Karush-Kuhn-Tucker (KKT)

Die Karush-Kuhn-Tucker Bedingungen sind ein notwendiges Optimalitätskriterium zur Bestimmung des Maximums/Minimums einer Zielfunktion mit Nebenbedingungen. Das KKT Verfahren ist ein allgemeinerer Lösungsansatz verglichen mit dem Lagrange Verfahren, da auch Randlösungen betrachtet werden.

Randlösungen

Das Lagrange Verfahren findet als Optimalitätsbedingung den Tangentialpunkt der Indifferenzkurve und der Budgetgeraden. In der Grafik unten wird das damit einhergehende Problem deutlich: Der Tangentialpunkt kann auch im negativen Bereich von einer der beiden Variablen sein. Dies liegt beispielweise an der Steigung der Budgetgeraden oder dem Verlauf der Indifferenzkurve. Im Falle der Nutzenmaximierung würde dies den Konsum einer negativen Menge bedeuten, was äußerst unrealistisch ist. Im grafischen Beispiel wäre das Ergebnis des Lagrange Verfahrens, dass der Konsument eine negative Menge von $x_{1}$ konsumieren sollte. Da dies nicht möglich ist, wäre es nutzenmaximal einen möglichen Punkt ($x_{1}\geq 0$ und $x_{2}\geq 0$) zu konsumieren, der auf einer möglichst hohen Indifferenzkurve liegt. In dem grafischen Fall liegt der Punkt aufgrund der Annahmen über die Präferenzen auf der Budgetgeraden. Die höchste Indifferenzkurve die erreicht wird führt zu einem Konsumniveau von $x_{1}=0$ (zweite Abbildung). Dies ist eine Randlösung. Das KKT Verfahren findet das Punkt sofort, ohne dass die Lösung vom Lagrange Verfahren händisch korrigiert werden muss.

Nebenbedingungen

Das KKT Verfahren betrachtet mehrere Nebenbedingungen, um eine Lösung für das Maximierungsproblem zu finden. Diese sind häufig die Budgetbedingung und die Nichtnegativitätsbedingung:

$p_{1}x_{1}+p_{2}x_{2}\leq E$ $\Leftrightarrow$ $E-p_{1}x_{1}-p_{2}x_{2}\geq 0$ 

$x_{1}\geq 0$ 

$x_{2}\geq 0$ 

Die Nebenbedingungen werden jeweils mit einem Lagrangemultiplikator zu der Zielfunktion addiert:

${\mathcal {L}}=U(x_{1},x_{2})+\lambda _{1}(E-p_{1}x_{1}-p_{2}x_{2})+\lambda _{2}x_{1}+\lambda _{3}x_{2}$

Karush-Kuhn-Tucker-Bedingungen

Das KKT Verfahren nutzt mehrere Bedingungen, um die Lösung für das Problem zu finden:

FOC für alle zu maximierenden Variablen: 

$(i)\quad {\frac {\partial {\mathcal {L}}}{\partial x_{1}}}{\stackrel {!}{=}}0$ 

$(ii)\quad {\frac {\partial {\mathcal {L}}}{\partial x_{2}}}{\stackrel {!}{=}}0$ 

Die Ungleichungen selbst mit der Nichtnegativitätsbedingung der Lagrangemultiplikatoren: 

$(iii)\quad E-p_{1}x_{1}-p_{2}x_{2}\geq 0$;  $\lambda _{1}\geq 0$ 

$(iv)\quad x_{1}\geq 0$; $\lambda _{2}\geq 0$

$(v)\quad x_{2}\geq 0$; $\lambda _{3}\geq 0$

Die Komplementaritätsbedingungen 

$(vi)\quad \lambda _{1}(E-p_{1}x_{1}-p_{2}x_{2})=0$ 

$(vii)\quad \lambda _{2}x_{1}=0$ 

$(viii)\quad \lambda _{3}x_{2}=0$ 

Die Lagrangemultiplikatoren können entweder null oder größer als null sein. Durch die Komplementaritätsbedingungen wird deutlich, dass die Nebenbedingung größer gleich null ist, wenn der Lagrangemultiplikator null ist und gleich null, wenn der Multiplikator größer als null ist. Ist die Nebenbedingung mit Gleichheit erfüllt, ist sie "bindend" und wenn sie mit strikter Ungleichheit erfüllt ist, ist sie "nicht-bindend". In dem grafischen Beispiel von oben ist die Nebenbedingung $x_{1}$ mit Gleichheit erfüllt und der Multiplikator $\lambda _{2}$ wäre größer als null.

Zur Lösung des Problems werden die KKT Bedingungen herangezogen und die verschiedenen Fälle werden untersucht. Jeder der Lagrangemultiplikatoren kann entweder gleich null oder größer als null sein. Bei drei Lagrangemultiplikatoren würde das $2^{3}$ Fälle bedeuten.

Beispiel

Es soll die Funktion $U(x_{1},x_{2})=x^{2}+xy+4y$ auf Maxima untersucht werden. Hierbei sollen $x+y\leq 2$, $x\geq 0$ und $y\geq 0$ erfüllt sein. Es ergibt sich folgende Funktion:
${\mathcal {L}}=x^{2}+xy+4y+\lambda _{1}(2-x-y)+\lambda _{2}x+\lambda _{3}y$
Die KKT Bedingungen ergeben:
$(i)\quad 2x+y-\lambda _{1}+\lambda _{2}=0$
$(ii)\quad x+4-\lambda _{1}+\lambda _{3}=0$
$(iii)\quad 2-x-y\geq 0$; $\lambda _{1}\geq 0$
$(iv)\quad x\geq 0$; $\lambda _{2}\geq 0$
$(v)\quad y\geq 0$; $\lambda _{3}\geq 0$
$(vi)\quad \lambda _{1}(2-x-y)=0$
$(vii)\quad \lambda _{2}x=0$
$(viii)\quad \lambda _{3}y=0$

• $\lambda _{1}=0$; $\lambda _{2}$ und $\lambda _{3}$ sind allgemein gehalten

In den KKT Bedingungen fällt überall $\lambda _{1}$ raus. Aus Gleichungen (i) und (ii) ergibt sich dann:
$2x+y+\lambda _{2}=0$
$x+4+\lambda _{3}=0$
Gerade aus der unteren Gleichung wird deutlich, dass diese nur erfüllt sein kann, wenn $x$ und /oder $\lambda _{3}$ negativ sind, was durch (iv) und (v) ausgeschlossen wird. Da </math> \lambda_1=0 </math> zu mathematischen Fehlern führt, kann dies nie der Fall sein. Es muss also $\lambda _{1}>0$ gelten. Dies reduziert die weiteren möglichen Fälle, die untersucht werden müssen.

• $\lambda _{1}>0$; $\lambda _{2}>0$; $\lambda _{3}>0$
  

Aus den Gleichungen (vii-vii) folgt, dass $x=y=0$ folgen muss. Außerdem muss für Gleichung (vi) $2-x-y=0$ erfüllt sein. Mit $x=y=0$ ergit sich $2-0-0=0$ was ein mathematischer Fehler ist. Daher kann auch dieser Fal nicht korrekt sein.

• $\lambda _{1}>0$; $\lambda _{2}>0$; $\lambda _{3}=0$
  

Aus $\lambda _{2}>0$ folgt $x=0$ (vii). Außerderm ergibt sich durch $\lambda _{1}>0$ zusätzlich:
(vi) $2-x-y=0$ bzw. $2-y=0$ $\Longrightarrow$ $y=2$
Mit den Informationen ergibt sich
(i) $2-\lambda _{1}+\lambda _{2}=0$
(ii) $4-\lambda _{1}=0$ $\Longrightarrow$ $\lambda _{1}=4$
eingesetzt in (i) ergibt sich $\lambda _{2}=2$
$\Longrightarrow$ die erste Lösung lautet: $(x,y)=(0,2)$ mit $(\lambda _{1},\lambda _{2},\lambda _{3})=(4,2,0)$

• $\lambda _{1}>0$; $\lambda _{2}=0$; $\lambda _{3}>0$