Mathematik III - Blatt Christopher Bronner, Frank Essenberger 8. November Aufgabe Wir suchen erstmal im inneren des Vierecks nach Punkten, die für einen Extremwert in Frage kommen, danach auf den Rändern und am Ende schauen wir welcher Punkt den größten Funktionswert liefert. Dieser muss auf dem abgeschlossenen Intervall angenommen werden. Für die inneren Punkte muss gradf(x, y) = sein, dies führt zu: = cos(x) sin(x y) = sin(y) + sin(x y) Im Intervall ( x, y ], π [ (x y) ], π [ )ist der Sinus bijektiv damit ergibt sich aus der zweiten Glecihung: y = x y = x. () Damit gehen wir nun in die erste ein und bekommen(da der Kosinus gerade ist können wir das Vorzeichen wählen): cos(±x) = sin( x ) = cos(x π ) ±x = x π x x = π x ; = π ; π 3. Da nur π 3 im Viereck liegt ergibt sich als innerer Punkt (mit Gleichung ()) an dem die Funktion womöglich den größten Wert annimmt P = ( π 3 ; π ). Nun wird der Rand betrachtet. Als erstes betrachteten wir die Gerade mit y = und x veränderlich: f(x, ) = f(x) = + sin(x) + cos(x) f (x) = cos(x) sin(x)! = x = π 4 P = ( π 4 ; ).
Nun kommt die Gerade mit y = π und x veränderlich an die Reihe: f(x, π ) = f(x) = sin(x) + cos(x π ) f (x) = cos(x) sin(x π ) =! x = π P 3 = ( π ; π ). Nun die erste Gerade parallel zur x-achse, also x = und y veränderlich so ergibt sich: f(, y) = f(y) = cos(y) + cos( y) f (y) = sin(y)! = y = P 4 = (; ). Und zum Abschluss noch die Gerade mit x = π und y veränderlich: f( π, y) = f(y) = + cos(y) + cos(π y) f (y) = sin( π y) sin(y)! = y = π 4 P 5 = ( π ; π 4 ). So. Nun müssen wir noch die fünf Kandidaten in f(x, y) einsetzen um zu ermitteln welcher der Größte ist. Zusätzlich müssen noch alle Eckpunkte eingesetzt werden: f( π 3 ; π 3 3 ) = + f( π 4 ; ) = + + 3 + = 3 3, = +, 4 f( π ; π ) = + + = f( π ; π 4 ) = + + = +, 4 f(; ) = + = f(; π ) = + + = f( π ; ) = + + = Damit sthet der gewinner fest und es ist: P = ( π 3 ; π ) mit einem Funktionswert von 3 3,.
Aufgabe Die zu maximierende/minimierende Funktion lautet f(x, y, u, v) = x y u v = xv yu Die Nebenbedingungen können mit g (x, y, u, v) = x + y u v = g (x, y, u, v) = x + y = charakterisiert werden. Um die Methode von Lagrange anzuwenden, müssen die Gradienten der Bedinungsfunktionen im Extrempunkt von Null verschieden sein. gradg = gradg = x y u v x y Diese Gradienten verschwinden nur, wenn x = y = u = v = ist. Da aber x = y = einen Wiedersprung zur Bedingung, die durch g charakterisiert ist, darstellen, können wir beruhigt fortfahren. Es gilt gradf = λgradg + µ gradg Das ist zu folgendem Gleichungssystem äquivalent. v = x(λ + µ) () u = y(λ + µ) (3) y = λu (4) x = λv (5) Außerdem müssen die Gleichungen x + y = () u + v = (7) 3
erfüllt sein. Setzt man nun Gln. (,3) in Gl. (7) ein, erhält man 4y (λ + µ) + 4x (λ + µ) = (x + y )(λ + µ) }{{} = 4 = λ + µ = ± Setzt man dieses Ergebnis nun in Gln. (,3) ein, ergibt sich Damit ergibt sich die Determinante zu v = ±x u = ±y f(x, y, u, v) = xv yu = ±x ± y Der maximal mögliche Wert der Determinanten ist daher +(x + y ) =, der minimal mögliche (x + y ) =. Diese werden auch angenommen, und zwar mindestens durch die Lösungen x = v = u = y = und x = v = u = y =. Um die Hadamardsche Ungleichung zu beweisen, fixieren wir zwei vom Nullvektor verschiedene Vektoren a, a aus R. Wir definieren e = a a und e = a a als Einheitsvektoren. Für Einheitsvektoren kann man nach der obigen Erkenntnis schreiben: det( e, e ) Das ist klar, da die Determinante als Minimum/Maximum ja -/+ hat. Jetzt multiplizieren wir die Ungleichung mit einer positiven Zahl. a a det( e, e ) a a det( a e, a e ) a a det( a, a ) a a Ist entgegen der obigen Annahme mindestens einer der beiden Vektoren der Nullvektor, ist die Determinante trivialerweise Null, genau wie das Produkt der 4
Normen. Geometrisch Interpretiert sagt diese Ungleichung im R, dass das Spatprodukt (also die Fläche des aufgespannten Parallelogrammes) zweier Vektoren höchstens so groß ist, wie die des Quadrates, das im Fall a a = aufgespannt wird. Genauso ist es in drei Dimensionen mit dem Spat und dem Würfel. Aufgabe 3 Die Ebene geht durch den Ursprung, dass heißt der entstehende Kreis hat Radius und lässt sich als gedrehter Kreis K(φ) parametriesieren: D cos(φ) sin(φ) = K(φ). Das Problem liegt also darin eine Matrix zu finden, die einen Kreis aus der XY-Ebene mit Radius in die x + y + z = Ebene überführt und dabei den Radius und den Mittelpunkt gleich lässt. Um diese Matrix zu finden suchen wir zunächst einen normalen Vector auf der Ebene x + y + z = : n = = Da e z auf der XY-Ebene senkrecht steht soll e z in n überführt werden: D =! a b 3 c d 3. 3 e f 3 Außerdem sollten die gedrehten e x und e y in Vektoren überführt werden, die senkrecht zum neuen e z stehen: D ex n! = a + c + e = D ey n! = b + d + f =. Außerdem sollten, damit wieder ein orthogonales Dreibein entsteht die neuen e x und e y senkrecht sein: D ex D e y! = Insgesamt ergibt sich also: ab + cd + ef =. a + c + c = b + d + f = ab + cd + ef = 5
Man hat hat ziemlich die qual der wahl, dies liegt zum einen daran, dass die Erhlatung der Norm noch nicht benutzt wurde. Die gedrehten Vektoren sollten natürlich auch Länge besitzen und sich die neuen e x und e y innerhalb der x + y + z = Ebene noch drehen können. Dies ist aber nicht schlimm, da der Kreis natürlich rotationssymetrich ist, und es ganz egal ist von wo wir den Winkel φ [, π] abtragen. Wir raten mal x = (a, c, e) = (,, ) und y = (b, d, f) = (,, ) : [ + ] = [ + ] = [ ] = so ergibt sich nach nomieren für die Drehmatrix 3 D = 3. 3 Damit wird der Kreis in der XY Ebene zu: cos(φ) D sin(φ) cos(φ) + sin(φ) = cos(φ) sin(φ) = K(φ). cos(φ) Nun eine kurze Probe, ob es sich wirklich um einen Kreis mit Radius in der x + y + z = Ebene mit Mittelpunkt in Ursprung handelt: K(φ) = ( cos(φ) + sin(φ)) + ( cos(φ) sin(φ)) + 3 cos(φ) = 3 cos(φ) + sin(φ) + cos(φ) sin(φ) cos(φ) sin(φ) + 3 cos(φ). Bei K(φ) handelt es sich um einen Kreis in einer zu der x + y + z = Ebene parallelen Ebene wenn alle K(φ) n = sind: cos(φ) + sin(φ) cos(φ) sin(φ) = cos(φ) cos(φ) + sin(φ) + cos(φ) sin(φ) cos(φ) =
Nun noch einsehen, dass es keine parallele sondern die x + y + z = Ebene selbst ist in der der Kreis liegt und der Kreismittelpunkt auch der Ursprung ist, dazu betrachten wir den Punkt bei φ = : K() = Dies ist ein Punkt der Ebene. Also liegt der Kreis in der Ebene und der Mittelpunkt ist der Ursprung da der Gegenüberliegende Punkt φ = πdie Kordinaten K(π) = hat. Die Parametrisierung erfüllt also alle Anforderungen und wir können sie in die Funktion f(x, y, z) = xyz einsetzen f(φ) = ( cos(φ) + sin(φ))( cos(φ) sin(φ)) cos(φ) = ( cos(φ) sin(φ) ) cos(φ) (8) = ( cos(φ) + cos(φ) ) cos(φ) = ( 3 cos(φ) ) cos(φ) = cos(φ) + 3 cos(φ)3 f (φ) = sin(φ) cos(φ) sin(φ) = sin(φ)( cos(φ) )! = Ein Produkt ist dann und nur dann Null wenn einer der beiden Faktoren Null ist. Damit ergibt sich: φ = φ = π φ 3 = π 4 Um zu Prüfen welcher Wert das Maximum und das Minimum auf der geschlossenen Kurve ist müssen wir nur die drei Winkel in Gleichung (8) einsetzen und die Funktionswerte bestimmen, da die steige Funktion f auf einer abgeschlossenen 7
Menge wieder Maximum und Minimum annehmen muss: f() = ( cos() sin() ) cos() = f(π) = ( cos(π) sin(π) ) cos(π) = f( π 4 ) = ( cos(π 4 ) sin(π 4 ) ) cos( π 4 ) = ( ( ) ( ) ) = = < Somit ergibt sich ein Minimum für φ = mit den Kordinaten: K() = und ein Maximum bei φ = π mit den Kordinaten: K(π) = Aufgabe 4 Sei f(α, β, γ) = sin α sin β sin γ eine dreistellige Funktion. Die Winkel sollen die eines Dreiecks sein, darum muss ihre Summe gleich π sein. g(α, β, γ) = α + β + γ π = Außerdem sollen die Werte der Winkel zunächst echt größer Null sein. Damit sind alle Winkel aus dem Intervall ], π[. Der Gradient der Nebenbedingungsfunktion ist immer von Null verschieden. gradg = Nach Lagrange gilt also 8
gradf = λgradg Das führt auf folgendes Gleichungssystem. cos α sin β sin γ = λ (9) sin α cos β sin γ = λ () sin α sin β cos γ = λ () Außerdem gilt ja α + β + γ = π () Lemma. Hat ein Winkel den Wert π, so hat f für dieses Dreieck keinen Extremwert. Beweis. Wir beweisen das obda für α. α = π cos α = λ = wegen Gl. (9). Aus den anderen beiden Gleichungen sieht man, dass dann die Produkte cos β sin γ = cos γ sin β = verschwinden müssen. Wegen der Winkelsumme und der Bedingung, dass die Winkel echt größer Null sind, können β und γ nur kleiner als π sein. Für Winkel aus ] [, π werden die Produkte aber nicht Null. Das steht im Widerspruch zur Annahme und beweist das Lemma. Setzt man Gln. (9,) gleich, und teilt durch sin γ cos α cos β (wir rechtfertigen das gleich), erhält man tan β = tan α Der Tangens ist im betrachteten Intervall bijektiv, daher β = α Die Division durch sin γ ist zulässig, da sin γ = keine Lösung im betrachteten Intervall ], π[ hat. Die Kosinusfunktion wird im betrachteten Intervall nur an der Stelle π Null. Die wird wg. des Lemmas aber nicht angenommen und man darf durch den Kosinus teilen. Nun setzen wir Gln. (,) gleich und erhalten auf analoge Weise β = γ Alle drei Winkel sind also gleich und es folgt aus der Winkelsumme: 9
α = β = γ = π 3 Für Winkel aus dem offenen Intervall ], π[ hat f also nur für gleichseitige Dreiecke einen Extremwert. ( ) 3 f( π 3, π 3, π 3 3 ) = Es bleibt der Fall zu betrachten, dass mindestens einer der Winkel gleich Null ist. In diesem Fall ist f trivial gleich Null. Das ist das Minimum der Funktion, da die Sinusfunktion im geschlossenen Intervall [, π], das nun insgesamt betrachtet wurde, keine negativen Werte annimmt und also f nicht negativ wird.