Die Tiefe einer Funktion

28.12.2017, 15:14

palpal

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Die Tiefe einer Funktion

Hallo,

ich muss das Volumen berechnen, wo die Funktion am tiefsten ist. Ich möchte wissen, ob jemand mir damit helfen kann.

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Die Aufgabe:

Betrachten Sie einen See in der (x, y)-Ebene. Das Ufer des Sees verläuft entlang der positiven
Koordinatenachsen bis x = 1, bzw. y = 1 und entlang der Kurve $\begin{eqnarray*} x(t) = t, y(t) = 1 - t^{3/2} \end{eqnarray*}$ mit
$\begin{eqnarray*} 0 \leq t \leq 1 \end{eqnarray*}$ . Die Tiefe des Sees ist durch $\begin{eqnarray*} T(x, y) = (x - x^2)sin(\pi y/(1 - x^{3/2})) \end{eqnarray*}$ gegeben.

a) Berechnen Sie den Umfang, die Fläche und das Volumen des Sees.
b) Wie groß wäre das Volumen des Sees, wenn er überall so tief wäre, wie an seiner tiefsten
Stelle?
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Die a) habe ich schon gelöst. Die b) ist das Problem. Ich habe die Funktion geplottet mit Wolfram Alpha und Matlab und ich Ableitung angeguckt und ich glaube, dass es einen einfacheren Weg geben muss, um die Aufgabe zu lösen. Besonders weil die Ableitung eher schwierig ist.

28.12.2017, 16:17

ML_

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RE: Die Tiefe einer Funktion

Zitat:

Die b) ist das Problem. Ich habe die Funktion geplottet mit Wolfram Alpha und Matlab und ich Ableitung angeguckt und ich glaube, dass es einen einfacheren Weg geben muss, um die Aufgabe zu lösen. Besonders weil die Ableitung eher schwierig ist.

Und diese Plots möchtest Du nicht mit uns teilen, damit es nicht so einfach ist, Dir zu helfen -- oder wie muss ich das jetzt verstehen?

28.12.2017, 17:46

palpal

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Ich verstehe nicht was du meinst. Der letzte Satz bedeutet einfach: ich habe Sachen versucht aber ich komme nicht weiter, sodass ihr seht, dass ich nicht nur für die Lösung frage und nichts gemacht habe. Falls du die Graph sehen willst, alles was ich gemacht habe war T(x,y) in wolfram alpha eingetippt. Freude

Freude

28.12.2017, 17:48

ML_

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RE: Die Tiefe einer Funktion
Hallo,

Zitat:

Besonders weil die Ableitung eher schwierig ist.

Es gilt: $\begin{eqnarray*} T(x, y) = (x - x^2) \sin(\pi y/(1 - x^{3/2})) \end{eqnarray*}$
Die Kandidaten für die tiefste Stelle müssen erfüllen:

$\begin{eqnarray*} \frac{\partial T(x,y)}{\partial x} = \frac{\partial T(x,y)}{\partial y} = 0 \end{eqnarray*}$

Partielle Ableitung nach y
Fangen wir mit der partiellen Ableitung nach y an. Diese ergibt einfachere Terme.
$\begin{eqnarray*} \frac{\partial}{\partial y}T(x, y) = (x - x^2) \cdot \frac{\pi}{1-x^\frac{3}{2}} \cdot \cos(\pi y/(1 - x^{3/2})) = 0 \end{eqnarray*}$

- Den Term $\begin{eqnarray*} \frac{\pi}{1-x^\frac{3}{2}} \end{eqnarray*}$ können wir in die Null hineindividieren. Der interessiert uns nicht.
- Der Term $\begin{eqnarray*} (x-x^2) \end{eqnarray*}$ interessiert auch nicht. Er wird nur null, falls x=0 oder x=1 gilt. Das ist genau am Rand des Sees. Einsetzen in T(x,y) ergibt dort aber eine Tiefe von null. Das ist wohl auch nicht die tiefste Stelle.
- Bliebe noch das Argument des Cosinus. Korrektur
$\begin{eqnarray*} \pi \cdot \frac{y}{1 - x^{3/2}} = (2n+1) \frac{\pi}{2} \end{eqnarray*}$ (*)

Partielle Ableitung nach x
Jetzt müsstest Du die partielle Ableitung nach x machen, dort die Gleichung (*) einsetzen und schauen, wann sich null ergibt.

Viele Grüße
Michael

28.12.2017, 17:50

Leopold

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[attach]46133[/attach]

Wer hat sich denn dieses naturnahe Beispiel ausgedacht? Ich hätte zumindest erwartet, daß die Tiefe des Sees negativ bewertet wird. Nicht einmal das. Sei's drum ...

Die Funktion $\begin{align*} T(x,y) \end{align*}$ ist über dem Seebereich stetig, wenn man sie bei $\begin{align*} x=1, y=0 \end{align*}$ mit dem Wert 0 stetig ergänzt. Auf dem Rand des Sees ist $\begin{align*} T(x,y)=0 \end{align*}$ , im Innern des Sees ist $\begin{align*} T(x,y)>0 \end{align*}$ , denn dort ist sowohl $\begin{align*} x-x^2 = x(1-x)>0 \end{align*}$ als auch der Sinusfaktor $\begin{align*} >0 \end{align*}$ (im Innern des Sees gilt $\begin{align*} y < 1 - x^{\frac{3}{2}} \end{align*}$ , so daß das Sinusargument irgendwo zwischen 0 und $\begin{align*} \pi \end{align*}$ liegt).
Daher muß $\begin{align*} T(x,y) \end{align*}$ im Innern des Sees ein globales Maximum annehmen. Glücklicherweise liefern die partiellen Ableitungen $\begin{align*} \frac{\partial T}{\partial x} \end{align*}$ und $\begin{align*} \frac{\partial T}{\partial y} \end{align*}$ im Seeinnern nur einen Kandidaten mit verschwindender Ableitung, nämlich $\begin{align*} (x,y) = \left( \frac{1}{2} \, , \, \frac{1}{2} - \left( \frac{1}{2} \right)^{\frac{5}{2}} \right) \end{align*}$ , so daß sich dort die maximale Seetiefe befindet.

Zur Kontrolle die partiellen Ableitungen (ohne Gewähr):

$\begin{align*} \frac{\partial T}{\partial x} = (1-2x) \cdot \sin \frac{\pi y}{1 - x^{\frac{3}{2}}} + \frac{3}{2} \left( x^{\frac{3}{2}} - x^{\frac{5}{2}} \right) \cdot \frac{\pi y}{\left( 1 - x^{\frac{3}{2}} \right)^2} \cdot \cos \frac{\pi y}{1 - x^{\frac{3}{2}}} \end{align*}$

$\begin{align*} \frac{\partial T}{\partial y} = \left( x - x^2 \right) \cdot \frac{\pi}{1 - x^{\frac{3}{2}}} \cdot \cos \frac{\pi y}{1 - x^{\frac{3}{2}}} \end{align*}$

28.12.2017, 17:52

ML_

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Zitat:

Ich verstehe nicht was du meinst.

Dann erkläre ich es Dir: Ich halte es für ziemlich dreist von Dir, solche Veranschaulichungen nicht einzustellen, obwohl sie Dir vorliegen.

Zitat:

Der letzte Satz bedeutet einfach: ich habe Sachen versucht aber ich komme nicht weiter, sodass ihr seht, dass ich nicht nur für die Lösung frage und nichts gemacht habe. Falls du die Graph sehen willst, alles was ich gemacht habe war T(x,y) in wolfram alpha eingetippt. Freude

Freude

Und jetzt könntest Du das Ergebnis noch hier anhängen, damit es für alle sichtbar ist und nicht nur für Dich.

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28.12.2017, 19:06

palpal

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Hallo Leopold und ML,

vielen Dank für die Hilfe. Ich hatte das Gefühl, dass es nicht schön mit der Ableitungen wäre und dachte, dass es einen einfacheren Weg gäbe. Leopold, hast du $\begin{eqnarray*} (\frac{1}{2}...) \end{eqnarray*}$ mit den partiellen Gleichungen herausgefunden? Ich habe beide Ableitungen gelöst, dann zueinander gleich gesetzt (wie ML geschrieben hat - beide partiellen Ableitungen sollte gleich null an dieser Stelle sein) und dann gibt es keine einfache Lösungen raus. Hast du ein Paar Zahlen eingesetzt (in diesem Fall x=1/2 und einfach berechnet?

Und ML: es wäre schön gewesen, wenn du einfach sehr prägnant gesagt hättest: palpal bitte nächstes Mal zeig uns was du geplottet hast anstatt mehr Zeit zu verschwinden mit weiteren Beiträgen darüber. Ja nächstes Mal werde ich mehr Sachen hinzufügen aber man braucht solche Negativität nicht.

28.12.2017, 20:13

Leopold

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Nicht gleichsetzen, sondern nullsetzen. Wenn du meinen Beitrag gelesen und verstanden hast, sollte dir klar sein, daß im Innern des Sees ein Maximum angenommen werden muß. Und dort müssen die partiellen Ableitungen null sein. Wie ML_ schon erklärt hat, beginnt man aus Gründen der Einfachheit mit der partiellen Ableitung nach $\begin{align*} y \end{align*}$ und setzt diese 0.

$\begin{align*} \frac{\partial T}{\partial y} = 0: \ \ \left( x - x^2 \right) \cdot \frac{\pi}{1 - x^{\frac{3}{2}}} \cdot \cos \frac{\pi y}{1 - x^{\frac{3}{2}}} = 0 \end{align*}$

Wir haben Glück und eine Faktorzerlegung vor uns. Der erste Faktor $\begin{align*} x - x^2 = x (1-x) \end{align*}$ wird nicht 0 im Innern des Sees (die Werte $\begin{align*} x=0 \end{align*}$ und $\begin{align*} x=1 \end{align*}$ gehören zu Randpunkten). Auch der zweite Faktor kann nicht 0 werden (er hat einen konstanten Zähler). Bleibt der dritte Faktor:

$\begin{align*} \cos \frac{\pi y}{1 - x^{\frac{3}{2}}} = 0 \end{align*}$

Zunächst macht man sich klar, daß $\begin{align*} \frac{y}{1 - x^{\frac{3}{2}}} \end{align*}$ immer zwischen 0 und 1 liegt, denn für Punkte des Seeinnern gilt ja gerade $\begin{align*} 0 < y < 1 - x^{\frac{3}{2}} \end{align*}$ (der Term rechts ist der Funktionsterm des östlichen Seeufers). Wenn man jetzt noch mit $\begin{align*} \pi \end{align*}$ multipliziert, sieht man, daß das Argument des Cosinus zwischen 0 und $\begin{align*} \pi \end{align*}$ liegt. Die einzige Argumentstelle, an der der Cosinus 0 wird, ist daher $\begin{align*} \frac{\pi}{2} \end{align*}$ :

$\begin{align*} \frac{\pi y}{1 - x^{\frac{3}{2}}} = \frac{\pi}{2} \end{align*}$

Diese Gleichung kann man nach $\begin{align*} y \end{align*}$ auflösen und das in $\begin{align*} \frac{\partial T}{\partial x} = 0 \end{align*}$ einsetzen. Glücklicherweise vereinfacht sich alles radikal, und man kann die Gleichung nach $\begin{align*} x \end{align*}$ auflösen.

Den Rest solltest du jetzt alleine hinbekommen.

28.12.2017, 20:45

palpal

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Danke Leopold ich glaube ich habe verstanden.

Ich habe eine kurze Frage zum ähnlichen Thema. Bei der a habe ich die Fläche gerechnet:

$\begin{eqnarray*} \int_{0}^{1} \int_{0}^{1-x^{\frac{3}{2}}} 1\cdot dydx \end{eqnarray*}$

Alles ist in Ordnung damit aber meine Frage ist: wieso ist das nur da mal 1 multipliziert? Hat das mit dieser Aufgabe zu tun oder gilt das für Flächenintegrale im Allgemeinen? Ich habe weiter darüber gelesen: de.wikipedia.org/wiki/Oberfl%C3%A4chenintegral#Das_skalare_Oberfl%C3%A4chenintegral aber es erklärt auch nicht wieso $\begin{eqnarray*} f(\vec{x}) = 1 \end{eqnarray*}$ ist.

29.12.2017, 14:10

ML_

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Zitat:

Alles ist in Ordnung damit aber meine Frage ist: wieso ist das nur da mal 1 multipliziert?

Schau mal nicht auf die 1, sondern auf $\begin{eqnarray*} \mathrm{d}x \cdot \mathrm{d}y \end{eqnarray*}$ .

Das $\begin{eqnarray*} \mathrm{d}x \end{eqnarray*}$ kannst Du Dir als infinitesimal kleines Wegstückchen in $\begin{eqnarray*} x- \end{eqnarray*}$ Richtung vorstellen. Entsprechend ist das $\begin{eqnarray*} \mathrm{d}y \end{eqnarray*}$ ein infinitesimal kleines Stückchen in $\begin{eqnarray*} y- \end{eqnarray*}$ Richtung, und $\begin{eqnarray*} \mathrm{d}x \cdot \mathrm{d}y \end{eqnarray*}$ ist der Flächeninhalt eines infinitesimal kleinen Quadrates.

Bei der Formel
$\begin{eqnarray*} \int_{x=0}^{1} \int_{y=0}^{1-x^{\frac{3}{2}}} \mathrm{d}y \cdot \mathrm{d}x \end{eqnarray*}$
summierst Du diese Quadrate alle auf, um die Gesamtfläche zu erhalten.

Interessant ist, was bei der schrittweisene Integration passiert:
$\begin{eqnarray*} \int_{x=0}^{1} \left(\int_{y=0}^{1-x^{\frac{3}{2}}} \mathrm{d}y\right) \cdot \mathrm{d}x \end{eqnarray*}$

Im inneren Integral summierst Du alle Stückchen $\begin{eqnarray*} \mathrm{d}y \end{eqnarray*}$ auf, die sich von $\begin{eqnarray*} y=0 ... y=x^\frac{3}{2} \end{eqnarray*}$ ergeben. Das ergibt in Summe die Höhe der Funktion $\begin{eqnarray*} y=x^\frac{3}{2} \end{eqnarray*}$ , die entsprechend der Aufgabenstellung die Randlinie des Sees wiedergibt.

Im äußeren Integral addierst Du jetzt Streifen der Breite $\begin{eqnarray*} \mathrm{d}x \end{eqnarray*}$ und der Höhe $\begin{eqnarray*} x^\frac{3}{2} \end{eqnarray*}$ miteinander und erhältst so die Gesamtfläche.

29.12.2017, 14:30

ML_

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Zitat:

Alles ist in Ordnung damit aber meine Frage ist: wieso ist das nur da mal 1 multipliziert?

Korrektur:
Im inneren Integral summierst Du alle Stückchen $\begin{eqnarray*} \mathrm{d}y \end{eqnarray*}$ auf, die sich von $\begin{eqnarray*} y=0 ... y=1-x^\frac{3}{2} \end{eqnarray*}$ ergeben. Das ergibt in Summe die Höhe der Funktion $\begin{eqnarray*} y=1-x^\frac{3}{2} \end{eqnarray*}$ , die entsprechend der Aufgabenstellung die Randlinie des Sees wiedergibt.Im äußeren Integral addierst Du jetzt Streifen der Breite $\begin{eqnarray*} \mathrm{d}x \end{eqnarray*}$ und der Höhe $\begin{eqnarray*} 1-x^\frac{3}{2} \end{eqnarray*}$ miteinander und erhältst so die Gesamtfläche.

Der Faktor 1 ist im Zusammenhang mit der Aufgabenstellung eine Selbstverständlichkeit, weil Du jedes Flächenstücken $\begin{eqnarray*} \mathrm{d}x \cdot \mathrm{d}y \end{eqnarray*}$ nur einmal in die Summe eingehen lassen wilst. Es gibt aber auch durchaus Situationen, in denen ein Integral eine von eins verschiedene Wichtungsfunktion enthält. Das lässt sich in der konkreten Situation dann aber immer verstehen.

30.12.2017, 21:18

palpal

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Hallo Leopold,

zurück zur Ergänzung der Stetigkeit an der Stelle (1,0). Du hast geschrieben, dass an der Stelle (1,0), ist T(1,0) = 0 und ich will das jetzt ergänzen. Hier ist meine Begründung:

Wenn $\begin{eqnarray*} \lim_{x \to 1^+} sin(\frac{\pi y}{1-x^\frac{3}{2}}) \end{eqnarray*}$ oder $\begin{eqnarray*} \lim_{x \to 1^-} sin(\frac{\pi y}{1-x^\frac{3}{2}}) <br /> \end{eqnarray*}$ , haben die beiden keinen Grenzwert, da sie in deren Nähe immer stärker zwischen -1 und 1 oszilliert. Somit ist $\begin{eqnarray*} sin(\frac{\pi y}{1-x^\frac{3}{2}}) \end{eqnarray*}$ nicht stetig an der stelle (1,*). Aber $\begin{eqnarray*} sin(\alpha) \in [-1,1] \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} \alpha \in \mathbb R \end{eqnarray*}$ . Also ist sinus beschränkt. Ferner ist $\begin{eqnarray*} x-x^2 \end{eqnarray*}$ an der Stelle, wo x = 0, null. Und wenn y = 0, ist der Zähler 0 von $\begin{eqnarray*} sin(\frac{\pi y}{1-x^\frac{3}{2}}) \end{eqnarray*}$ und somit ist es sin(0) = 0. Somit T(1,0) = 0.

Was denkt ihr darüber? Reicht das zu zeigen oder fehlt noch was? Was mich stört, ist, dass ich nicht weiß, wie schnell $\begin{eqnarray*} x-x^2 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \lim_{y \to 0} sin(\frac{\pi y}{1-x^\frac{3}{2}}) \end{eqnarray*}$ nach null gehen. So ich weiß nicht genau, ob was da oben steht, stimmt.

Alles andere Sachen wegen des T(x,y) Themas habe ich verstanden und ich habe ein Ergebnis von 0,15 bekommen. Ich will nur mathematisch korrekt mit der Argumentation sein, dass T(1,0) = 0 ist.

30.12.2017, 21:50

ML_

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Hallo,

Du willst den Grenzwert
$\begin{eqnarray*} \lim \limits_{x \to 1} T(x, y) \end{eqnarray*}$
wissen.

Hierzu reicht es m. E. zu sagen, dass der Sinus beschränkt ist mit $\begin{eqnarray*} |\sin(...)| \le 1 \end{eqnarray*}$ und dass $\begin{eqnarray*} \lim \limits_{x \to 1} (x - x^2) = 0 \end{eqnarray*}$ . Die zusätzlichen Betrachtungen mit y braucht's dann nicht.

Viele Grüße
Michael

30.12.2017, 23:37

palpal

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Hallo ML_,

ok super. Vielen Dank. Ich habe auch überprüft, dass 1-x konvergiert auch schneller zu null als die andere geht.

ML_,

danke für die Erklärung wegen der Integration. Ich dachte ehrlich, dass die 1 war irgendwie eine Simplifizierung der allgemeinen Formel. Z.B. man muss die Jacobi-Determinate rechnen, wenn man eine Transformation macht. Kann man sagen: wenn es zweidimensional ist, ist die 1 immer da und keine Funktion?

31.12.2017, 02:48

ML_

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Hallo,

Zitat:

danke für die Erklärung wegen der Integration. Ich dachte ehrlich, dass die 1 war irgendwie eine Simplifizierung der allgemeinen Formel. Z.B. man muss die Jacobi-Determinate rechnen, wenn man eine Transformation macht. Kann man sagen: wenn es zweidimensional ist, ist die 1 immer da und keine Funktion?

wenn Du bei kartesischen Koordinaten bleibst, hast Du m. E. recht.

Anders sieht das aber beispielsweise bei Polarkoordinaten aus. Wenn Du mit Polarkoordinaten rechnest, gibst Du die Position in einer (ebenen) Fläche nicht als x- und y-Koordinate an, sondern über den Abstand $\begin{eqnarray*} r \end{eqnarray*}$ vom Koordinatenursprung und einen Winkel $\begin{eqnarray*} \varphi \end{eqnarray*}$ . Diese Darstellung ist bei punktsymmetrischen Anordnungen oft weitaus einfacher zu handhaben.

Die Fläche eines Kreises mit dem Radius $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ berechnest Du dann wie bisher als ein Integral
$\begin{eqnarray*} \int\limits_{\varphi=0}^{2 \pi} \int \limits_{r=0}^{R} \mathrm{d}A \end{eqnarray*}$

Als Flächenelement verwendest Du aber nicht einfach $\begin{eqnarray*} \mathrm{d}A = \mathrm{d}r \cdot \mathrm{d}\varphi \end{eqnarray*}$ , sondern $\begin{eqnarray*} \mathrm{d}A = r \cdot \mathrm{d}r \cdot \mathrm{d}\varphi \end{eqnarray*}$ , also

$\begin{eqnarray*} A = \int\limits_{\varphi=0}^{2 \pi} \int \limits_{r=0}^{R} r \cdot \mathrm{d}r \cdot \mathrm{d}\varphi \end{eqnarray*}$

Viele Grüße
Michael

31.12.2017, 12:29

ML_

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RE: Die Tiefe einer Funktion
Das Flächenelement in Polarkoordinaten kannst Du Dir als "Rechteck" mit der Breite $\begin{eqnarray*} r \cdot \mathrm{d}\varphi \end{eqnarray*}$ und der Höhe $\begin{eqnarray*} \mathrm{d}r \end{eqnarray*}$ vorstellen (siehe Bild).

01.01.2018, 13:06

palpal

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Hallo ML_,

weißt du (oder jemand) Webseiten/Bücher, die ich mehr über solche Themen lesen/lernen kann?

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