Kompakte Menge? < Topologie+Geometrie < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 19:13 Mo 22.02.2010 | | Autor: | Ikit |
| Aufgabe | Minimieren Sie die Fläche eines Zylinders mit konstantem Volumen V > 0, d.h. minimieren Sie f unter der Nebenbedingung g = 0 wobei
f: [mm] [0,\infty) \times [0,\infty) \to \IR, [/mm] (h,r) [mm] \mapsto 2\pi r^{2} [/mm] + [mm] 2\pi [/mm] hr
g: [mm] [0,\infty) \times [g,\infty) \to \IR, [/mm] (h,r) [mm] \mapsto \pi hr^{2} [/mm] - V
Begründen Sie, dass die kritische Stelle überhaupt ein Minimum ist. |
LaGrange Multiplikatoren und kritische Stelle ist kein Problem und hab ich auch geschafft.
Das Problem liegt in der Begründung, dass es sich um ein Minimum handelt: Ich muss ja zeigen, dass die Nebenbedinung
V = [mm] \pi hr^{2}
[/mm]
eine kompakte Menge bildet (dann kann ich sagen, dass die Menge ein Min und ein Max hat und durch Einsetzen zeigen, dass die errechnete Extremstelle ein Minimum ist).
Eine kompakte Menge muss beschränkt und abgeschlossen sein. Ich seh aber irgendwie nicht, wo diese Menge beschränkt sein soll:
h und r müssen beide größer 0 sein, da V > 0. Konvergiert aber eins der beiden gegen 0, konvergiert das andere gegen Unendlich (V ist konstant) -> nicht beschränkt.
Hab ich da was falsch verstanden?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 19:35 Mo 22.02.2010 | | Autor: | SEcki |
> V = [mm]\pi hr^{2}[/mm]
>
> eine kompakte Menge bildet
Nein. Das musst du nicht zeigen.
> (dann kann ich sagen, dass die
> Menge ein Min und ein Max hat und durch Einsetzen zeigen,
> dass die errechnete Extremstelle ein Minimum ist).
Ja, wenn V kompakt wäre - ist es aber nicht.
> Konvergiert aber eins der beiden gegen 0, konvergiert das
> andere gegen Unendlich (V ist konstant) -> nicht
> beschränkt.
V ist nciht kompakt.
> Hab ich da was falsch verstanden?
Ja. Du musst zeigen, dass es ein globales Minimum gibt. Falls V kompakt wäre, würde das folgen. Wenn es das nicht ist, musst du es anders zeigen. Du musst zeigen, dass f auf V ein Minimum hat - dann kannst du folgern, dass es das errechnet sein muss. Wie macht amn dies am besten? In dem man folgert, dass wenn [m]||(h,r)||\to\infty[/m] even f auch gegen Unedlich geht. Probier dies zu zeigen.
SEcki
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:06 Di 23.02.2010 | | Autor: | Ikit |
> man folgert, dass wenn [m]||(h,r)||\to\infty[/m] even f auch gegen
> Unedlich geht.
Puh. Da bin ich mit der Notation jetzt nicht ganz vertraut: Was meinst du mit ||(h,r)|| und "even f"?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 14:13 Di 23.02.2010 | | Autor: | SEcki |
> > man folgert, dass wenn [m]||(h,r)||\to\infty[/m] even f auch gegen
> > Unedlich geht.
>
> Puh. Da bin ich mit der Notation jetzt nicht ganz vertraut:
> Was meinst du mit ||(h,r)|| und "even f"?
1. die Norm des Vektors [m](h,r)[/m]
2. even sollte eben heissen, der Satz meint: wenn die Norm von (u,r) gegen unendlich geht, soll auch f(u,r) gegen unedlich gehen. Damit implizierst du ein globales Minimum.
SEcki
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:56 Di 23.02.2010 | | Autor: | Ikit |
Aber das ist ja offensichtlich, dass das so ist:
Wenn ||(h,r)|| = [mm] \wurzel{h^{2}+r^{2}} \to \infty [/mm] geht eins der beiden gegen [mm] \infty [/mm] (h und r dürfen ja nicht negativ sein) und damit natürlich auch [mm] 2\pi r^{2} [/mm] + [mm] 2\pi [/mm] hr .
Aber warum impliziert das ein globales Minimum und geht das immer so?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 16:28 Di 23.02.2010 | | Autor: | SEcki |
> Aber das ist ja offensichtlich, dass das so ist:
Finde ich eben nicht ganz.
> Wenn ||(h,r)|| = [mm]\wurzel{h^{2}+r^{2}} \to \infty[/mm] geht eins
> der beiden gegen [mm]\infty[/mm] (h und r dürfen ja nicht negativ
> sein) und damit natürlich auch [mm]2\pi r^{2}[/mm] + [mm]2\pi[/mm] hr .
Für [m]r\to\infty[/m] stimme ich dir zu, aber was ist mit h? Wenn h gegen unendlich geht, kann r immer noch so schnell gegen 0 gehen, dass [m]h*r\to 0[/m] gilt! (zB [m](1/n^2,1/n[/m] Hier musst du die Nebenbedingung einsetzen, um zu sehen, dass dies nicht sein kann!
> Aber warum impliziert das ein globales Minimum und geht das
> immer so?
Nun, ich kann die Menge der Nebenbedingung mit den Kompakta [m]B_n(0)[/m] schneiden, darauf hat f immer Minima und Maxima. Mit obigen muss das Minimum aber irgendwann im Inneren der Nebenbedingung liegen und nicht auf dem Rand, da f ja gegen unedlich geht.
Nein, das geht nicht immer so. Ist aber eine weitere Technik.
SEcki
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