Lösungsvorschlag zu den Präsenzaufgaben der 13. Übung

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1 FAKULTÄT FÜR MATHEMATIK Prof. Dr. Ptrizio Neff Christin Thiel Lösungsvorschlg zu den Präsenzufgben der 3. Übung Präsenzufgbe : Wir hben die Determinnte bisher ls Kriterium zur Invertierbrkeit einer Mtri und zum Überprüfen der Definitheit mithilfe der Huptminoren verwendet. Wir können die Determinnte llerdings uch geometrisch ls eine Volumenfunktion betrchten: Für -Mtrizen bedeutet dies, ds Dreieck mit den Eckpunkten 0, 0,,, b, b R ht den Flächeninhlt det b. b Bestimmen Sie mit diesem Wissen den mimlen Flächeninhlt eines Dreiecks, dessen Ecken uf dem Einheitskreis im R liegen. Zudem skizzieren Sie ein solches Dreieck. Wir identifizieren die drei Punkte nhnd ihres Winkels ϕ uf dem Einheitskreis, so ht ein Punkt ϕ die Koordinten cosϕ, sinϕ. Wir können o.b.d.a. dvon usgehen, dss der erste Punkt bei 0 liegt sonst drehen wir entsprechend. Der zweite Punkt ist, der dritte. Für lle Dreiecke uf dem Einheitskreis gilt, 0, π mit o.b.d.a. >. Wir wollen den Flächeninhlt des Dreiecks mit den Eckpunkten cos0, sin0, cos, sin, cos, sin berechnen. Der Berechnungsregel der Aufgbenstellung folgend führen wir zunächst die Dreiecke mit folgenden Eckpunkten ein: A : 0, 0,, 0, cos, sin B : 0, 0, cos, sin, cos, sin C : 0, 0, cos, sin,, 0 deren Flächeninhlte wir mittels F A cos det 0 sin F B cos cos det sin sin F C cos det sin 0 berechnen können. Nun ist die Fläche des Dreiecks cos0, sin0, cos, sin, cos, sin mnchml die Summe der Flächen F A, F B, F C, mnchml deren Differenz. Mchen Sie sich dies nhnd einer Skizze klr! Es ist: Liegen lle drei Punkte in der selben Hlbebene, so liegt der Ursprung nicht innerhlb des Dreiecks und wir müssen, liegt er nicht uf dem Dreiecksrnd, zur Flächenberechnung eine Dreiecksfläche von den beiden nderen bziehen. Smmetrieeigenschften usnutzend können wir diesen Fll durch, 0, π und > bdecken. So ergibt sich für diesen Fll der Flächeninhlt F A + F B F C, lso f : 0, π R mit f, sin + cos sin sin cos sin sin + sin sin. Für den Fll, dss der Ursprung uf dem Rnd des Dreiecks liegt, ist π und der Flächeninhlt bestimmt sich direkt ls Einhlb Grundseite ml Höhe, lso sin, mit dem Mimum bei π, lso der Fläche. Liegen lle drei Punkte nicht in der selben Hlbebene, so liegt der Ursprung innerhlb des Dreiecks und wir berechnen die Fläche für 0, π und 0, π mit π < < + π ls f : 0, π R mit f, sin + cos sin + sin cos sin sin + sin + sin.

2 In den Fällen Ursprung innerhlb/ußerhlb des Dreiecks ist f differenzierbr im Definitionsbereich, so finden wir lokle Etrem, über ds Kriterium Df, 0 0. Nun gilt in beiden Fällen 0, π und 0, π, somit ist sin sin und sin sin. Ds heißt, untersuchen wir f, f : 0, π R mit f, sin + sin + sin, f, sin + sin sin, so sind bgesehen vom obigen Grenzfll des Dreiecks mit Fläche lle, 0, π mit Df, 0 0 oder Df, 0 0 die einzigen Kndidten für Dreiecke mimler Größe, d für oder gegen 0 oder π der Flächeninhlt des zugehörigen Dreiecks gegen 0 konvergiert, ds globle Flächenmimum liegt lso in einem loklen Mimum. Vergleichen wir die Flächeninhlte für die kritischen Stellen, indem wir sie für den zugehörigen Fll f berechnen, so finden wir ein Dreieck mimler Größe. Es ist Df, cos cos cos + cos, Df, cos cos cos cos und dmit Df, 0 cos cos cos π oder π + oder π +, Df, 0 cos cos cos oder π. Gehen wir diese 3+ Fälle durch: Im Flle Df, 0 führt π uf π, somit ist cos cosπ, lso 3 π und 3 π. Dies ist ein Fll der gleichen Hlbebene, die Fläche berechnet sich mit f, lso ein Widerspruch zu unserer Modellierung. Im Flle Df, 0 führt π + uf π, somit ist cos cosπ, lso π und π im Widerspruch zum Definitionsbereich von. Im Flle Df, 0 führt π + uf <, im Widerspruch zu unserer Modellierung mit >. Im Flle Df, 0 führt zum Widerspruch zu unserer Modellierung mit >. Im Flle Df, 0 führt π uf π, somit ist cos cosπ, lso 3 π und 4 3 π. Der Flächeninhlt ist d sin 4 3 π sin 4 3 π : f 3 π, 4 3 π f 3 π, 4 3 π 4 sin 3 π sin 3 π 3 sin 3 π Wegen > ist ds Dreieck mit 3 π und 4 3π unter unseren Smmetrieeinschränkungen ds Dreieck mit mimlem Flächeninhlt. Ohne diese Einschränkungen sind lle gleichseitigen Dreiecke die Dreiecke mit mimlem Flächeninhlt, bei denen die Eckpunkte uf dem Einheitskreis liegen. Präsenzufgbe : Wir wollen nun untersuchen, ob eine stetig differenzierbre Funktion f : R R injektiv sein knn. i Zunächst gehen wir dvon us, dss f, 0 für lle, R gilt. Können Sie Niveulinien, so wie sie in Husufgbe 4 von Übungsbltt vorkommen, ufspüren? Ws bedeutet ds für die Injektivität von f? ii Jetzt gehen Sie dvon us, dss es eine Stelle 0, 0 R mit 0, 0 0 gibt. Sei c : f 0, 0. Verwenden Sie nun den Stz über implizite Funktionen, um zu zeigen, dss es, 0, 0 mit f, f 0, 0 gibt. iii Ist f injektiv? i Wir lufen entlng eines Weges mit konstnter -Komponente und werten dort f us. Dzu sei Γ: R R 0 mit Γt gegeben. Es ist t Df Γt Df0, t DΓt f0, t f0, t 0. f0, t 0

3 Somit ist f Γ konstnt und insbesonder gilt f0, 0 f Γ0 f Γ f0,, lso ist f nicht injektiv. ii Es sind die Vorussetzungen des Stzes gegeben, sodss eine Abbildung : U δ 0 U ε 0 mit f, c für lle U δ 0 eistiert. Wegen 0, 0 + δ U δ 0 gilt somit f 0, 0 c f lso ist f nicht injektiv. 0 + δ, 0 + δ, iii Jede stetig differenzierbre Funktion f : R R erfüllt entweder f, 0 für lle, R, oder es gibt eine Stelle 0, 0 R mit 0, 0 0. Somit ist f nicht injektiv. Präsenzufgbe 3: Sei U R \ {0, 0} und die Funktion f : U U definiert durch f, +, +. i Zeigen Sie, dss f lokl umkehrbr ist. ii Zeigen Sie, dss f sogr globl umkehrbr ist. iii Bestimmen Sie die Umkehrfunktion von f. iv Welche Bedeutung ht die Funktion f? i Nch Konstruktion der Funktion ist f uf U bzgl. prtiell differenzierbr, d sie vorusgesetzt wir hlten die Vrible fest us in differenzierbren Funktionen zusmmengesetzt ist. Anlog ist f uf U uch bzgl. prtiell differenzierbr, d sie vorusgesetzt wir hlten nun die Vrible fest us in differenzierbren Funktionen zusmmengesetzt ist. Somit eistieren die prtiellen Ableitungen in U und es gilt f, f, + + +, + +, + +, , +. Offensichtlich sind die prtiellen Ableitungen stetig in U und dmit f sogr stetig prtiell differenzierbr. Somit eistiert f und entspricht der Jcobimtri der Funktion f f, f, f, f, f, +. Nun gilt det f, + det , U, so dss nch dem Stz über die lokle Umkehrbrkeit f in jedem Punkt, U lokl umkehrbr ist. 3

4 ii Sei nun, b ein Punkt in U. Setzen wir nun, : + b, b + b. so gilt, U und + b f, + b + b + b, b + b + b + b + b + b + b + b, b + b + b + b, b. Also ist f surjektiv. Sind,,, b U mit f. f, b so folgt ußerdem f, f, b f, f, b 0 +, + + b, + b 0, b 0 + b + b 0 + b b b + 0 Multiplizieren wir nun die erste Gleichung mit b, die zweite Gleichung mit und subtrhieren beide voneinnder, erhlten wir b + b + b 0 b 0 b. * Eingesetzt in die erste Gleichung erhlten wir + b Setzen wir nun wiederum dieses Ergebnis in * ein, erhlten wir so dss lso b, f, f, b,, b. Folglich ist f injektiv und somit bijektiv, lso globl invertierbr. iii Setzen wir so folgt f,, b U, +, f,, b +, b + + b + b +. 4

5 Multiplizieren wir nun wieder die erste Gleichung mit b, die zweite Gleichung mit und subtrhieren beide voneinnder, erhlten wir 0 b b. Eingesetzt in die erste Gleichung erhlten wir ** + + b + b + b + b. Setzen wir nun wiederum dieses Ergebnis in ** ein, folgt b b + b, so dss lso die Umkehrfunktion f : U U gegeben ist durch f, +, + f. iv Die Funktion f spiegelt die Punkte der Ebene U R \ {0, 0} n der Einheitssphäre S R : + }. : {, Präsenzufgbe 4: Beweisen Sie: Es gibt eine Zhl ξ > 0, sodss ds Gleichungssstem { + t sin + 0, + t cos 0 für jeden Prmeter t ξ, ξ eine stetig differenzierbre Lösung t t besitzt. Bestimmen Sie 0 und 0. Wir definieren die Funktion g : R 3 R durch gt,, + t sin +, + t cos. Dnn ist g stetig differenzierbr mit und g0, 0, 0 0, 0, g, g t,, g t,, g t,, Dnn folgt 0 det, g, g 0, 0, 0 det 0 0 g t,, + t cos + t cos +. g t,, t sin t sin und somit us dem Stz über implizite Funktionen die Eistenz einer Umgebung U R von 0 und einer stetig differenzierbren Funktion h : U R ; t t, t mit gt, ht 0, 0. 5

6 D U ls Umgebung insbesondere offen ist, gibt es somit ein ξ > 0, so dss ξ, ξ U, lso gt, ht gt, t, t 0 für lle t ξ, ξ. Ferner gilt gt, ht 0 gt, ht 0 t gt, ht + t, g, g t, ht dh dt t 0 dh dt t, g, g t, ht gt, ht, t lso dh dt 0, g, g 0, h0 g0, h0. t Für t 0 impliziert ds Gleichungssstem die Lösung 0 0 und 0 0, so dss wegen folgt:, g, g 0, h0, g, g 0, 0, 0 0, g, g 0, 0, 0 0 0, 0 dh dt 0, g, g 0, 0, 0 g0, 0, 0 t 0 sin0, cos0 0, 0 6