Differenzierbarer Weg

10.06.2013, 16:02

Gast10

Differenzierbarer Weg

Meine Frage:
Hallo!
Ich mache gerade eine Aufgabe und komme nicht weiter.
In der Aufgabe soll man einen differenzierbaren Weg angeben, dessen Spur der Rand d[0,1]^2 des Einheitsquadrates ist.

Meine Ideen:
Ich versuche jetzt zu allererst die Aufgabe zu verstehen. Meine allererste Frage wäre, soll man hier eine Kurve angeben? Wenn ja, wie macht man das?

Danke schon mal im voraus !

10.06.2013, 18:12

Leopold

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Du mußt die Strecken des Einheitsquadrats parametrisieren. Das Problem ist dabei, wie du glatt um die Ecken kommst. Versuchen wir es einmal.

Strecke unten: $\begin{eqnarray*} t \mapsto (t,0) \, , \ \ t \in [0,1] \end{eqnarray*}$

Strecke rechts: $\begin{eqnarray*} t \mapsto (1,t-1) \, , \ \ t \in [1,2] \end{eqnarray*}$

Wenn man nun von links zur Ecke $\begin{eqnarray*} (1,0) \end{eqnarray*}$ vorstößt, hat man den Tangentialvektor $\begin{eqnarray*} (1,0) \end{eqnarray*}$ , und wenn man von der Ecke nach oben weggeht, den Tangentialvektor $\begin{eqnarray*} (0,1) \end{eqnarray*}$ . Und das ist das Problem: Für $\begin{eqnarray*} t=1 \end{eqnarray*}$ hat man keine Differenzierbarkeit, der Tangentialvektor ändert abrupt seine Richtung.

Eine mögliche Lösung scheint mir darin zu liegen, die Geschwindigkeit in der Ecke $\begin{eqnarray*} (1,0) \end{eqnarray*}$ auf $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ herabzusetzen, so daß man beide Male $\begin{eqnarray*} (0,0) \end{eqnarray*}$ als Tangentialvektor bekommt.

Strecke unten: $\begin{eqnarray*} t \mapsto \left( 1 - (1-t)^2 , 0 \right) \, , \ \ t \in [0,1] \end{eqnarray*}$

Strecke rechts: $\begin{eqnarray*} t \mapsto \left( 1 , (t-1)^2 \right) \, , \ \ t \in [1,2] \end{eqnarray*}$

Jetzt versuche, die hinter meinem Vorschlag steckende Idee so einzusetzen, daß du an allen Ecken simultan $\begin{eqnarray*} (0,0) \end{eqnarray*}$ als Tangentialvektor bekommst.

11.06.2013, 13:04

linda123

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Hallo ich hab auch noch eine Frage dazu.
In meinem Buch ist die Spur nur für eine reguläre Kurve definiert. Diese kurve hier ist ja aber nicht regulär, da die Ableitung ja Null wird. Ist das in meinem Buch falsch?
wäre echt toll wenn mir jemand schnell antworten könnte! Danke.

11.06.2013, 20:39

Gast10

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Danke für deine Antwort!

Ich habe jetzt folgendes ausgerechnet:
Strecke oben: t-->((3-t)^2,1) t aus [2,3]
Strecke links: t-->(0,(4-t)^2) t aus[3,4]

Wäre das so richtig?

11.06.2013, 21:50

Leopold

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Stimmt leider nicht. In den Punkten $\begin{eqnarray*} (1,1),(0,1),(0,0) \end{eqnarray*}$ ist bei deinem Ansatz die Kurve nicht differenzierbar. Berechne die einseitigen Tangentialvektoren für $\begin{eqnarray*} t=2,t=3 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} t=4 \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ . Dann leuchtet das sofort ein. Mein Vorschlag sollte ja nur eine Idee geben. Er stellt keinen vollgültigen Ansatz dar. Letztlich liegt ihm die Quadratfunktion $\begin{eqnarray*} \varphi(t)=t^2 \end{eqnarray*}$ zugrunde. Die hat zwar die schöne Eigenschaft $\begin{eqnarray*} \varphi'(0)=0 \end{eqnarray*}$ , aber leider nicht $\begin{eqnarray*} \varphi'(1)=0 \end{eqnarray*}$ .

Als Baustein brauchen wir eine reelle differenzierbare Funktion $\begin{eqnarray*} \psi: [0,1] \to [0,1] \end{eqnarray*}$ , die streng monoton von $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ auf $\begin{eqnarray*} 1 \end{eqnarray*}$ anwächst und $\begin{eqnarray*} \psi'(0) = \psi'(1) = 0 \end{eqnarray*}$ erfüllt. Man könnte da an eine Funktion dritten Grades zwischen ihrer Minimal- und Maximalstelle denken. Am besten fängt man so an: Die Funktion soll aus dem Nullpunkt mit der Steigung $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ kommen, also kann man von vorneherein

$\begin{eqnarray*} \psi(t) = at^3 + bt^2 \end{eqnarray*}$

ansetzen. Mit $\begin{eqnarray*} \psi(1) = 1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \psi'(1) = 0 \end{eqnarray*}$ lassen sich $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} b \end{eqnarray*}$ bestimmen.

Die Strecke unten parametrisiert man durch $\begin{eqnarray*} t \mapsto \left( \psi(t),0 \right) \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} t \in [0,1] \end{eqnarray*}$ und hat jetzt den Vorteil, daß man nicht nur mit der Geschwindigkeit $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ in den Punkt $\begin{eqnarray*} (1,0) \end{eqnarray*}$ hineingeht, sondern beim Start auch mit der Geschwindigkeit $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ aus dem Ursprung $\begin{eqnarray*} (0,0) \end{eqnarray*}$ herauskommt. Das ist wichtig, denn man muß ja jetzt schon daran denken, daß man, wenn man einmal herum ist, wieder mit der Geschwindigkeit $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ in den Ursprung $\begin{eqnarray*} (0,0) \end{eqnarray*}$ hinein muß.

Und für die anderen Quadratseiten mußt du $\begin{eqnarray*} \psi(t) \end{eqnarray*}$ dann geeignet transformieren.

Im Anhang findest du eine Animation mit dynamischer Geometrie. Verwende zum Öffnen der Datei Euklid.

12.06.2013, 11:43

..lkhgf.,

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andere seiten??
hallo, ich sitze auch an dieser aufgabe. meine erste frage ist glaub ganz einfach zu beantworten und ich steh wahrscheinlich nur auf dem schlauch: warum nehmen wir t-werte größer als 1? ist das weil ich mir die fkt psi (t) anschaue bei der unteren seite t zwischen 0 und 1 und dann bei der rechten seite dann zwischen 1 und 2, sodass psi dann nacher eine abschnittsweise definierte fkt zwischen 0 und 4 ist?
mein zweites problem ist die Monotonie: schaut man da nur auf die x-komponente? dann wäre die steigende monotonie mit der man auf psi(t)=-2t^3+3t^2 kommt klar. und dann bräuchte man für die rechte strecke einen weiteren abschnitt mit steigung in (1,0) gleich 0 und dann konstante fkt (keine steigung in der x-komponente) sodass man auch in (1,1) mit steigung 0 ankommt.
freue mich auf eure anmerkungen!
lg

12.06.2013, 16:35

Gast10

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Zitat:

Original von Leopold
Stimmt leider nicht. In den Punkten $\begin{eqnarray*} (1,1),(0,1),(0,0) \end{eqnarray*}$ ist bei deinem Ansatz die Kurve nicht differenzierbar. Berechne die einseitigen Tangentialvektoren für $\begin{eqnarray*} t=2,t=3 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} t=4 \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ . Dann leuchtet das sofort ein. Mein Vorschlag sollte ja nur eine Idee geben. Er stellt keinen vollgültigen Ansatz dar. Letztlich liegt ihm die Quadratfunktion $\begin{eqnarray*} \varphi(t)=t^2 \end{eqnarray*}$ zugrunde. Die hat zwar die schöne Eigenschaft $\begin{eqnarray*} \varphi'(0)=0 \end{eqnarray*}$ , aber leider nicht $\begin{eqnarray*} \varphi'(1)=0 \end{eqnarray*}$ .

Als Baustein brauchen wir eine reelle differenzierbare Funktion $\begin{eqnarray*} \psi: [0,1] \to [0,1] \end{eqnarray*}$ , die streng monoton von $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ auf $\begin{eqnarray*} 1 \end{eqnarray*}$ anwächst und $\begin{eqnarray*} \psi'(0) = \psi'(1) = 0 \end{eqnarray*}$ erfüllt. Man könnte da an eine Funktion dritten Grades zwischen ihrer Minimal- und Maximalstelle denken. Am besten fängt man so an: Die Funktion soll aus dem Nullpunkt mit der Steigung $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ kommen, also kann man von vorneherein

$\begin{eqnarray*} \psi(t) = at^3 + bt^2 \end{eqnarray*}$

ansetzen. Mit $\begin{eqnarray*} \psi(1) = 1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \psi'(1) = 0 \end{eqnarray*}$ lassen sich $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} b \end{eqnarray*}$ bestimmen.

Die Strecke unten parametrisiert man durch $\begin{eqnarray*} t \mapsto \left( \psi(t),0 \right) \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} t \in [0,1] \end{eqnarray*}$ und hat jetzt den Vorteil, daß man nicht nur mit der Geschwindigkeit $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ in den Punkt $\begin{eqnarray*} (1,0) \end{eqnarray*}$ hineingeht, sondern beim Start auch mit der Geschwindigkeit $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ aus dem Ursprung $\begin{eqnarray*} (0,0) \end{eqnarray*}$ herauskommt. Das ist wichtig, denn man muß ja jetzt schon daran denken, daß man, wenn man einmal herum ist, wieder mit der Geschwindigkeit $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ in den Ursprung $\begin{eqnarray*} (0,0) \end{eqnarray*}$ hinein muß.

Und für die anderen Quadratseiten mußt du $\begin{eqnarray*} \psi(t) \end{eqnarray*}$ dann geeignet transformieren.

Stimmt du hast recht. Ich verstehe jetzt noch nicht so ganz, wie ich $\begin{eqnarray*} \psi(t) \end{eqnarray*}$ transformieren soll, bzw. Wie man das macht. Könnest du mir das vielleicht noch erklären?

12.06.2013, 18:30

Leopold

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Zunächst, das $\begin{eqnarray*} \psi \end{eqnarray*}$ von ..lkhgf., ist korrekt.

Man kann jetzt folgendermaßen beginnen:

$\begin{eqnarray*} \gamma: [0,4] \to \mathbb{R}^2 \, , \ \ \gamma(t) = \begin{cases} \left( \psi(t),0 \right), & \text{falls} \ t \in [0,1] \\ \left( 1,\psi(t-1) \right), & \text{falls} \ t \in [1,2] \\ \ldots, & \text{falls} \ t \in [2,3] \\ \ldots, & \text{falls} \ t \in [3,4] \end{cases} \end{eqnarray*}$

Zunächst ist $\begin{eqnarray*} \gamma \end{eqnarray*}$ an der Stelle $\begin{eqnarray*} t=1 \end{eqnarray*}$ wohldefiniert, dann beide Terme liefern $\begin{eqnarray*} \left( \psi(1),0 \right) = \left( 1, \psi(1-1) \right) = (1,0) \end{eqnarray*}$ als Kurvenpunkt. Zudem ist damit die Stetigkeit gegeben. Differenziert man, so bekommt man bei $\begin{eqnarray*} t=1 \end{eqnarray*}$ mit dem oberen Term die Ableitung von links und mit dem unteren Term die Ableitung von rechts. Aber auch die stimmen überein:

$\begin{eqnarray*} \left( \psi'(1),0 \right) = \left( 0,\psi'(1-1) \right) = (0,0) \end{eqnarray*}$

Damit ist $\begin{eqnarray*} \gamma \end{eqnarray*}$ bei $\begin{eqnarray*} t=1 \end{eqnarray*}$ differenzierbar mit $\begin{eqnarray*} \gamma'(1) = (0,0) \end{eqnarray*}$

Jetzt noch die fehlenden beiden Teile. Beachte, daß du nicht nur auf das neue Teilintervall für $\begin{eqnarray*} t \end{eqnarray*}$ transformieren mußt, sondern auch etwa bei der oberen Quadratkante die Werte der ersten Koordinate von $\begin{eqnarray*} 1 \end{eqnarray*}$ auf $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ sinken müssen. Man geht ja jetzt nach links. Aber auch das läßt sich leicht mit Hilfe von $\begin{eqnarray*} \psi \end{eqnarray*}$ realisieren.

12.06.2013, 19:36

Gast10

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Ok, dann versuche ich es jetzt noch einmal:

$\begin{eqnarray*} (\psi(3-t),1)\; \;\; falls \;\;\;t \in [2,3]\;\;\; und \;\;\; (0, \psi(4-t)) \;\;\;falls \;\;\;t\in [3,4] \end{eqnarray*}$

12.06.2013, 21:12

Leopold

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Sieht gut aus. Beim Nachweis der Differenzierbarkeit an den Anschlußstellen Kettenregel beachten.

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