Analysis II für Mathematiker

also dimkerg ′ (u) = m. Hieraus folgt wegen rangψ ′ (v) = m sogarimψ ′ (v) = kerg ′ (u).Ist nun w ∈ imψ ′ (v), so folgt aus (12.16) und (12.17), dassf ′ (u)w −λ 1 g ′ 1(u)w−...−λ n g ′ n(u)w = 0 (12.18)für beliebige λ 1 ,...,λ n ∈ R. Um die Behauptung zu zeigen, müssen wir nochdie Vektoren aus dem orthogonalen Komplement W von imψ ′ (v) betrachten.Sei w 1 ,...,w n eine Basis von W. Wir bestimmen λ 1 ,...,λ n aus dem linearenGleichungssystemf ′ (u)w 1 − λ 1 g ′ 1(u)w 1 −...− λ n g ′ n(u)w 1 = 0..f ′ (u)w n − λ 1 g 1(u)w ′ n −...− λ n g n(u)w ′ n = 0.Dazu müssen wir uns lediglich klarmachen, dass die Matrix⎛⎞g 1(u)w ′ 1 ... g n(u)w ′ 1⎜⎟⎝ . . ⎠g 1(u)w ′ n ... g n(u)w ′ ninvertierbar ist. Wäre sie das nicht, so wären ihre Zeilen linear abhängig. Es gäbealso Zahlen µ 1 ,...,µ n , die nicht alle gleich Null sind, so dassbzw.µ 1(g′1 (u)w 1 ,...,g ′ n(u)w 1)+...+µn(g′1 (u)w n ,...,g ′ n(u)w n)= 0g ′ 1(u)w = ... = g ′ n(u)w = 0mit w = µ 1 w 1 +...+µ n w n . Der Vektor w liegt also im Kern von g ′ (u). Da w ∈ W,und da W senkrecht zu diesem Kern steht, folgt w = 0. Da aber die w i linearunabhängig sind, folgt µ 1 = ... = µ n = 0, ein Widerspruch.Wir können also die λ i aus dem Gleichungssystem eindeutig bestimmen. Da diew i den Raum W aufspannen, folgtf ′ (u)w −λ 1 g ′ 1(u)w−...−λ n g ′ n(u)w = 0für alle w ∈ W und folglich für alle w ∈ R m+n .ZurpraktischenBestimmunglokalerExtremaunterNebenbedingungenmussmanalso das System∂f ∂g 1 ∂g n(x) = λ 1 (x)+...+λ n (x) , k = 1,...,m+n∂x k ∂x k ∂x kg l (x) = 0, l = 1,...,n242(12.19)