Beweisarchiv: Analysis: Differentialrechnung: Kriterien für lokale Extrema

Die Kriterien für lokale Minima und Maxima sind das A und O der „Alltagsarbeit“ mit Ableitungen, etwa bei Kurvendiskussionen.

Zur Logik: Der hier gezeigte Beweis für das hinreichende Kriterium verwendet den Zwischenwertsatz, der mit dem Satz von Rolle bewiesen wird, der wiederum das notwendige Kriterium benutzt. Die Beweiskette ist also nicht zirkulär, auch wenn von hier auf die spätern Beweise verwiesen wird.

Notwendiges Kriterium

Sei $f:(a,b)\to ℝ$ in $c\in (a,b)$ differenzierbar. Falls $f$ in $c$ ein lokales Minimum oder ein lokales Maximum hat, gilt $f^{\prime }(c)=0$

Beweis

Wir betrachten zunächst den Fall, dass ein lokales Minimum vorliegt (der Beweis für ein Maximum verläuft analog oder man betrachte $-f$), d.h. es gibt ein $e>0$ mit $a\le c-e$, $c+e\le b$, so dass für alle $x$ mit $|x-c|<e$ folgt: $f(x)\ge f(c)$.

Wäre $f^{\prime }(c)\ne 0$, so gäbe es – nach der Definition der Ableitung als Grenzwert – zu $\epsilon :=|f^{\prime }(c)|$ ein $\delta >0$ mit

$(1)|\frac{f(c+h)-f(c)}{h}-f^{\prime }(c)|<\epsilon$ für alle $h$ mit $|h|<\delta$.

Ist aber zusätzlich $|h|<e$, so gilt $f(c+h)-f(c)\ge 0$, d.h. der Differenzenquotient ist entweder 0 oder hat dasselbe Vorzeichen wie $h$. Da $h$ jedoch unter den Einschränkungen $|h|<\min \{e,\delta \}$ durchaus das $f^{\prime }(c)$ entgegengesetzte Vorzeichen haben kann (wähle etwa $h=-\frac{1}{n}{f}^{\prime }(c)$ für hinreichend großes $n$), ist die linke Seite in (1) für entsprechende $h$ nicht $<\epsilon$, sondern $\ge |f^{\prime }(c)|=\epsilon$, es ergibt sich ein Widerspruch. Somit gilt $f^{\prime }(c)=0$, was zu zeigen war.

Hinreichendes Kriterium

Sei $f:(a,b)\to ℝ$ auf $(a,b)$ stetig und differenzierbar und in $c\in (a,b)$ zweimal differenzierbar und es sei $f^{\prime }(c)=0$. Falls $f^{″}(c)>0$, so hat $f$ in $c$ ein striktes lokales Minimum. Falls $f^{″}(c)<0$, so hat $f$ in $c$ ein striktes lokales Maximum.

Beweis

Sei zunächst $f^{\prime }(c)=0$ und $f^{″}(c)>0$.

Zu $\epsilon :=f^{″}(c)$ gibt es dann ein $\delta >0$, so dass für alle $h$ mit $|h|<\delta$ gilt:

$|\frac{f^{\prime }(c+h)-f^{\prime }(c)}{h}-f^{″}(c)|<\epsilon ,$

also insbesondere

$(2)\frac{f^{\prime }(c+h)}{h}=\frac{f^{\prime }(c+h)-f^{\prime }(c)}{h}>0.$

Im Folgenden schreiben wir $x\sim y$, falls $x$ und $y$ dasselbe Vorzeichen haben. Es gilt wegen (2) demnach

$(3)f^{\prime }(c+h)\sim h$, falls $|h|<\delta$.

Nach dem Mittelwertsatz der Differentialrechnung gilt

$\frac{f(c+h)-f(c)}{h}=f^{\prime }(c+\vartheta h)$

für ein $0<\vartheta <1$. Dann haben für $|h|<\delta$ die folgenden Zahlen gleiche Vorzeichen:

$h\sim \vartheta h\sim f^{\prime }(c+\vartheta h)=\frac{f(c+h)-f(c)}{h}.$

Der erste Schritt folgt wegen $\vartheta >0$ und der zweite aus (3) wegen $|\vartheta h|<\delta$. Dies ist jedoch nur möglich, wenn der Zähler $f(c+h)-f(c)$ positiv ist, also gilt:

$f(c+h)>f(c)$, für alle $h$ mit $|h|<\delta$.

Mit anderen Worten: $f$ hat in $c$ ein striktes lokales Minimum.

Der Beweis für lokale Maxima erfolgt analog, bzw. indem man $f$ durch $-f$ ersetzt.

Hinreichendes Kriterium bei höheren verschwindenden Ableitungen

Sei $n\in \mathbb{N}$, $a<c<b$ und $f:(a,b)\to ℝ$ auf $(a,b)$ stetig und $(2n-1)$-mal stetig differenzierbar sowie in $c$ $2n$-mal differenzierbar. Für die Ableitungen an der Stelle $c$ gelte $0=f^{\prime }(c)=f^{″}(c)=\dots =f^{(2n-1)}(c)\ne f^{(2n)}(c)$.

Dann liegt in $c$ ein striktes lokales Minimum vor, falls $f^{(2n)}(c)>0$, und ein striktes lokales Maximum, falls $f^{(2n)}(c)<0$.

Beweis

Wir benutzen den

Hilfssatz: Sei $a<c<b$ und $f:(a,b)\to ℝ$ stetig und zweimal stetig differenzierbar, sei $f^{\prime }(c)=f^{″}(c)=0$ und es habe $f^{″}$ in $c$ ein striktes lokales Minimum (Maximum). Dann hat auch $f$ in $c$ ein striktes lokales Minimum (Maximum).

Beweis: Für betragsmäßig hinreichend kleine $h$ ist nach dem Mittelwertsatz

$f(c+h)-f(c)=h\cdot f^{\prime }(c+{\vartheta }_{1}h)$

für ein (von $h$ abhängiges) ${\vartheta }_1\in (0,1)$. Erneut nach dem Mittelwertsatz ist unter Benutzung von $f^{\prime }(c)=0$

$f^{\prime }(c+{\vartheta }_{1}h)=f^{\prime }(c+{\vartheta }_{1}h)-f^{\prime }(c)={\vartheta }_{1}h\cdot f^{″}(c+{\vartheta }_2{\vartheta }_{1}h)$

für ein ${\vartheta }_2\in (0,1)$. Insgesamt ergibt sich

$f(c+h)-f(c)={\vartheta }_1{h}^2\cdot f^{″}(c+{\vartheta }_2{\vartheta }_{1}h).$

Hat $f^{″}$ ein striktes lokales Minimum (Maximum), so ist die rechte Seite wegen $f^{″}(c)=0$ für hinreichend kleines $h$ strikt positiv (negativ) und folglich hat $f$ in $c$ ein striktes lokales Minimum (Maximum). Damit ist der Hilfsatz bewiesen.

Das Behauptung folgt nun rasch durch Induktion nach $n$: Der Fall $n=1$ ist das weiter oben bewiesene hinreichende Kriterium und der Schritt $n\to n+1$ ergibt sich, indem man das Kriterium mit $n$ auf $f^{″}$ statt $f$ anwendet und dann den Hilfssatz benutzt.