cos x = sin y

6 Übungsblatt Mathematik für Physiker III

6.1 Gröÿter Funktionswert im Quadrat

Dergröÿte Funktionswert derFunktion:

f (x, y) = sin x + cos y + cos (x − y) ,

istimQuadrat

0 ≤ x, y ≤ ^π ₂

^{zubestimmen.FürdenBereichkanndieGleichung}

cos x = sin y

^{nur durch}

x = y = ^π ₄

^{erfülltwerden. Wirsuchen diemöglichen} Extrempunkte des Quadrats, zuerst dieinneren Punkte,wobeidie Gleichungen:

∂f

∂x = 0 ∂f

∂y = 0,

erfüllt seinmüssen, diesführtauf:

∂f

∂x = 0 = cos x − sin (x − y) ∂f

∂y = 0 = − sin y + sin (x − y) .

Wenn mandieGleichungen addiert,erhält mandie Bedingung

cos x = sin y.

Setzen wir diese Bedingung inunsere Zielfunktion ein, können wir diese entkoppeln,

nachdem wirdasAdditionstheorem

cos (x − y) = cos x cos y + sin x sin y

^anwenden.

f (x, y) = sin x + cos y + cos (x − y)

= sin x + cos y + sin x sin y + cos x cos y

= sin x + cos y + sin x cos x + sin y cos x sin x (1 + cos x)

| {z }

≡g(x)

+ cos y (1 + sin y)

| {z }

≡h(y)

Alsnotwendige Bedingung für eineExtremstelle,müssen nundiepartiellen Ableitungen

von

g (x)

^und

h (y)

^beide verschwinden:ebe

∂ _x g (x) = cos x (1 + cos x) − sin ² x

führtauf

cos x + cos ² x = sin ² x,

was erfüllt wird durch

x = π/3

^{. Die Lösung ist in dem gegeben Intervall aufgrund der}

strengenMonotonie derlinken undrechtenTerme eindeutig.

∂ _y h (y) = − sin y (1 + sin y) + cos ² y

cos ² y = sin y + sin ² y,

was erfüllt wird durch

y = π/6

^{. Die Lösung ist in dem gegeben Intervall aufgrund der}

strengen Monotonie derlinken und rechten Terme eindeutig. Einfaches Einsetzen, zeigt

uns,dass essich umeinMaximum handelt.Dergröÿte Funktionswert ist also:

f π 3 , π

6

= sin π

3 + cos π

6 + cos π 3 − π

6

= 3 √ 3

2 ≈ 2.598

6.2 Hadamardsche Ungleichung

Fürdie Determinante:

x u y v

= xv − yu,

mit derNebenbedingung

x ² + y ² = u ² + v ² = 1

^{sinddas Maximumund Minimum zu}

bestimmen. Dies können wir als Extremstellenproblem der Zielfunktion

f (x, y, v, u) = xv − yu,

^{mit der}Nebenbedingung

F (x, y, u, v) = 0

^,wobei:

F : R ⁴ → R ² F : (x, y, u, v) 7→

x ² + y ² − 1 u ² + v ² − 1

.

Zunächstüberprüfenwirden Rang derJakobi-Matrix,derNebenbedingung:

J _f

x ² + y ² − 1 u ² + v ² − 1

=

2x 2y 0 0 0 0 2u 2v

.

DerRangistnurdannkleiner2,wennsowohl

x

^oder

y

^alsoauch

u

^oder

v

^{gleichnullsind.}

In dem Fall wird die Zielfunktion aberebenfalls zu null und ist also für unsere Lösung

nicht vonBelang:

v = 2µx

⁽¹⁾

u = − 2µy

⁽²⁾

y = − 2λu

⁽³⁾

x = 2λv

⁽⁴⁾

0 = x ² + y ² − 1

⁽⁵⁾

0 = u ² + v ² − 1

⁽⁶⁾

Wenn wir

(1)

^{und (2)addieren, sowie (3)und(4)} subtrahieren erhaltenwir

u + v = 2µ (x − y)

x − y = 2λ (u + v)

4µλ = 1.

NunschreibenwirdieGleichungen(1)-(4)alshomogeneslinearesGleichungsystemfür

x, y, u, v



 



− 2µ 0 0 1

0 2µ 1 0

0 1 2λ 0

1 0 0 2λ



 



IV ⁰ = I + 2µ ∗ IV



 



− 2µ 0 0 1

0 2µ 1 0

0 1 2λ 0

0 0 0 4µλ + 1



 



III ⁰ = 2µ ∗ III − II



 



− 2µ 0 0 1

0 2µ 1 0

0 0 4µλ − 1 0

0 0 0 4µλ + 1



 



Wählt man

4µλ = 1

^,folgt

v = 0

^{,und aus (6)}

u = ± 1

^{. Daraus folgt}

x = 0

^{und aus(5)}

y = ± 1

^.

| f ( ± 1, 0, 0, ± 1) | = | f (0, ± 1, ± 1, 0) | = 1

DasMinimumderZielfunktionistalso-1,dasMaximumbeträgt+1.DieHadamardschen

Ungleichung

det

~a,~b

≤ || ~a ||

~b

kann mandaraus folgendermaÿen schlieÿen. Zunächst setzen wir indie Zielfunktion(1)

und (2)ein:

xv − yu = x2µx + y2λy

= 2 µx ² + λy ²

= 2



µx ² + λ



 1

|{z}

||~a||

− x ²









= 2



 x ²

|{z}

≤||~a||

(µ − λ) + λ





≤ 2µ

xv − yu = 2 µx ² + λy ²

= 2 µ 1 − y ²

+ λy ²

= 2 y ² (λ − µ) + µ

≤ 2λ.

Multipliziertman diebeiden Ungleichungen miteinandererhält man

(xv − yu) ² = 4 λµ

|{z}

=1/4

= 1.

Das gleiche gilt analogfür

u

^und

v

^{,alsodamit auch}

~b.

Allgemein lautet sie:FürdieVektoren

r ~ 1 , . . . , ~r n ∈ R ⁿ

^gilt

det ( r ~ 1 , . . . ~ r n ) ≤

Y n

i=1

|| r ~ i || .

Geometrisch kannman dassoausdrücken:Betrachtet mandieDeterminante einer qua-

dratischen Matrix, alsdas Volumen, desvon den Spaltenvektoren aufgespannten Paral-

lelogramswird,dannkanndiesesVolumennichtgröÿerseinalsdasProduktderNormen

der Spaltenvektoren. Oder eektvoller: das von den Vektoren

r ~ 1 , . . . , ~r n

aufgespann- te Volumen ist dann am gröÿten, wenn alle Vektoren paarweise senkrecht aufeinander

stehen.

6.3 Schnittkurve einer Kugel mit einer Ebene

Es gelten diefolgenden Funktionen:

f (x, y, z) = xyz

h (x, y, z) = x ² + y ² + z ² − 1 g (x, y, z) = x + y + z

Für denRang derJakobi-Matrix, derNebenbedingung ndenwir:

J _f

x ² + y ² + z ² − 1 x + y + z

=

2x 2y 2z

1 1 1

.

DiesehatalsovollenRang.EsgibtzweiLagrangemultiplikatoren, dieimExtrempunkt

dieGleichung

∇ f = λ ∇ g + µ ∇ h

^{erfüllen. Es ergeben sichdie} Bedingungen:

yz = λ2x + µ ⇔ yz = αx + µ xz = λ2y + µ ⇔ xz = αy + µ xy = λ2z + µ ⇔ xy = αz + µ

x ² + y ² + z ² = 1

x + y + z = 0

wobei wir

2λ = α

^{gesetzthaben. Somit ergibt sich wenn mandie ersten beiden Glei-}

chungen voneinander abzieht:

z = − α,

Dieskönnen wireinsetzen und wirerhaltendasGleichungssystem:

(y + x) z = µ xy + z ² = µ x ² + y ² + z ² = 1 x + y + z = 0

WirkönnennundieletzteBedingung mit

z

multiplizierenunddannvonder1.Bedin- gung abziehen underhalten:

− z ² = µ

Dieses können wirwieder einsetzen,wobeimir

z ² = − µ = α ²

^auch

α ² = − µ

^gilt:

− (y + x) α + α ² = 0 xy + 2α ² = 0 x ² + y ² + α ² = 1 x + y = α

Wie man sieht, sind die erste und letzte Gleichung linear abhängig und wir können

eineverwerfen:

xy + 2α ² = 0 x ² + y ² + α ² = 1 x + y = α

NunkönnenwirdieletzteZeilemit

x, y

multiplizierenunderhaltennacheinsetzender ersten Zeile:

x ² = αx + 2α ² y ² = αy + 2α ²

Diesindiezweite Zeile eingesetzt liefert:

αx + 2α ² + αy + 2α ² + α ² = 1,

Nun können wirnoch

(x + y) = α

^{einsetzen und erhalten:}

6α ² = 1 ⇔ α = ± 1

√ 6 .

Nun müssen wirnoch dasMaximumundMinimum bestimmen, wobeidieFunktion:

f (x, y, z) = xyz,

mit

xy = − 2α ² , ,

^und

z = − α

^auf:

f (x, y, z) = − 2α ²

( − α) = 2α ³ = ± 2 1

√ 6 3

= ± 12 √ 6.

Wir müssen nun noch prüfen, ob die Gradienten von

g

^und

h

^{auf dem Kreis linear}

abhängig werden:

∇ g = 2



 x y z



 ∇ h =



 1 1 1



 .

Diese sind linear abhängig für

x = y = z.

^{Da die Gleichung}

x + y + z = 0

^{nur für}

x = y = z = 0

^{erfülltwirdunddieserPunkt}

f (x, y, z) = 0

^{liefernwürde,habenwiroben}

bereits Maximumund Minimumgefunden.

6.4 Maximaler Wert für Winkel eines ebenen Dreiecks

Gesucht ist das Maximum für

sin α · sin β · sin γ

^{für die Winkel eines ebenen Dreiecks.}

Als Nebenbedingunggilt

α + β + γ = π.

^{Wirbesitzen dieFunktionen:}

f (α, β, γ) = sin α · sin β · sin γ g (α, β, γ) = α + β + γ − π = 0

Lagrangemultiplikatoren:

cos α · sin β · sin γ = λ sin α · cos β · sin γ = λ sin α · sin β · cos γ = λ α + β + γ − π = 0

Dies können wir durch gleichsetzen der

λ

^-Terme vereinfachen zu (unter derVorraus- setzung,dass oBdA

γ, α 6 = 0

^):

cos α · sin β = sin α · cos β cos β · sin γ = sin β · cos γ

sin γ

cos γ = sin α cos α α + β + γ − π = 0

InderdrittenGleichung sehen wir,dass

γ = α,

^{somitfolgtaber,wenn wirdies indas}

ursprüngliche Gleichungssystem einsetzen:

sin α · cos β = sin β · cos α 2α + β − π = 0

Hier sehen wirinder ersten Zeile wiederum, dass dieGleichung nur für

α = β

^erfüllt

werden kann,somit folgtalso:

α = β = γ

und mit derNebenbedingung:

α = π 3 ,

Somit ergibt sichals maximaler Wert

f (α, β, γ ) =

√ 3 2

! 3

= 3 √ 3 8 .

Dieser maximale Wert wird bei einem Dreieck mit gleichen Winkeln realisiert, dieses

mussjedochdann auch eingleichseitigesDreieck sein.