TECHNISCHE UNIVERSITÄT MÜNCHEN

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1 Prof Dr M Keyl M Kech TECHNISCHE UNIVERSITÄT MÜNCHEN Zentrum Mathematik Mathematik für Physiker (Analysis ) MA S Sommersem 06 Lösungsblatt (606) Zentralübung Z n-eck mit maximaler Fläche Gesucht ist für n ein n-eck mit maximaler Fläche dessen ausgehend von der positiven reellen Achse gegen den Uhrzeigersinn nummerierten Ecken z j R j = n auf dem Einheitskreis liegen (a) Sei φ j [0 π) der Winkel zwischen z j+ und z j j = n z n+ := z Man begründe warum n g(φ φ n ) := π φ j = 0 gilt und die Fläche des Polygons durch gegeben ist f(φ φ n ) = n j= j= sin φ j (b) Bestimmen Sie mit Hilfe der Methode der Lagrange-Multiplikatoren alle Kandidaten für Extremwerte von f unter der Nebenbedingung g(φ φ n ) = 0 (a) Ist ψ j [0 π] der Winkel zwischen z j und der positiven reellen Achse j = n und ψ n+ = π + ψ so gilt ψ j+ ψ j für alle j = n Außerdem ist φ j = ψ j+ ψ j für j = n und damit gilt n n φ j = (ψ j+ ψ j ) = ψ n+ ψ = π j= j= Die Fläche des von z j und z j+ aufgespannten Dreiecks ist z j z j+ sin φ j = sin φ j Für φ j > π wird die Fläche korrekterweise negativ gerechnet Die Summe all dieser Dreiecksflächen ergibt die oben angegebene Formel (b) Zunächst ist grad g(φ) = ( ) 0 unabhängig von φ [0 π) n Somit ist ein notwendige Bedingung für ein lokales Extremum von f in φ 0 [0 π) n unter der Nebenbedingung g(φ φ n ) = 0 dass bzw dass es ein λ R gibt mit grad f(φ (0) ) span{grad g(φ 0 )} grad f(φ (0) ) = λ grad g(φ 0 ) Diese Gleichungen lauten cos φ j = λ j = n Es muss also λ [ ] gelten Es gibt jeweils zwei Lösungen φ j = φ := arccos( λ) [0 π] und φ j = π φ π Der zweite Wert ist nicht möglich Denn wäre nur ein φ j oe zb φ = π φ so wäre wegen n in jedem Fall schon φ + φ + φ > π Also muss φ j = φ für alle j = n gelten Somit ist π = φ + + φ n = n φ bzw λ = cos π n Die Fläche des regelmäßigen n-ecks n sin π n ist also der einzige Kandidat für eine Maximum der Polygonfläche

2 Z Extrema mit mehreren Nebenbedingungen Seien h : R n R und f : R n R m m < n N h f in C M = {x R n f(x) = 0} Die Einschränkung h M habe ein lokales Extremum an der Stelle a M und Df(a) habe vollen Rang Dann gilt grad h(a) span(grad f (a) f m (a)) bzw es existiert ein λ R m so dass mit F λ = h λ f : R n R grad F λ (a) = 0 Hinweis: Achtung Satz 7 aus der Vorlesung ist nicht anwendbar da 0 kein regulärer Wert von f sein muss rang Df(a) = m bedeutet es gibt x i x im so dass die m m-matrix i f (a) im f (a) f (x i x im ) = i f m (a) im f m (a) invertierbar ist Sei obda i j = n m + j j = m Dh f(x) = 0 ist in einer Umgebung von a lokal auflösbar nach x n m+ x n durch die Funktion g : R n m R m Wir schreiben x = ( x y) R n mit x R n m y R m Damit ist a = (ã g(ã)) Setzt man H : R n m R H( x) = h( x g( x)) so gilt nach Voraussetzung grad H(ã) = 0 bzw DH(ã) = 0 dh 0 = DH(ã) = h h (ã g(ã)) + x y ( f = h x (a) (n m) h y (a) m ) y (a) m m g (ã g(ã)) x (ã) f x (a) m (n m) Setzt man λ T := h y (a) ( f y (a) ) λ R m so lautet diese Gleichung h x (a) = λ f x (a) + + λ f m m x (a) Somit gilt Dh(a) = λ Df (a) + λ m Df m (a) denn h h f (a) = y y (a) y (a) f f (a) = λt y x (a) = λ f y (a) + + λ f m m y (a) grad h(a) = λ grad f (a) + + λ m grad f m (a) beweist nun einerseits dass grad h(a) span(grad f (a) grad f m (a)) und damit auch dass grad F λ (a) = grad f(a) (λ grad f (a) + + λ m grad f m (a)) = 0

3 Tutoraufgaben T Extrema mit mehreren Nebenbedingungen Benutzen Sie die Methode der Lagrange-Multiplikatoren Wie lauten die Minima und Maxima der Funktion f : R R f(x y z) = 5x + y z auf dem Schnitt der Ebene x + y + z = 0 mit der Kugeloberfläche x + y + z =? Methode der Lagrange Multiplikatoren: G R n offen f C (G R) g C (G R m ) (m < n) und rangdg(ξ) = m für ein ξ G Dann gilt: Hat f in ξ ein lokales Extremum unter den m Nebenbedingungen g i (x) = 0 so gibt es ein λ = (λ λ m ) R m mit F λ (ξ) = f(ξ) m λ i g i (ξ) = 0 dh ξ ist kritischer Punkt der Lagrangeschen Hilfsfunktion F λ (x) = f(x) λ T g(x) Beh f hat ein Minimum in ( / 0 / ) mit f( / 0 / ) = 4 und ein Maximum bei (/ 0 / ) mit f(/ 0 / ) = 4 Bew i= Die Nebenbedingungsfunktion g : R R lautet g (x y z) := x + y + z g (x y z) := x + y + z Die Jacobi-Matrix Dg(x y z) = hat in jedem Punkt der Nebenbedingungsmenge vollen Rang Es genügt also die kritischen Punkte der Lagrangeschen Hilfsfunktion x y z F λµ (x y z) = f(x y z) λg (x y z) µg (x y z) zu finden: 0 = 5 λ µx () 0 = λ µy () 0 = λ µz () 0 = x + y + z (4) 0 = x + y + z (5) Wir lösen dieses Gleichungssystem ()+()+() liefert mit (4) dass λ = Daraus wird () und (): 4 µx = 0 bzw µy = 0 Deshalb ist µ 0 und y = 0 Aus (4) und (5) folgt schließlich z = x und x = ±/ Da die Nebenbedingungsmenge kompakt und f stetig ist muss ein Minimum und ein Maximum existieren f hat also ein Minimum in ( / 0 / ) f( / 0 / ) = 4 und ein Maximum bei (/ 0 / ) f(/ 0 / ) = 4 T Maxima und Minima auf einer Kreisscheibe Bestimmen Sie die absoluten Extrema der Funktion f(x y) = x xy + y x auf der Menge S = {(x y) R x + y } x y Aus grad f(x y) = = 0 folgt wegen x = y dass y = x + y x = der einzige Kandidat für einen Extremwert auf R ist Die Hessematrix ist H f (x y) = also liegt in ( ) ein lokales Minimum vor f( ) = das wegen ( ) + ( ) = 5 9 < im Inneren von S liegt Um den Rand von S zu untersuchen wenden wir die Methode des Lagrange-Multiplikators

4 an Die Nebenbedingung x + y = wird genau ( durch ) die Nullstellen der Funktion x g(x y) = x + y erfüllt Wegen grad g(x y) = 0 für (x y) S sind die y einzigen Kandidaten für Extrema auf dem Rand Vektoren (x y) S für die grad f(x y) parallel zu grad g(x y) ist Wir suchen also Lösungen x y λ der Gleichungen bzw der drei Gleichungen grad f(x y) + λ grad g(x y) = 0 g(x y) = 0 x y + λx = 0 x + y + λy = 0 x + y = Die ersten beiden Gleichungen bilden ein lineares Gleichungssystem für x und y mit der von λ abhängigen Lösung y = ( + λ) 4( + λ) x = 4( + λ) Eingesetzt in die dritte Gleichung ergibt sich mit µ = + λ 0 = x + y = 4µ + (4µ ) (4µ ) = 6µ4 + µ (4µ ) mit den Lösungen: µ = 0 und µ = ± 4 Somit erhalten wir als Kandidaten für Extremstellen auf dem Rand λ = : (x y) = (0 ) f(x y) = λ = + : (x y) = ( ) f(x y) = λ = : (x y) = ( ) f(x y) = Das absolute Minimum liegt also im Inneren von S bei ( ) das absolute Maximum liegt auf dem Rand von S im Punkt ( ) T Extrema mit Nebenbedingungen (a) Bestimmen Sie den minimalen Abstand des Punktes ( 0 0) von der durch die Gleichung x + y z = 0 gegebenen Ebene (b) Wie lauten die Minima und Maxima der Funktion f : R R f(x y) = xy auf der Einheitskreisscheibe x + y? (a) Der minimal Abstand der Ebene vom Punkt P = ( 0 0) ist / Alternativen (i) Geometrisch: Der Einheitsnormalenvektor der Ebene ist n = ( ) Der Abstand von P = ( 0 0) zu Ebene ist P n =

5 (ii) Parametrisieren: Wir lösen die Nebenbedingung auf z = x + y und minimieren anstelle der Abstandsfunktion f(x y z) = (x ) + y + z die Funktion f(x y) = f(x y x + y) = (x ) + y + z = (x ) + y + (x + y) f(x 4x + y 0 y) = = (x y) = (/ /) x + 4y 0 4 H f (x y) = mit deth 4 f (x y) = > 0 spurh f (x y) = 8 > 0 also ein Minimum Der minimale Abstand wird für z = x+y = x = y = angenomen und P (/ / /) = / (iii) Lagrangemultiplikator: Minimiere f(x y z) = (x ) + y + z unter der Nebenbdingung g(x y z) = x + y z = 0 Dazu löse man die Gleichungen grad f(x y z) = λgrad g(x y z) wobei grad g(x y z) = ( ) 0 ist zusammen mit g(x y z) = 0 für die 4 Unbekannten x y z λ Die vier Gleichungen lauten x = λ y = λ z = λ x + y z = 0 Man erhält x = λ + y = λ z = λ Eingesetzt in die Nebenbedingung ergibt sich λ + + λ + λ = 0 bzw λ = Somit wird das Minimum im Punkt (/ / /) mit dem schon berechneten Abstand von P nämlich / (b) Beh Die Funktion f hat zwei Maxima in den Punkten p = ±(/ / ) mit f(p ) = / und zwei Minima in den Punkten p = ( / / ) und p 4 = (/ / ) mit f(p 4 ) = / Bew Im Innern des Kreises gibt es nur einen stationären Punkt den Nullpunkt der offenbar ein Sattelpunkt ist Somit müssen alle Extremwerte auf dem Rand liegen Die Nebenbedingungsfunktion g : R R ist g(x y) = x + y Der Gradient von g ist grad g(x y) = (x y) (0 0) für x + y = Es genügt also die kritischen Punkte der Lagrangeschen Hilfsfunktion F λ (x y) := f(x y) λg(x y) zu bestimmen Wir finden: 0 = y λx () 0 = x λy () 0 = x + y () Wir lösen dieses Gleichungssystem: x ()+y () liefert λ(x y ) = 0 Mit λ 0 wird also x = y Mit () folgt x = ±/ und y = ±/ Es entstehen die 4 Punkte (/ / ) (/ / ) ( / / ) und ( / / ) Da die durch die Nebenbedingung gegebene Kreislinie kompakt ist werden absolute Maxima und Minima angenommen Die einzigen Kandidaten hierfür sind die gerade bestimmten vier Punkte Wegen f(/ / ) = f( / / ) = / (Maxima) und f(/ / ) = f( / / ) = / (Minima) folgt die Behauptung

6 Hausaufgaben H Extrema mit Nebenbedingungen (a) Bestimmen Sie den minimalen Abstand des Punktes ( 0 0) von der durch die Gleichung x + y z = 0 gegebenen Ebene (b) Wie lauten die Minima und Maxima der Funktion f : R R f(x y) = xy auf der Einheitskreisscheibe x + y? (a) Der minimal Abstand der Ebene vom Punkt P = ( 0 0) ist / Alternativen (i) Geometrisch: Der Einheitsnormalenvektor der Ebene ist n = ( ) Der Abstand von P = ( 0 0) zu Ebene ist P n = (ii) Parametrisieren: Wir lösen die Nebenbedingung auf z = x + y und minimieren anstelle der Abstandsfunktion f(x y z) = (x ) + y + z die Funktion f(x y) = f(x y x + y) = (x ) + y + z = (x ) + y + (x + y) f(x 4x + y 0 y) = = (x y) = (/ /) x + 4y 0 4 H f (x y) = mit deth 4 f (x y) = > 0 spurh f (x y) = 8 > 0 also ein Minimum Der minimale Abstand wird für z = x+y = x = y = angenomen und P (/ / /) = / (iii) Lagrangemultiplikator: Minimiere f(x y z) = (x ) + y + z unter der Nebenbdingung g(x y z) = x + y z = 0 Dazu löse man die Gleichungen grad f(x y z) = λgrad g(x y z) wobei grad g(x y z) = ( ) 0 ist zusammen mit g(x y z) = 0 für die 4 Unbekannten x y z λ Die vier Gleichungen lauten x = λ y = λ z = λ x + y z = 0 Man erhält x = λ + y = λ z = λ Eingesetzt in die Nebenbedingung ergibt sich λ + + λ + λ = 0 bzw λ = Somit wird das Minimum im Punkt (/ / /) mit dem schon berechneten Abstand von P nämlich / (b) Beh Die Funktion f hat zwei Maxima in den Punkten p = ±(/ / ) mit f(p ) = / und zwei Minima in den Punkten p = ( / / ) und p 4 = (/ / ) mit f(p 4 ) = / Bew Im Innern des Kreises gibt es nur einen stationären Punkt den Nullpunkt der offenbar ein Sattelpunkt ist Somit müssen alle Extremwerte auf dem Rand liegen Die Nebenbedingungsfunktion g : R R ist g(x y) = x + y Der Gradient von g ist grad g(x y) = (x y) (0 0) für x + y = Es genügt also die kritischen Punkte der Lagrangeschen Hilfsfunktion F λ (x y) := f(x y) λg(x y) zu bestimmen Wir finden: 0 = y λx () 0 = x λy () 0 = x + y () Wir lösen dieses Gleichungssystem: x ()+y () liefert λ(x y ) = 0 Mit λ 0 wird also x = y Mit () folgt x = ±/ und y = ±/ Es entstehen die 4 Punkte (/ / ) (/ / ) ( / / ) und ( / / ) Da die

7 durch die Nebenbedingung gegebene Kreislinie kompakt ist werden absolute Maxima und Minima angenommen Die einzigen Kandidaten hierfür sind die gerade bestimmten vier Punkte Wegen f(/ / ) = f( / / ) = / (Maxima) und f(/ / ) = f( / / ) = / (Minima) folgt die Behauptung H Extrema mit Nebenbedingung (a) Man beschreibe die durch die Gleichung e xy = x + y gegebene Teilmenge des R (Verhalten bei den Schnittpunkten mit den Koordinatenachsen im Unendlichen) (b) Bestimmen Sie die Extremwerte der Funktion F (x y) = (x + y ) unter der Nebenbedingung e xy = x + y (a) Sei N = g ({0}) = {(x y) : e xy = x + y} R mit g(x y) = e xy x y N ist symmetrisch um die Diagonale {x = y} di (x y) N (y x) N Schnittpunkte mit den Koordinatenachsen sind P = ( 0) da aus y = 0 sofort = e 0 = x folgt und P = (0 ) Die Tangenten an diesen Punkten stehen senkrecht zum Gradienten von g ( ye grad g(x y) = xy ) xe xy also grad g(p ) = 0 grad g(p ) = ( xg(p )) ( yg(p ) = 0 ) Implizite Funktion ỹ(x) bei P (nach y aufgelöst): ỹ(0) = ỹ (0) = xg(p ) yg(p ) = 0 ỹ (x) = dxỹ d (x) = d x g(x ỹ(x)) dx y g(x ỹ(x)) = xg(x ỹ(x)) + y x g(x ỹ(x))ỹ (x) y g(x ỹ(x)) + x g(x ỹ(x)) =0 für x = 0 Also ist ỹ (0) = x g(0) yg(0) = da xg(x y) = y e xy also xg(0 ) = Bis zur zweiten Ordnung ist also ỹ(x) = + 0 x + x + O(x ) Asymptotik durch Parametrisierung: Man setzt t = x + y und elimiert y Unter der Bedingung y = t x gilt die folgende Äquivalenzkette: g(x y) = 0 e x(t x) = t x(t x) = ln t t > 0 Die Lösungen der quadratischen Gleichung x tx+ln t = 0 sind x = t± t 4 ln t wobei die Diskriminante immer positiv ist (Warum? eine Kurvendiskussion von t t 4 ln t ergibt Minimum bei 4 ln = ( ln ) > 0) Für die beiden Kurven γ : R + R γ (t) = gilt also N = spur(γ ) spur(γ ) ( t± t 4 ln t t t 4 ln t Offenbar ist γ() = P und γ () = P Für kleine 0 < t ist γ (t) ( ln t ln t) also entlang der Antidiagonalen {x = y} Wegen t ( 4 ln t ) ln t t t für große t t gilt die Asymptotik γ (t) ln t für t die Asymptote ist also die x-achse t )

8 y x - -4 (b) grad F (x y) = ( x y) Die Methode des Lagrange-Multiplikators führt auf die Gleichungen g(x y) = 0 grad F (x y) = λg(x y) also insgesamt die drei Gleichungen x = λ(ye xy ) y = λ(xe xy ) e xy = x + y für die drei Unbekannten x y λ Als Lösung findet man (x y λ) = ( 0 ) und (x y λ) = (0 ) Das dies die einzigen Lösungen sind kann man zb aus (a) und Konvexitätseigenschaften von γ und γ herleiten Insgesamt erhält man die absuluten Minima P und P jeweils mit dem Funktionswert H Extrema mit Nebenbedingungen Sei g : R + 0 R eine C -Funktion mit g (t) > 0 für t 0 und f : R R gegeben durch f(x) = g( x ) Finden Sie die globalen Maxima und Minima von f unter der Nebenbedingung 5x + 4x x + x = 5 Die Nebenbedingung kann geschrieben werden als h(x) = 0 mit h(x) = 5x + 4x x + x c Es gilt grad h(x) = ( 0x +4x 4x +4x ) 0 für (x x ) 0 Insbesondere ist grad h(x) 0 falls h(x) = 0 Für einen Extremwert x von f unter der Nebenbedingung h(x) = 0 gilt grad f(x) = λgrad h(x) mit λ R Wegen grad f(x) = g ( x ) x x 0 für x 0 ist dass gleichbedeutend mit grad h(x) = µx wobei µ = g ( x ) λ x Eingesetzt ergibt das die Eigenwertgleichung 0 4 x = µx 4 4 mit den Lösungen (i) µ = x = α α R und (ii) µ = x = α α R Dies sind die Eigenwerte und zugehörigen Eigenräume der Matrix Damit die Nebenbedingung erfüllt ist muss also gelten

9 (i) 0 = h(α α) = 5α 8α + 8α 5 = 5α 5 also α = ± oder (ii) 0 = h(α α) = 0α + 8α + α 5 = 0α 5 also α = ± 6 Die einzigen Kandidaten für Extremstellen sind also x () = ( ) x () = x () und x () = 6( 6 ) x(4) = x () Wegen x () = x () = 5 5 > 6 = x() = x (4) ist f(x () ) = f(x () ) > f(x () ) = f(x (4) ) Da die durch h(x) = 0 gegebene Menge beschränkt und abgeschlossen ist nimmt f Maximum und Minimum darauf an Somit liegen bei x () die beiden absoluten Maxima und bei x (4) die beiden absoluten Minima