TU Dresden Fachrichtung Mathematik Institut für Numerische Mathematik 1. Dr. M. Herrich SS 2017

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1 TU Dresden Fachrichtung Mathematik Institut für Numerische Mathematik Prof. Dr. K. Eppler Institut für Numerische Mathematik Dr. M. Herrich SS 207 Aufgabe Gegeben sei die Funktion f : R 2 R mit Übungen zur Vorlesung Mathematik II 5. Übung, f(x,y) = 3 x3 xy 2 +2y 3 8y. (a) Weisen Sie nach, dass die folgenden vier Punkte stationäre Punkte von f sind: ( ) P 2, 2, P 2 ( 2, ) 2, P 3 (, ), P 4 (,). (b) Untersuchen Sie für jeden der Punkte P,P 2,P 3,P 4 aus Teilaufgabe (a), ob die Funktion f dort ein lokales Minimum, ein lokales Maximum oder einen Sattelpunkt besitzt. (c) Zeigen Sie, dass die Funktion f keine globalen Extrema besitzt. Lösung: (a) Ein Punkt (x 0,y 0 ) ist ein stationärer Punkt einer Funktion f : R 2 R, wenn beide partiellen Ableitungen in diesem Punkt gleich Null sind, wenn also gilt: f x (x 0,y 0 ) = 0 und f y (x 0,y 0 ) = 0. (Äquivalent dazu kann man sagen: Ein Punkt (x 0,y 0 ) ist stationärer Punkt von f, wenn der Gradient f(x 0,y 0 ) gleich dem Nullvektor ist.) Die partiellen Ableitungen von f lauten für unser Beispiel: f x = x 2 y 2, f y = 2xy +6y 2 8. Wir bilden nun nach und nach die Werte dieser partiellen Ableitungen in den vorgegebenen Punkten. P ( 2, 2): Es ist f x ( 2, 2) = ( 2) 2 ( 2) 2 = 0 und f y ( 2, 2) = ( 2) 2 8 = 0. Also ist P ein stationärer Punkt von f. P 2 ( 2, 2): Es ist f x ( 2, 2) = ( 2) 2 ( 2) 2 = 0 und f y ( 2, 2) = 2 ( 2) ( 2)+6 ( 2) 2 8 = 0. Also ist P 2 ein stationärer Punkt von f. P 3 (, ): Es istf x (, ) = 2 ( ) 2 = 0 undf y (, ) = 2 ( )+6 ( ) 2 8 = 0. Also ist P 3 ein stationärer Punkt von f. P 4 (,): Es ist f x (,) = ( ) 2 2 = 0 und f y (,) = 2 ( ) = 0. Also ist P 4 ein stationärer Punkt von f. (b) Für die partiellen Ableitungen zweiter Ordnung von f erhalten wir f xx = 2x, f xy = 2y, f yy = 2x+2y. Demnach lautet die Hesse-Matrix von f an einer beliebigen Stelle (x,y): ( ) 2 2x 2y f(x,y) =. 2y 2x+2y Wir untersuchen nun mit Hilfe der Hesse-Matrix für jeden der vier Punkte P,...,P 4, ob f dort ein lokales Minimum, ein lokales Maximum oder einen Sattelpunkt besitzt.

2 TU Dresden Fachrichtung Mathematik Institut für Numerische Mathematik 2 P ( 2, 2): Es ist ( det 2 f( 2, ) 2) = = 32 > 0. Die Determinante der Hesse-Matrix ist positiv; demzufolge besitzt f im Punkt P schonmal ein lokales Extremum. Wegen f xx ( 2, 2) = 2 2 > 0 handelt es sich um ein lokales Minimum. P 2 ( 2, 2): Es ist ( det 2 f( 2, ) 2) = = 32 > 0. Die Determinante der Hesse-Matrix ist wieder positiv; demzufolge besitzt f auch im Punkt P 2 ein lokales Extremum. Wegen f xx ( 2, 2) = 2 2 < 0 handelt es sich um ein lokales Maximum. P 3 (, ): Es ist det ( 2 f(, ) ) = = 32 < 0. Die Determinante der Hesse-Matrix ist negativ; demzufolge besitzt f im Punkt P 3 kein lokales Extremum, sondern einen Sattelpunkt. P 4 (,): Es ist det ( 2 f(,) ) = = 32 < 0. Die Determinante der Hesse-Matrix ist negativ; demzufolge besitzt f auch im Punkt P 4 kein lokales Extremum, sondern einen Sattelpunkt. (c) Die Funktion f ist sowohl nach oben als auch nach unten unbeschränkt. Das kann man sich schon daran überlegen, dass (für festgehaltenes y = 0) gilt: f(x,0) = 3 x3 und somit lim f(x,0) = und lim x f(x,0) =. x Demzufolge kann f keine globalen Extrema besitzen.

3 TU Dresden Fachrichtung Mathematik Institut für Numerische Mathematik 3 Aufgabe 2 Heft Ü2: 8.3, Teilaufgaben c), d). Man bestimme Lage und Art der relativen Extremwerte der Funktion z = f(x,y) und gebe die zugehörigen Funktionswerte an. c) z = 2xy(x+y 6) d) z = x 2 (2 y) y 3 +3y 2 +9y Lösung: c) Wir berechnen zunächst die partiellen Ableitungen erster Ordnung der gegebenen Funktion: f x = 2y(x+y 6)+2xy, f y = 2x(x+y 6)+2xy. Als nächstes ermitteln wir alle stationären Punkte der Funktion, also alle Paare (x,y), für die sowohl f x als auch f y gleich Null sind. Es sind also alle Lösungen des folgenden (nichtlinearen) Gleichungssystems zu bestimmen: (I) 2y(x+y 6)+2xy = 0, (II) 2x(x+y 6)+2xy = 0. Subtrahieren wir die beiden Gleichungen voneinander, ergibt sich 2y(x+y 6) 2x(x+y 6) = 0 2(y x)(x+y 6) = 0. Ein Produkt wird Null, wenn einer der Faktoren Null ist. Das heißt, entweder ist y x = 0 oder x+y 6 = 0. Fall : y x = 0, also y = x. Setzen wir das in Gleichung (I) ein, erhalten wir 2x(2x 6)+2x 2 = 0 6x 2 2x = 0 x = 0 oder x = 2. Fall liefert also zwei stationäre Punkte: (x,y ) = (0,0) und (x 2,y 2 ) = (2,2). Fall 2: x+y 6 = 0, also y = 6 x. Setzen wir das in Gleichung (I) ein, erhalten wir 2x(6 x) = 0 x = 0 oder x = 6. Die zugehörigen y-werte sind y = 6 bzw. y = 0. Fall 2 liefert also zwei weitere stationäre Punkte, nämlich (x 3,y 3 ) = (0,6) und (x 4,y 4 ) = (6,0). Insgesamt besitzt die Funktion vier stationäre Punkte, also vier Kandidaten für lokale Extremstellen. Die Hesse-Matrix der Funktion an einer beliebigen Stelle (x,y) lautet ( ) ( 2 fxx f f(x,y) = xy 4y 4x+4y 2 = f yx f yy 4x+4y 2 4x Wir setzen nun nacheinander jeden der stationären Punkte ein und entscheiden mit Hilfe der Determinante der Hesse-Matrix sowie des Vorzeichens von f xx, ob der stationäre Punkt eine lokale Extremstelle ist und, falls ja, ob ein lokales Maximum oder ein lokales Minimum vorliegt. ( ) 2 f(x,y ) = f(0,0) = det( f(0,0)) = 44 < 0, daher ist (0, 0) keine lokale Extremstelle. Stattdessen besitzt die Funktion hier einen Sattelpunkt. ).

4 TU Dresden Fachrichtung Mathematik Institut für Numerische Mathematik 4 ( ) f(x 2,y 2 ) = 2 f(2,2) = det( f(2,2)) = 48 > 0, daher ist (2,2) eine lokale Extremstelle. Wegen f xx (2,2) = 8 > 0 liegt ein lokales Minimum vor. Der zugehörige Funktionswert ist f(2, 2) = 6. ( ) f(x 3,y 3 ) = 2 f(0,6) = det( f(0,6)) = 44 < 0, daher ist (0, 6) keine lokale Extremstelle. Stattdessen besitzt die Funktion hier einen Sattelpunkt. ( ) f(x 4,y 4 ) = 2 f(6,0) = det( f(6,0)) = 44 < 0, daher ist (6, 0) keine lokale Extremstelle. Stattdessen besitzt die Funktion hier einen Sattelpunkt. Wir fassen zusammen. Die Funktion besitzt ein lokales Minimum: E Min (2,2) mit f(2,2) = 6. d) Wir berechnen zunächst die partiellen Ableitungen erster Ordnung der gegebenen Funktion: f x = 2x(2 y), f y = x 2 3y 2 +6y +9. Als nächstes ermitteln wir alle stationären Punkte der Funktion, also alle Paare (x,y), für die sowohl f x als auch f y gleich Null sind. Es sind also alle Lösungen des folgenden (nichtlinearen) Gleichungssystems zu bestimmen: Aus Gleichung (I) folgt x = 0 oder y = 2. (I) 2x(2 y) = 0, (II) x 2 3y 2 +6y +9 = 0. Fall : x = 0. Dann folgt aus Gleichung (II): 3y 2 +6y +9 = 0 y 2 2y 3 = 0. Mit der Lösungsformel für quadratische Gleichungen erhalten wir y /2 = ± +3 = ±2 y = 3, y 2 =. Fall liefert also zwei stationäre Punkte: (x,y ) = (0,3) und (x 2,y 2 ) = (0, ). Fall 2: y = 2. Dann folgt aus Gleichung (II): x 2 +9 = 0 x = ±3. Fall 2 liefert also zwei weitere stationäre Punkte, nämlich (x 3,y 3 ) = (3,2) und (x 4,y 4 ) = ( 3,2). Insgesamt besitzt die Funktion vier stationäre Punkte, also vier Kandidaten für lokale Extremstellen. Die Hesse-Matrix der Funktion an einer beliebigen Stelle (x,y) lautet ( ) ( 2 fxx f f(x,y) = xy 2(2 y) 2x = f yx f yy 2x 6y +6 Wir setzen nun nacheinander jeden der stationären Punkte ein und entscheiden mit Hilfe der Determinante der Hesse-Matrix sowie des Vorzeichens von f xx, ob der stationäre Punkt eine lokale Extremstelle ist und, falls ja, ob ein lokales Maximum oder ein lokales Minimum vorliegt. ).

5 TU Dresden Fachrichtung Mathematik Institut für Numerische Mathematik 5 ( ) f(x,y ) = 2 f(0,3) = det( f(0,3)) = 24 > 0, daher ist (0,3) eine lokale Extremstelle. Wegen f xx (0,3) = 2 < 0 liegt ein lokales Maximum vor. Der zugehörige Funktionswert ist f(0,3) = 27. ( ) f(x 2,y 2 ) = 2 f(0, ) = det( f(0, )) = 72 > 0, daher ist (0, ) eine lokale Extremstelle. Wegen f xx (0, ) = 6 > 0 liegt ein lokales Minimum vor. Der zugehörige Funktionswert ist f(0, ) = 5. ( ) f(x 3,y 3 ) = 2 f(3,2) = det( f(3,2)) = 36 < 0, daher ist (3, 2) keine lokale Extremstelle. Stattdessen besitzt die Funktion hier einen Sattelpunkt. ( ) f(x 4,y 4 ) = 2 f( 3,2) = det( f( 3,2)) = 36 < 0, daher ist ( 3,2) keine lokale Extremstelle. Stattdessen besitzt die Funktion hier einen Sattelpunkt. Wir fassen zusammen. Die Funktion besitzt ein lokales Maximum und ein lokales Minimum: E Max (0,3) mit f(0,3) = 27, E Min (0, ) mit f(0, ) = 5.

6 TU Dresden Fachrichtung Mathematik Institut für Numerische Mathematik 6 Aufgabe 3 Gegeben sei das folgende Optimierungsproblem mit einer Gleichungsnebenbedingung: f(x,y) = x 2 +xy 2 +y 2 Extremum bei x 2 +y 2 =. () (a) Stellen Sie die Lagrange-Funktion für das Problem () auf. (b) Formulieren Sie die notwendigen Optimalitätsbedingungen. Ordnung, die sich beim Anwenden der Lagrange-Methode ergeben. (c) Weisen Sie nach, dass die Punkte (x,y ) = (,0) und (x 2,y 2 ) = (,0) stationäre Punkte des Problems () sind. Überlegen Sie für jeden dieser beiden Punkte, ob die Funktion f dort unter der Nebenbedingung x 2 +y 2 = ein lokales Minimum oder ein lokales Maximum besitzt. (d) Bestimmen Sie alle weiteren stationären Punkte des Problems (). Lösung: (a) Die Lagrange-Funktion für das Problem () lautet L(x,y,v) = x 2 +xy 2 +y 2 +v(x 2 +y 2 ). Dabei ist v der Lagrange-Multiplikator zur Nebenbedingung x 2 +y 2 =. (b) Die notwendigen Optimalitätsbedingungen. Ordnung fordern, dass sämtliche partielle Ableitungen der Lagrange-Funktion gleich Null sind. Also: (I) (II) (III) L x = 2x+y 2 +2vx L y = 2xy +2y +2vy L v = x 2 +y 2! = 0,! = 0,! = 0. (c) Ein Punkt (x, y) ist ein stationärer Punkt für das Optimierungsproblem (), wenn es eine zugehörige Zahl v gibt, sodass das Tripel (x, y, v) die notwendigen Optimalitätsbedingungen. Ordnung (I) (III) (siehe Teilaufgabe (b)) erfüllen. Für den Punkt (x,y ) = (,0) sind die Gleichungen (II) und (III) offenbar erfüllt. Aus Gleichung (I) ergibt sich 2+2v = 0 v =. Also existiert ein Wert für v, für den alle Gleichungen (I) (III) erfüllt sind. Damit ist nachgewiesen, dass (,0) ein stationärer Punkt des Problems () ist. Die Funktion f hat an der Stelle (x,y ) = (,0) unter der Nebenbedingung x 2 +y 2 = ein lokales Minimum. Denn: Es ist f(,0) = 0. Für jeden Punkt (x,y), der die Nebenbedingung erfüllt, gilt f(x,y) = +xy 2. Für alle Punkte (x,y), die in einer hinreichend kleinen Umgebung des Punktes (,0) liegen, ist immer noch x > 0. Daraus folgt für solche Punkte f(x,y) = + x }{{} >0 y 2 = f(,0). }{{} 0 Für den Punkt (x 2,y 2 ) = (,0) sind wiederum die Gleichungen (II) und (III) offenbar erfüllt. Aus Gleichung (I) ergibt sich 2 2v = 0 v =. Also existiert ein Wert für v, für den alle Gleichungen (I) (III) erfüllt sind. Damit ist nachgewiesen, dass (,0) ein stationärer Punkt des Problems () ist.

7 TU Dresden Fachrichtung Mathematik Institut für Numerische Mathematik 7 Die Funktion f hat an der Stelle (x 2,y 2 ) = (,0) unter der Nebenbedingung x 2 +y 2 = ein lokales Maximum. Das lässt sich genauso begründen wie vorhin die entsprechende Aussage für den Punkt (,0). (d) Zur Bestimmung aller Lösungen des Systems aus Teilaufgabe (b) ist es hilfreich, die Gleichung (I) mit y und die Gleichung (II) mit x zu multiplizieren und die beiden entstehenden Gleichungen dann voneinander abzuziehen. Dadurch ergibt sich y 3 2x 2 y = 0 y(y 2 2x 2 ) = 0. Ein Produkt wird Null, wenn einer der Faktoren Null ist. Also muss entweder y = 0 sein. Dieser Fall würde auf die beiden stationären Punkte (,0) und (,0) aus Teilaufgabe (c) führen. Oder es muss y 2 = 2x 2 gelten. Setzen wir das in die Gleichung (III) ein, folgt 3x 2 = 0 x = ± 3 = ± 3. 3 Für die zugehörigen y-werte erhalten wir jeweils y 2 = 2 ( 3 )2 = 2 2 y = ± 3 3 = ± 6. 3 Insgesamt ergeben sich letztlich vier weitere stationäre Punkte: (x 3,y 3 ) = ( ) 3 3, 6, (x4,y 4 ) = ( ) 3 3, 6, (x 5,y 5 ) = ( ) 3 3, 6, (x6,y 6 ) = ( ) 3 3, 6. (Die zugehörigen Werte des Multiplikators v sind v = 3 im Falle von (x3,y 3 ) sowie (x 5,y 5 ) und v = 3 im Falle von (x4,y 4 ) sowie (x 6,y 6 ).) Bemerkungen: Die zugehörigen Funktionswerte an den stationären Punkten sind f(x 3,y 3 ) = f(x 5,y 5 ) = bzw. f(x4,y 4 ) = f(x 6,y 6 ) = Da durch die Nebenbedingung x 2 + y 2 = eine geschlossene Kurve (in diesem Fall ein Kreis) beschrieben wird, wechseln sich lokale Maxima und lokale Minima von f unter dieser Nebenbedingung immer ab (vorausgesetzt, die Funktionswerte nehmen im Wechsel zu und ab, was hier der Fall ist; andernfalls könnten sich auch Sattelpunkte zwischen einem Maximum und einem Minimum befinden). Da wir wissen, dass bei (,0) ein lokales Minimum und bei (,0) ein lokales Maximum vorliegt, folgt mit dieser Überlegung: In den Punkten (x 4,y 4 ) = ( ) 3, 6 und (x6,y 6 ) = ( ) 3 3, 6 besitzt f lokale Minima unter der Nebenbedingungx 2 +y 2 = und in den Punkten(x 3,y 3 ) = ( ) 3 3, 3 6 und (x 5,y 5 ) = ( ) 3 3, 6 besitzt f lokale Maxima unter der Nebenbedingung x 2 + y 2 =. y Min. Max. Max. Min. x Min. Max.

8 TU Dresden Fachrichtung Mathematik Institut für Numerische Mathematik 8 Anschauliche Deutung: Im dreidimensionalen Raum wird durch die Gleichung x 2 +y 2 = ein Zylinder beschrieben, der im Kreis um den Ursprung mit Radius schneidet. Dieser Zylinder schneidet auch den Graph von f (der, wie wir wissen, eine Fläche im Raum ist) in einer (geschlossenen) Kurve. Wir haben in dieser Aufgabe diejenigen Punkte berechnet, an denen diese Kurve hinsichtlich der Höhe (also der z-komponente) lokale Maxima bzw. lokale Minima besitzt.

9 TU Dresden Fachrichtung Mathematik Institut für Numerische Mathematik 9 Aufgabe 4 Heft Ü2: Welche Punkte der durch die Gleichung x 2 +y 2 +xy = gegebenen Ellipse haben vom Koordinatenursprung extremalen Abstand? Mit Hilfe der Ergebnisses skizziere man die Ellipse. Hinweis: Formulieren Sie ein geeignetes Optimierungsproblem mit einer Gleichungsnebenbedingung zur Lösung dieser Aufgabe. Lösen Sie das erhaltene Optimierungsproblem dann mit der Lagrange- Methode. Zur Bestimmung der Art der Extrema genügt hier der Vergleich der Funktionswerte der erhaltenen stationären Punkte des Problems. Lösung: Es ist zunächst eine geeignete Optimierungsaufgabe mit einer Nebenbedingung aufzustellen. Das Ziel ist es, den Abstand zum Koordinatenursprung zu minimieren. Der Abstand d(x, y) eines Punktes (x,y) zum Koordinatenursprung kann mit der Formel d(x,y) = x 2 +y 2 berechnet werden. Wir könnten dies als Zielfunktion unseres Optimierungsproblems nehmen. Wir können uns aber auch Folgendes überlegen. Die Wurzelfunktion ist streng monoton wachsend. Das heißt insbesondere, dass d(x,y) genau dann minimal bzw. maximal wird, wenn der Ausdruck unter der Wurzel, also x 2 +y 2, minimal bzw. maximal wird. Wir werden letzteren Ausdruck als Zielfunktion wählen, denn wir müssen gleich Ableitungen bilden, und da ist es einfacher ohne Wurzel. Die Nebenbedingung unseres Optimierungsproblems wird durch die Ellipsengleichung beschrieben, also x 2 +y 2 +xy = bzw. x 2 +y 2 +xy = 0. Denn es soll ja nur unter allen Punkten, die auf dieser Ellipse liegen, nach solchen mit extremalem Abstand zum Ursprung gesucht werden. Zusammengefasst ergibt sich folgendes Optimierungsproblem: Finde alle Minima und Maxima von z = x 2 +y 2 unter der Nebenbedingung x 2 +y 2 +xy = 0. Die Lagrange-Funktion für dieses Problem lautet L(x,y,λ) = x 2 +y 2 +λ(x 2 +y 2 +xy ). Wir stellen die notwendigen Bedingungen für ein Extremum auf, das heißt wir bilden die partiellen Ableitungen der Lagrange-Funktion und setzen sie gleich Null: (I) (II) (III) L x = 2x+λ(2x+y) L y = 2y +λ(2y +x) L λ = x 2 +y 2 +xy! = 0,! = 0,! = 0. Hier hilft es, Gleichung (I) mit y und Gleichung (II) mit x zu multiplizieren und danach zu subtrahieren. Dadurch ergibt sich nämlich λ(y 2 x 2 ) = 0. Ein Produkt wird Null, wenn einer der Faktoren gleich Null ist. Wir machen eine Fallunterscheidung. Fall : λ = 0. Dann ergibt sich aus den Gleichungen (I) und (II) x = y = 0, was aber ein Widerspruch zu Gleichung (III) ist. Fall liefert somit keine stationären Punkte, also keine Kandidaten für ein Extremum. Fall 2: y 2 x 2 = 0. Daraus folgt y = x oder y = x. Wir machen nochmal eine Fallunterscheidung. Fall 2a: y = x. Dann folgt aus Gleichung (III): 3x 2 = 0 x = ± 3 = ± 3. 3 Beachten wir noch y = x, liefert Fall 2a somit zwei stetionäre Punkte: ( 3, 3) und ( 3, 3).

10 TU Dresden Fachrichtung Mathematik Institut für Numerische Mathematik 0 Fall 2b: y = x. Setzen wir das in Gleichung (III) ein, ergibt sich: x 2 = 0 x = ±. Beachten wir noch y = x, liefert Fall 2b somit zwei weitere stationäre Punkte: (, ) und (,). Für unsere gefundenen Punkte müssen wir nun noch untersuchen, welche davon maximalen und welche minimalen Abstand zum Koordinatenursprung haben. Dafür genügt der Vergleich der Zielfunktionswerte, denn wir haben genau vier Kandidaten gefunden und aus anschaulichen Gründen ist es klar, dass es für eine Ellipse (mit dem Ursprung als Mittelpunkt) genau zwei Punkte mit maximalem Abstand und zwei mit minimalem Abstand zum Ursprung geben muss. Dass der Mittelpunkt der Ellipse der Koordinatenursprung ist, können wir übrigens daraus entnehmen, dass in der Ellipsengleichung keine linearen Glieder der Form ax+by vorkommen. Als Funktionswerte der Zielfunktion z = x 2 + y 2 des Optimierungsproblems an den stationären Punkten ergeben sich: ( ) ( z 3, 3 = z ) 3, 3 = 2, z(, ) = z(,) = Die Funktionswerte für die Punkte ( 3, 3 3) und ( 3 3, 3) sind kleiner als die für die Punkte (, ) und (,). Demzufolge haben die Punkte ( ) 3, und minimalen Abstand zum Ursprung und die Punkte ( ) 3, (, ) und (,) maximalen Abstand. Mit Hilfe dieser Ergebnisse können wir eine Skizze der Ellipse anfertigen. (, ) y ( 3, 3 3) - 0 x ( 3, 3 3) - (, ) Alternative Begründung: Durch die Nebenbedingung wird eine geschlossene Kurve beschrieben. In einem solchen Fall gilt: Ist die Zielfunktion stetig, so besitzt sie entlang dieser geschlossenen Kurve ein (globales) Maximum und ein (globales) Minimum. Gibt es mehrere lokale Maxima und Minima, wechseln diese sich in ihrer Art ab. Auch mit dieser Überlegung ist klar: der Vergleich der Funktionswerte verrät, bei welchen stationären Punkten ein lokales Minimum und bei welchen stationären Punkten ein lokales Maximum vorliegt.

11 TU Dresden Fachrichtung Mathematik Institut für Numerische Mathematik Aufgabe 5 Boltzmann-Verteilung. Betrachtet werde ein System, bestehend aus N Molekülen. Wir nehmen an, dass sich jedes Molekül zu jedem Zeitpunkt in einem der EnergiezuständeE,E 2,...,E r befindet. Bedingt durch Zusammenstöße zwischen den Molekülen kommt es dazu, dass sich der Energiezustand jedes Moleküls im zeitlichen Verlauf ändern kann. Die Gesamtenergie des Systems sei allerdings konstant gleich E. Für einen gewissen Zeitpunkt werde, für jedes i =,...,r, mit N i die Anzahl der Moleküle bezeichnet, die sich im Energiezustand E i befinden. Das Tupel (N,...,N r ) dieser Zahlen wird als aktuelle Verteilung oder auch aktuelle Konfiguration bezeichnet. Für jede vorgegebene Verteilung (N,...,N r ) gibt es eine gewisse Anzahl an Möglichkeiten, diese Verteilung zu realisieren (also die vorhandenen Moleküle auf die Energiezustände entsprechend der vorgegebenen Anzahlen zu verteilen). Die Anzahl der Möglichkeiten, eine vorgegebene Verteilung zu realisieren, beträgt N! W = W(N,...,N r ) = N! N 2!... N r!. In dieser Aufgabe geht es darum, diejenige Verteilung zu bestimmen, für die die Größe W maximal wird unter den Nebenbedingungen, dass die Gestamtzahl der Teilchen gleich N und die Gesamtenergie des Systems gleich E ist. Aufgrund der strengen Monotonie des natürlichen Logarithmus und der Positivität von W wird W genau dann maximal, wenn der Logarithmus daraus, also ln(w), maximal ist. Letztlich suchen wir also eine Lösung des folgenden Optimierungsproblems mit zwei Gleichungsnebenbedingungen: lnw(n,...,n r ) max bei N i = N, E i N i = E. (2) (a) Begründen Sie, dass für die Zielfunktion des Problems (2) gilt: lnw(n,...,n r ) = ln(n!) ln(n i!). (3) (b) Die Logarithmen von Fakultäten, die in (3) vorkommen, kann man mit Hilfe der Stirling-Formel ln(x!) x ln(x) x annähern. Ersetzen Sie die vorkommenden Logarithmen von Fakultäten in der Zielfunktion des Problems (2) entsprechend und weisen Sie unter Zuhilfenahme der Nebenbedingungen nach, dass sich das entstehende Optimierungsproblem in der folgenden Form schreiben lässt: ( ) ( N i ln N i ) N i ln(n i ) max bei N i = N, E i N i = E. (4) (c) Stellen Sie die Lagrange-Funktion für das Problem (4) auf und formulieren Sie die notwendigen Optimalitätsbedingungen, die sich beim Anwenden der Lagrange-Methode ergeben. (d) Es sei (N,...,N r ) die Lösung des Problems (4). Weisen Sie unter Verwendung Ihres Ergebnisses aus Teilaufgabe (c) nach, dass eine Zahl β R existiert, sodass für alle k =,...,r gilt: e βe k N k = N r. e βe i Bemerkung: Die resultierende Verteilung (N,...,N r ) heißt Boltzmann-Verteilung. Bei dieser Verteilung handelt es sich gerade um die wahrscheinlichste Verteilung der möglichen Energiezustände. Für diese ist also zu erwarten, dass sie im zeitlichen Mittel am häufigsten anzutreffen ist. Für die Zahl β aus Teilaufgabe (d) gilt: β = k B T, wobei k B die Boltzmann-Konstante bezeichnet und T die Temperatur.

12 TU Dresden Fachrichtung Mathematik Institut für Numerische Mathematik 2 Lösung: (a) Durch Anwenden von Logarithmengesetzen ergibt sich ( ) N! lnw(n,...,n r ) = ln N!... N r! = ln(n!) ln(n!... N r!) = ln(n!) (ln(n!)+ln(n 2!)+...+ln(N r!)) = ln(n!) ln(n i!). (b) Wir ersetzen die Logarithmen von Fakultäten gemäß der Stirling-Formel und erhalten lnw(n,...,n r ) = (N ln(n) N) = N ln(n) N = (N i ln(n i ) N i ) N i ln(n i )+ ( ) ( N i ln N i ) N i N i ln(n i ). Bei der letzten Gleichheit wurde dabei ausgenutzt, dass N = r N i ist. Damit ist nachgewiesen, dass sich das Optimierungsproblem (2) in der Form (4) schreiben lässt. (c) Die zum Problem (4) gehörige Lagrange-Funktion hat die folgende Gestalt: L(N,...,N r,λ,µ) = ( ) ( N i ln N i ) ( ) ( ) N i ln(n i )+u N i N +v E i N i E. Dabei werden mit u der Multiplikator zur Nebenbedingung r N i = N und mit v der Multiplikator zur Nebenbedingung r E in i = E bezeichnet. Die notwendigen Optimalitätsbedingungen. Ordnung lauten N = 0, N 2 = 0,..., N r = 0, u = 0, v = 0. Wird L nach einer der Variablen N k abgeleitet (k {,...,r} beliebig aber fest), ergibt sich unter Verwendung der Produktregel ( ( ) = ln N i )+ N i N r k N ln(n k ) N k +u +v E k. i N k Dabei war unter anderem zu beachten, dass beim Ableiten der Summen nach einem konkreten N k jeweils fast alle Summanden verschwinden und nur die Ableitung des k-ten Summanden übrig bleibt. Fassen wir zusammen, erhalten wir N k = ln ( N i ) ln(n k )+u+ve k. Berücksichtigen wir die Nebenbedingung r N i = N, lässt sich das noch umformen zu N k = ln(n) ln(n k )+u+ve k.

13 TU Dresden Fachrichtung Mathematik Institut für Numerische Mathematik 3 Die Ableitungen der Lagrange-Funktion nach den Multiplikatoren u und v lauten u = N i N, v = E i N i E. Wir fassen zusammen. Die notwendigen Optimalitätsbedingungen. Ordnung lauten für unser Beispiel: ln(n) ln(n k )+u+ve k = 0 (5) für alle k =,...,r sowie und N i N = 0 (6) E i N i E = 0 (7) (d) Angenommen, (N,...,N r ) löst das Optimierungsproblem (4). Aus Teilaufgabe (c) wissen wir, dass es dann Zahlen u und v gibt, sodass die Gleichungen (5) (7) erfüllt sind. Aus (5) folgt durch Umstellen und Anwenden eines Logarithmengesetzes: ( ) Nk ln = u+ve k N k = Ne u+ve k (8) N für jedes k =,...,r. Setzen wir diese Darstellung in Gleichung (6) ein, erhalten wir Ne u+ve i N = 0 e u e ve i = e u = Setzen wir das in (8) ein, ergibt sich schließlich für jedes k =,...,r: N k = Ne u e ve k = N e ve k r eve i. r eve i. In der Tat existiert also eine Zahl β R, für die sich die Werte N,...,N r gemäß N k = N e βe k r e βe i (k =,...,r) darstellen lassen, nämlich β = v. Bemerkung: Durch Einsetzen der erhaltenen Darstellung für die N k in die Gleichung (7) würde man eine Gleichung, in der nur noch v (bzw. β) als Unbekannte vorkommt (neben den als konstant angenommenen Größen E und N), erhalten. Allerdings könnte man die Lösung dieser Gleichung im Allgemeinen nicht exakt angeben. Daher ist man auf numerische Näherungsverfahren zur Bestimmung von v (bzw. β) oder auf die experimentelle Bestimmung angewiesen.