird die Nebenbedingung in (14.5.09) nach x2 aufgelöst, was

x z x x2 3 32 1= = − −*( ) (14.5.10)

ergibt. Setzt man diesen Term für x2 in die Funktion f* von (14.5.09) ein, so erhält man die folgende eindimensionale Funktion, die ohne Nebenbedingungen zu maximieren ist:

f x x x x x x

x x

**( ) ( ) ( )

.3 3 3 3 3 3

2

32

3

1 2 2 1 2 2 1

3 3

= + + − − + +

= − + +

Wegen

f x x** ( )′ = − +3 36 1 und f x** ( )′′ = − <3 6 0

nimmt f** ein Maximum an der Stelle x3 = 16

an.

Aus (14.5.10) und (14.5.08) gewinnt man nacheinander

14.5 Extrema unter Nebenbedingungen 79

x2 216

143

= − − = −

und

x1 1 243

16

72

= − −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ − = .

Die Lösung des Problems (14.5.07) ist also x = 72

43

16

, ,−⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

T.

Übungsaufgabe 14.5.4

Lösen Sie das folgende Minimierungsproblem mit Hilfe der Variablensubstitution:

Minu.d.N.

f x x x x x x x

g x x x x x xg x x x x x x

( , , )

( , , )( , , ) .

1 2 3 12

2 3 3

1 1 2 3 1 2 3

2 1 2 3 1 2 3

12 3

= + −

= − + == + − =

Die Variablensubstitution führt bei einer größeren Anzahl von Variablen und Ne-benbedingungen zu sehr langwierigen Berechnungen. Darüber hinaus ist die grundlegende Voraussetzung, dass die Nebenbedingungen gi (x1,…, xn) = 0 nach einer der Variablen xi auflösbar sind, häufig nicht gegeben.

Ein allgemeiner anwendbares Verfahren zur Lösung eines Extremalproblems unter Nebenbedingungen basiert auf dem folgenden, von Lagrange entwickelten notwendigen Kriterium.

Im weiteren betrachten wir das Problem, eine lokale Extremstelle der Funktion

f x xn( ,..., )1

zu bestimmen, wobei nur Punkte (x1,...,xn)T zugelassen sind, die den Nebenbedin-gungen

g x x

g x x

n

m n

1 1

1

0

0

( , , )

( , , )

…

…

=

= (14.5.11)

mit m < n genügen.

80 14 Extrema bei Funktionen mehrerer Variabler

In einem zunächst rein formalen Schritt wird (14.5.11) die im unten aufgeführten Satz benötigte Funktion

L x xf x x g x x g x x

n m

n n m m n

( , , , , , )( , , ) ( , , ) ( , , )

1 1

1 1 1 1 1

… …… … …

λ λλ λ

=+ + +

(14.5.12)

zugeordnet; L ist eine Funktion in den n + m Variablen x1,…, xn, λ1,…, λm und heißt die Lagrangefunktion von f unter der Nebenbedingung (14.5.11). Die belie-bigen reellen Zahlen λ1,…, λm heißen die Lagrange-Multiplikatoren.

Satz 14.5.5

Es seien f, g1,…, gm stetig partiell differenzierbare Funktionen in den Variablen x1,…, xn mit m < n, und x(o) sei ein innerer Punkt von D D Df g gm

∩ ∩ ∩1… . Der Rang der Matrix der partiellen Ableitungen

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

g g

g g

x x

m x m x

n

n

1 11

1

x x

x x

o o

o o

…

…

⎛

⎝

⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟

(14.5.13)

mit x( ) ( ) ( ): ( , , )o o o= x xn1 … sei gleich m.

Eine notwendige Bedingung dafür, dass x(o) eine Extremstelle von f un-ter Berücksichtigung der Nebenbedingungen (14.5.11) ist, ist das Ver-schwinden der partiellen Ableitungen der Lagrangefunktion, d. h. es müssen reelle Zahlen λ λ1

( ) ( ), ,o om existieren, so dass

L x xx n mj( , , , , , )( ) ( ) ( ) ( )

1 1 0o o o o… …λ λ = (14.5.14)

für alle j = 1,…, n und

L x xi n mλ λ λ( , , , , , )( ) ( ) ( ) ( )

1 1 0o o o o… … = (14.5.15)

für alle i = 1,…, m gilt.

Bevor wir den Satz auf Beispiele anwenden, wollen wir einige Erläuterungen zum Verständnis der Aussage bzw. zu einer Grundidee des Beweises geben.

Lagrangefunktion Lagrange-Multipli-

kator

14.5 Extrema unter Nebenbedingungen 81

Bemerkung 14.5.6

i) Die Voraussetzung, dass die sog. Funktionalmatrix (14.5.13) Maximalrang hat, besagt nach der Theorie impliziter Funktionen, dass die Neben-bedingungen gi(x1,…, xn) = 0 lokal nach m der n Variablen, z. B. nach x1,…, xm, auflösbar sind. Die Auflösbarkeit der Nebenbedingungen nach x1,…, xm ist also gewährleistet, sofern (x1,…,xn)T in einer Umgebung des Punktes x(o) (o) (o) T= ( ,..., )x xn1 liegt. Dies ist offenbar eine wesentlich schwächere Voraussetzung als die bei der Variablensubstitution verlangte globale Auflösbarkeit.

ii) Wegen

L x x gi n m iλ λ λ( , , , , , ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )

1 1o o o o o… … = x

besagt die Bedingung (14.5.15) lediglich, dass die im Satz gesuchte Extrem-stelle x(o) den Nebenbedingungen (14.5.11) genügen muss. Die Bedingung (14.5.15) muss also trivialerweise erfüllt sein.

Zum Beweis von Satz 14.5.5

Da (14.5.13) Maximalrang hat, gilt (nach eventueller Umbenennung der Variablen x1,…, xn), dass die quadratische Teilmatrix

A xx x

x x( ):

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( )

( ) ( )

( ) ( )

o

o o

o o=

⎛

⎝

⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟

g g

g g

x x

m x m x

m

m

1 11

1

…

…

von (14.5.13) regulär ist. Somit ist auch AT(x(o)) regulär und das lineare Glei-chungssystem

A xx x

x x

x

x

T o

o o

o o

o

o( )

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( )

( )

( )

( ) ( )

( ) ( )

( )

( )⋅

⎛

⎝

⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟=

⎛

⎝

⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟⋅

⎛

⎝

⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟=

−

−

⎛

⎝

⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟

λ

λ

λ

λ

1 1

1

11 1 1…

…m

x m x

x m x m

x

x

g g

g g

f

fm m m

(14.5.16)

hat die eindeutige Lösung ( , , ) .( ) ( )λ λ1o o T… m

Die i-te Zeile von (14.5.16) lautet nun nach Addition der rechten Seite:

f g gx x m m xi i i( ) ( ) ( ) ... ( ) ( ) .( ) ( ) ( ) ( ) ( )x x xo o o o o+ + + =λ λ1 1 0

Funktionalmatrix

82 14 Extrema bei Funktionen mehrerer Variabler

Schreibt man dies mit Hilfe der Lagrangefunktion, so ergibt sich

L x xx n mi( , , , , , ) .( ) ( ) ( ) ( )

1 1 0o o o o… …λ λ =

Somit ist die Notwendigkeit von (14.5.14) für j = 1,…, m bewiesen. Der Beweis für j = m + 1,…, n ist komplizierter und wird hier nicht erbracht.

Beispiel 14.5.7

Das Minimierungsproblem in Beispiel 14.5.1 soll mit der Methode von Lagrange gelöst werden.

Die Lagrangefunktion lautet

L a h F a h V a h

a ah a h

( , , ) ( , ) ( ( , ) )

( ).

λ λ

λ

= + −

= + + −

2000

4 20002 2

Die partiellen Ableitungen sind

L a h a h ah

L a h a a

L a h a h

a

h

( , , ) ,

( , , ) ,

( , , ) .

λ λ

λ λ

λλ

= + +

= +

= −

2 4 2

4

2000

2

2

Die Bedingungen (14.5.14), (14.5.15) lauten also

2 4 2 0

4 0

2000 0

2

2

a h ah

a a

a h

+ + =

+ =

− =

λ

λ

,

,

.

(14.5.17)

Das System hat eine eindeutig bestimmte Lösung, die man auf folgendem Wege ermitteln kann:

Dividiert man die zweite Gleichung durch a (a = 0 wird durch die dritte Gleichung ausgeschlossen), so folgt

λa = −4.

Einsetzen von –4 für λa in der ersten Gleichung ergibt

2 4 8 02

a h ha h

+ − = ⇔= .

Wenn man dies in die dritte Gleichung einsetzt, folgt

14.5 Extrema unter Nebenbedingungen 83

4 2000

50012

4000

3

13

13

h

h

= ⇔

= = .

Die Werte für a und λ lassen sich dann leicht bestimmen. Es gilt

( , , ) ( , , ).a h λ = ⋅ −400012

40004

4000

13

13

13

Als Minimalstelle kommt also nur der Punkt ( , ) ( , )a h T T= ⋅400012

400013

13 in

Frage (vgl. Beispiel 14.5.1).

Beispiel 14.5.8

Wir kommen nochmals auf das Maximierungsproblem aus Beispiel 14.5.3 zurück. Die Lagrangefunktion hat dann die Gestalt

L x x x

x x x x x x x x x x

( , , , , )

( ) ( )1 2 3 1 2

1 2 3 32

1 1 2 3 2 1 2 32 2 1 2

λ λ

λ λ

=

+ + + + + − + + − −

Die partiellen Ableitungen sind

L x x x

L x x x x

L x x x x x

L x x x x x x

L x x x x x x

x

x

x

1

2

3

1

2

1 2 3 1 2 1 2

1 2 3 1 2 3 1 2

1 2 3 1 2 2 3 1 2

1 2 3 1 2 1 2 3

1 2 3 1 2 1 2 3

1

2 2

2 2

2 1

2

( , , , , )

( , , , , )

( , , , , )

( , , , , )

( , , , , ) .

λ λ λ λ

λ λ λ λ

λ λ λ λ

λ λ

λ λλ

λ

= + +

= + +

= + + −

= + + −

= + − −

Nullsetzen dieser Ableitungen ergibt das lineare Gleichungssystem

0 0 0 1 10 0 2 2 10 2 2 1 11 2 1 0 01 1 1 0 0

10012

1

2

3

1

2

−

−

⎛

⎝

⎜⎜⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟⎟⎟⎟

⋅

⎛

⎝

⎜⎜⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟⎟⎟⎟

=

−⎛

⎝

⎜⎜⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟⎟⎟⎟

xxxλλ

,

mit der eindeutigen Lösung

( , , , , ) , , , , .( ) ( ) ( ) ( ) ( )x x x1 2 3 1 172

43

16

23

53

o o o o o TT

λ λ = − −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

84 14 Extrema bei Funktionen mehrerer Variabler

(Ein Verfahren zur Lösung linearer Gleichungssysteme ist bereits in Kapitel 5 (Kurs 00053) behandelt worden).

Als Maximalstelle kommt also nur der Punkt x( ) , ,o = −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

72

43

16

in Frage (vgl.

Beispiel 14.5.3).

Übungsaufgabe 14.5.9

Ermitteln Sie mit Hilfe des Lagrange-Ansatzes die Punkte, die als Extremstellen der Funktion

f x x x x( , )1 2 1 25 2 4= + +

unter der Nebenbedingung

x x12

22 20+ =

in Frage kommen.

Übungsaufgabe 14.5.10

Nehmen wir an, dass die Keksdosen in Beispiel 14.5.1 eine kreisförmige Grundfläche haben sollen.

Lösen Sie dieses Minimierungsproblem bei sonst unveränderter Aufgabenstellung einmal mit Hilfe der Substitutionsmethode und einmal mit Hilfe des Lagrange-Ansatzes!

Da Satz 14.5.5 „nur“ ein notwendiges Kriterium für die Extremstellen einer Funk-tion unter Nebenbedingungen liefert, muss man durch Vergleich der Funktionswerte prüfen, in welchen der gefundenen Punkte tatsächlich ein Extremum angenommen wird.

Es soll an dieser Stelle erwähnt werden, dass man auch anhand der Hesse-Matrix der Lagrangefunktion erkennen kann, welche der mittels Satz 14.5.5 gefundenen „kritischen Punkte“ lokale Extremstellen sind. Auf dieses hinreichende Kriterium kann im Rahmen des vorliegenden Lehrtextes aber nicht eingegangen werden.

98 Lösungen zu den Übungsaufgaben

bestehen die kritischen Punkte von f aus den Punkten der Form

x(z) = (zπ, 0) mit z∈Z.

Die Hesse-Matrix lautet

H xfx

( ) .=−

−⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

cos 1 00 2

Für ein ungerades z gilt

det ( ) ,( )H xf z =−

= − <1 00 2

2 0

d. h. x(z) ist ein Sattelpunkt. Für gerades z gilt

H xf z( ) ,( ) =−

−⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

1 00 2

d. h. f nimmt in x(z) ein lokales Maximum an mit f (x(z)) = cos (zπ) – 0 = 1.

Übungsaufgabe 14.5.4

Auflösen der ersten Nebenbedingung nach x1 ergibt

x1 = ϕ (x2, x3) = 1 + x2 – x3 (1)

Ersetzen von x1 durch 1 + x2 – x3 in den Funktionstermen für f und g2 liefert das Optimierungsproblem

Min f* (x2, x3) = (1 + x2 – x3)2 + x2 x3 – x3 u.d.N. 2 (1 + x2 – x3) + x2 – x3 = 3.

Auflösen der Nebenbedingung nach x2 ergibt nun

x x2 313

= + . (2)

Einsetzen der rechten Seite für x2 in den Term f* (x2, x3) ergibt die ohne Nebenbe-dingung zu minimierende Funktion

Lösungen zu den Übungsaufgaben 99

f x x x x

x x

∗∗ =⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ + +

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ −

= − +

( )

.

3

2

3 3 3

32

3

43

13

23

169

Offenbar nimmt f** im Punkt x313

= ein absolutes Minimum an. Aus (2) und (1)

folgt x223

= und x143

= . Die Funktion f nimmt also ein absolutes Minimum im

Punkt 43

23

13

, ,⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

T an.

Übungsaufgabe 14.5.9

Die Lagrangefunktion lautet

L x x x x x x( , , ) ( )1 2 1 2 12

225 2 4 20λ λ= + + + + − .

Es sind die Lösungen des Systems

L x x xx1 1 2 12 2 0( , , )λ λ= + = (1) L x x xx2 1 2 24 2 0( , , )λ λ= + = (2)

L x x x xλ λ( , , )1 2 12

22 20 0= + − = (3)

zu bestimmen. Löst man (1) und (2) jeweils nach λ auf, so ergibt sich

λ = −1

1x (4)

und λ = −2

2x.

Durch Gleichsetzen der rechten Seiten folgt

x2 = 2x1. (5)

Einsetzen von 2x1 für x2 in (3) liefert dann

x x12

124 20 0+ − = ,

also x1 = ± 2. (6)

Mit Hilfe von (4) – (6) erhält man

x( ) ( ) ( ) ( )( , , ) ( , , )111

21 1 2 4

12

= = −x x λ

100 Lösungen zu den Übungsaufgaben

und x( ) ( ) ( ) ( )( , , ) ( , , )21

222 2 2 4

12

= = − −x x λ

als Lösungen des Systems (1) – (3).

Als Extremstellen der Funktion

f (x1, x2) = 5 + 2x1 + 4x2 (7) u.d.N. x x1

222 20+ = (8)

kommen somit nur die Punkte (2, 4)T und (–2, –4)T in Frage. Tatsächlich ist (2, 4) eine Maximalstelle von (7) u.d.N. (8) mit

f (2, 4) = 25

und (–2, –4) eine Minimalstelle von (7) u.d.N. (8) mit

f (–2, –4) = –15,

wie man z. B. mit Hilfe der Variablensubstitution zeigen kann.

Übungsaufgabe 14.5.10

Das Minimierungsproblem lautet

Min F (r, h) = πr2 + 2 πrh (1) u.d.N πr2h = 2000, (2)

wobei r den Radius der Grundfläche und h die Höhe der Dose bezeichnet.

i) Variablensubstitution:

Auflösen von (2) nach h ergibt

hr

=2000

2π. (3)

Einsetzen der rechten Seite für h in (1) führt zur Funktion

F r rr

∗ = +( ) π 2 4000

ohne Nebenbedingungen, die in ro =⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

200013

π ihr globales Minimum an-

Lösungen zu den Übungsaufgaben 101

nimmt. Der zugehörige Wert für h ergibt sich aus (3) zu

h ro oo= =

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ =

2000 20002

13

π π.

Die Keksdosen müssen somit die Abmessungen ro = ho ≈ 8,6 cm haben.

ii) Lagrange-Ansatz:

Die Lagrangefunktion lautet

L(r, h, λ) = πr2 + 2πrh + λ(πr² h - 2000).

Die ersten partiellen Ableitungen sind

Lr(r, h, λ) = 2πr + 2πh + 2rλπh Lh(r, h, λ) = 2πr + λπr2 Lλ(r, h, λ) = πr2h – 2000.

Nullsetzen der Ableitungen führt nach Kürzen der ersten beiden Gleichun-gen durch 2π bzw. πr zum System

r + h + rλh = 0 (4) 2 + λr = 0 (5) πr2h – 2000 = 0 (6)

das man wie folgt lösen kann: Gleichung (5) ergibt

λr = –2.

Setzt man in (4) für λr den Wert –2 ein, so ergibt sich r + h – 2h = 0, also r = h. Nun ergeben (6) und (5)

r ho o= =⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

200013

π

bzw.

λπ

oo

= − = −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

22

2000

13

r

Als Lösung kommt also nur das bereits in Teil i) gefundene Ergebnis in Frage.