Lösung von (1) - Mathematik, TU Dortmund

Fakultät für Mathematik, Technische Universität Dortmund
Vorlesung Geometrie für Lehramt Gymnasium, Wintersemester 2014/15
Dr. Marc Nardmann
Dipl.-Math. Artanç Kayaçelebi
Lösungen zu Übungsblatt 1
Aufgabe 1. (2 Punkte)
Beweisen Sie: Jeder reguläre Weg besitzt eine orientierungsumkehrende Parametrisierung nach der
Bogenlänge.
Lösung zu 1. Es sei
Rn ein regulärer Weg. Weil I ein Intervall mit nichtleerem Inneren ist, ist
¯ c: I →
©
ª
auch −I = t ∈ R ¯ −t ∈ I ein Intervall mit nichtleerem Inneren. Die durch ψ(t ) := −t gegebene Abbildung ψ : − I → I ist bijektiv und glatt und erfüllt ψ0 = −1, ist also ein orientierungsumkehrender
Diffeomorphismus. Insbesondere ist c ◦ ψ : − I → Rn ein regulärer Weg. Nach Lemma 1.4.9 aus der
Vorlesung besitzt jeder reguläre Weg, also auch c ◦ψ : − I → Rn , eine orientierungserhaltende Umparametrisierung nach der Bogenlänge. Es gibt daher einen orientierungserhaltenden Diffeomorphismus ϕ : J → −I , so dass c ◦ ψ ◦ ϕ nach der Bogenlänge parametrisiert ist. Weil ψ ◦ ϕ orientierungsumkehrend ist (denn ψ ist orientierungsumkehrend und ϕ ist orientierungserhaltend), ist c ◦ ψ ◦ ϕ eine
orientierungsumkehrende Parametrisierung von c nach der Bogenlänge.
Aufgabe 2. (4 Punkte)
Der Weg c : [1, 2] → R3 sei durch

1 2
2t −1



c(t ) :=  p t + 5 
8 3/2
+2
3 t
definiert. Zeigen Sie, dass er regulär ist. Geben Sie eine orientierungserhaltende Umparametrisierung
von c nach der Bogenlänge an. Berechnen Sie die Länge von c.
(Tipp: Für den gesuchten umparametrisierenden Diffeomorphismus ϕ betrachten Sie die Funktion
ψ := (1 + ϕ)2 .)
Lösung zu 2. Weil für alle t ∈ [1, 2]
¯
¯
¯
¯
¯ 0 ¯ ¯ t ¯ p
¯c (t )¯ = ¯ 1 ¯ = (1 + t )2 = |1 + t | = 1 + t > 0
¯ p
¯
¯ 2t ¯
gilt, ist c regulär. Wir suchen einen orientierungserhaltenden Diffeomorphismus
¯
¯ ϕ : J → [1, 2], sodass
c ◦ϕ eine Umparametrisierung von c nach der Bogenlänge ist, also ¯c 0 (ϕ(t ))ϕ0 (t )¯ = 1 für alle t ∈ J gilt.
Diese Bedingungen erfüllt ein Diffeomorphismus ϕ : J → [1, 2] genau dann, wenn für alle t ∈ J gilt:
1
.
(1)
1 + ϕ(t )
p
£
¤
Die durch ϕ(t ) := 2t + 4 − 1 definierte Abbildung ϕ : 0, 25 → R ist glatt und > −1 und erfüllt ϕ0 (t ) =
£
¤
1
5
p 1
= 1+ϕ(t
) > 0 für alle t ∈ 0, 2 . Letzteres zeigt auch, dass ϕ streng monoton steigend, also insbe2t +4
¡ ¢
sondere injektiv, ist. Wegen ϕ(0) = 1 und ϕ 25 = 2 gibt es nach dem Zwischenwertsatz zu jedem
£
¤
r ∈ [1, 2] ein t ∈ 0, 52 mit ϕ(t ) = r ; also ist ϕ auch surjektiv. Weil ϕ monoton ist, gilt außerdem
¡£ 5 ¤¢
£
¤
ϕ 0, 2 ⊆ [1, 2]. Also ist ϕ : 0, 52 → [1, 2] ein Diffeomorphismus, der (1) erfüllt (und daher orientierungserhaltend ist).
ϕ0 (t ) =
1
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Die durch
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
¢2
¡p
2t + 4 − 1 − 1
p


2t + 4 + 4
c̃(t ) =  p

p
¢
¡
3/2
8
2t + 4 − 1
+2
3

1
2
£
¤
gegebene Abbildung c̃ : 0, 52 → R3 ist somit eine orientierungserhaltende Umparametrisierung von
c nach der Bogenlänge, und c hat die Länge 25 .
Anmerkungen zu 2. Wenn man nur die Länge von c berechnen will, geht das natürlich einfacher
direkt; man muss dazu keine Parametrisierung nach der Bogenlänge bestimmen.
Wir wussten a priori nach Lemma 1.4.9 der Vorlesung, dass Gleichung (1) eine Lösung hat. Weder
aus 1.4.9 noch aus der obigen Lösung von Aufgabe 2 geht aber hervor, wie man eine Lösung ϕ konkret
berechnet. (Gleichung (1) ist eine gewöhnliche Differentialgleichung; die meisten von Ihnen haben
die Lösungstechniken für solche Gleichungen noch nicht in einer Vorlesung kennengelernt.) Dazu
benutzt man den Tipp aus der Aufgabenstellung: Man betrachtet die Funktion ψ := (1 + ϕ)2 . Wenn
ϕ : J → [1, 2] eine Lösung von (1) ist, dann gilt für alle t ∈ J :
¡
¢
ψ0 (t ) = 2 1 + ϕ(t ) ϕ0 (t ) = 2 ;
es gibt also ein a ∈ R, sodass ψ(t ) = 2t + a und damit ϕ(t ) =
für alle t ∈ J gilt. Der Rest ist dann einfach.
p
2t + a − 1 (wegen ϕ(t ) + 1 ∈ [2, 3] ⊆ R≥0 )
Aufgabe 3. (2 + 2 + 2 Punkte)
Wenn c : I → Rn ein Weg und A eine reelle n × n-Matrix ist, dann bezeichne Ac : I → Rn den durch
t 7→ A ·(c(t )) gegebenen Weg. Für λ ∈ R bezeichne λc : I → Rn den durch t 7→ λ·(c(t )) gegebenen Weg.
(a) Es sei c : I → Rn ein Weg, und U ∈ O(n) sei eine orthogonale Matrix. Beweisen Sie, dass dann
Uc dieselbe Länge wie c hat; und dass Uc genau dann regulär ist, wenn c regulär ist.
(b) D sei eine reelle n × n-Diagonalmatrix mit den Diagonalelementen a 1 , . . . , a n . Wir betrachten
¯
©
ª
a min := min |a i | ¯ i ∈ {1, . . . , n} ,
¯
©
ª
a max := max |a i | ¯ i ∈ {1, . . . , n} .
Beweisen Sie, dass für jeden Weg c in Rn und jedes λ ∈ R gilt:
a min L(c) ≤ L(Dc) ≤ a max L(c) ,
L(λc) = |λ| L(c) .
(c) (Verallgemeinerung von (b):) A sei eine symmetrische reelle n × n-Matrix. Wir betrachten
© ¯
ª
λmin := min |λ| ¯ λ ist ein Eigenwert von A ,
© ¯
ª
λmax := max |λ| ¯ λ ist ein Eigenwert von A .
Beweisen Sie, dass für jeden Weg c in Rn und jedes λ ∈ R gilt:
λmin L(c) ≤ L(Ac) ≤ λmax L(c) .
2
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n
⟨U v,U w⟩ = ⟨v, w⟩, insbeLösung zu 3(a). Eine Matrix U ∈ O(n) erfüllt
die
¯ für0 alle¯ v,¯w ∈ R
¯ Gleichung
¯ 0 ¯
0
¯
¯
¯
¯
¯
¯
sondere |U v| = |v|. Für alle t ∈ I gilt also (Uc) (t ) = U (c (t )) = c (t ) . Daraus folgt, dass Uc genau
dann regulär ist, wenn c regulär ist. Wir erhalten außerdem
Z
Z
¯
¯
¯
¯
L(Uc) = ¯(Uc)0 (t )¯ dt = ¯c 0 (t )¯ dt = L(c) .
I
I
Lösung zu 3(b). Es sei c : I → Rn ein Weg. Wegen

a1

a2

(Dc)0 (t ) = Dc 0 (t ) = 
..

.





c 10 (t )
a 1 c 10 (t )
 0 
  c 2 (t )  

..
 .  = 

.
 . 
 . 
0
a n c n (t )
a n c n0 (t )
gilt
Z
L(Dc) =
I
¯
¯
¯(Dc)0 (t )¯ dt =
Z q
I
a 12 c 10 (t )2 + · · · + a n2 c n0 (t )2 dt .
Mit
¯
¯2
2 ¯ 0
2
2
a min
c (t )¯ = a min
c 10 (t )2 + · · · + a min
c n0 (t )2 ≤ a 12 c 10 (t )2 + · · · + a n2 c n0 (t )2
¯ 0 ¯2
2
2
2
¯c (t )¯
≤ a max
c 10 (t )2 + · · · + a max
c n0 (t )2 = a max
folgt daraus
Z
a min L(c) = a min
I
¯ 0 ¯
¯c (t )¯ dt ≤ L(Dc) ≤ a max
Z
I
¯ 0 ¯
¯c (t )¯ dt = a max L(c) .
Für λ ∈ R gilt λc = (λ1)c, wobei 1 die n × n-Einheitsmatrix ist. Indem wir das bisher Bewiesene auf
A = λ1 anwenden, erhalten wir |λ| L(c) ≤ L(λc) ≤ |λ| L(c), also L(λc) = |λ| L(c).
Lösung zu 3(c). Weil A symmetrisch ist, gibt es nach dem Spektralsatz eine Diagonalmatrix D und
ein U ∈ O(n) mit A = U DU −1 , wobei die Eigenwerte von A die Diagonalelemente von D sind. Weil
auch U −1 eine orthogonale Matrix ist, erhalten wir, indem wir Teil (b) und zweimal (a) benutzen,
L(Ac) = L((U DU −1 )c) = L(U (DU −1 c)) = L(DU −1 c) ≤ λmax L(U −1 c) = λmax L(c)
und
L(Ac) = L(DU −1 c) ≥ λmin L(U −1 c) = λmin L(c) .
Aufgabe 4. (1 + 2 + 1 Punkte, plus maximal 3 Bonuspunkte für Verbesserungen von Teil (c))
(a) Zeichnen Sie die Spur der Kurve γ = [c] mit
c : R → R2
µ
¶
2 cos(t )
t 7→
.
sin(t )
Was für ein geometrisches Objekt ist diese Spur? Beweisen Sie, dass c periodisch ist. Bestimmen
Sie die Periode von c.
³p
p
p
p
p
p ´
(b) Beweisen Sie: 2
29 − 16 3 + 20 − 10 3 + 11 − 4 3 ≤ L e (γ).
©
ª
(Tipp: Betrachten Sie z.B. die Parameterwerte t ∈ 0, π6 , π3 , π2 . Integrieren ist unnötig.)
(c) Beweisen Sie: L e (γ) ≤ 4π.
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(Mit entsprechenden Programmen kann man ausrechnen, dass L e (γ) ungefähr gleich 9.6884482 ist.
Das zählt aber nicht als Beweis, da Sie nicht wissen, wie die Programme auf dieses Ergebnis kommen
und ob es überhaupt korrekt ist. Die untere Abschätzung 9.5786548... ≤ L e (γ) aus Teil (b) liegt schon
relativ nah an 9.6884482; die Länge einer Kurve von unten abzuschätzen ist immer leicht, weil man
dazu nur einige Punkte auf der Kurve berechnen muss. Obere Abschätzungen der Länge sind schwerer, weil man dazu die gesamte Kurve kennen muss. Sie bekommen in Teilaufgabe (c) bis zu drei Bonuspunkte, wenn Sie eine bessere obere Abschätzung von L e (γ) beweisen als 4π ≈ 12.5664. Die Zahl
der Bonuspunkte richtet sich danach, wie gut Ihre Abschätzung ist; eine Abschätzung durch eine
Zahl < 10 bringt 3 Punkte. Nur korrekt und vollständig bewiesene Abschätzungen werden gewertet.
Sie dürfen dabei Wurzeln und Sinus- und Cosinuswerte mit Ihrem Taschenrechner o. Ä. berechnen.
Solche Rechnungen sind nämlich unproblematisch, im Gegensatz zu numerischen Integrationen.
Teil (b) kann und soll aber ohne Taschenrechner etc. bewiesen werden.)
Lösung zu 4(a). Die Spur ist eine Ellipse mit Mittelpunkt (0, 0), deren große Halbachse die Länge 2
hat und entlang der ersten Koordinatenachse verläuft und deren kleine Halbachse die Länge 1 hat
und entlang der zweiten Koordinatenachse verläuft:
1
2
0
Offensichtlich ist c periodisch mit Periode 2π.
Lösung zu 4(b). Nach Satz 1.4.7 aus der Vorlesung gilt für alle a, b ∈ R mit a < b die Umgleichung
¢
¡
|c(a) − c(b)| ≤ L c|[a,b] . Mit der Substitutionsregel und sin(π ± t ) = ∓ sin(t ) und cos(π ± t ) = − cos(t )
berechnen wir
Z 2π
Z 2π p
¯ 0 ¯
¯
¯
L e (γ) =
c (t ) dt =
4 sin(t )2 + cos(t )2 dt
0
0
Z πp
Z πp
=
4 sin(t )2 + cos(t )2 dt +
4 sin(t + π)2 + cos(t + π)2 dt
0
0
Z πp
4 sin(t )2 + cos(t )2 dt
=2
0
Z π/2 p
Z π/2 p
2
2
=2
4 sin(t ) + cos(t ) dt + 2
4 sin(π − t )2 + cos(π − t )2 dt
0
0
Z π/2 p
=4
4 sin(t )2 + cos(t )2 dt
0
¡
¢
= 4L c|[0,π/2]
³ ¡
¢
¡
¢
¡
¢´
= 4 L c|[0,π/6] + L c|[π/6,π/3] + L c|[π/3,π/2]
³¯
¡ ¢¯ ¯ ¡ ¢
¡ ¢¯ ¯ ¡ ¢
¡ ¢¯ ´
≥ 4 ¯c (0) − c π6 ¯ + ¯c π6 − c π3 ¯ + ¯c π3 − c π2 ¯ .
Bekanntlich gilt sin(0) = 0 = cos( π2 ) und cos(0) = 1 = sin( π2 ) und sin( π6 ) = 21 = cos( π3 ) und damit
p
cos( π6 ) = 12 3 = sin( π3 ). (Falls Ihnen die letzten vier Gleichungen nicht bekannt vorkommen, können Sie z.B. in das Additionstheorem sin(3x) = 3 sin(x) − 4 sin(x)3 den Wert x = π6 einsetzen und
1 − 3x + 4x 3 = (x + 1)(2x − 1)2 benutzen, um sin( π6 ) = 12 zu beweisen. Die anderen Gleichungen folgen dann leicht.)
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Damit erhalten wir
³¯
¡ ¢¯ ¯ ¡ ¢
¡ ¢¯ ´
¡ ¢¯ ¯ ¡ ¢
L e (γ) ≥ 4 ¯c (0) − c π6 ¯ + ¯c π6 − c π3 ¯ + ¯c π3 − c π2 ¯
¡ ¢
¡ ¢¶¯¶
¡ ¢¶¯ ¯µ
¡ ¢¶¯ ¯µ
µ¯µ
¯ 2 − 2 cos π ¯ ¯ 2 cos π − 2 cos π ¯ ¯ −2 cos π ¯
6
6
3
¡ ¢ ¯¯ + ¯¯
¡ ¢ ¯¯ + ¯¯
¡ ¢
¡3¢ ¯
= 4 ¯¯
− sin π6
sin π6 − sin π3
1 − sin π3 ¯
p ¶¯ ¯µ p
¶¯ ¯µ
¶¯¶
µ¯µ
¯
¯ 2− 3 ¯ ¯
−1
3 − 1 ¯¯ ¯¯
¯
¯
¯
p ¯¯
=4 ¯
+¯ 1 1p ¯+¯
1
1
¯
−
1− 2 3
2−2 3
¶
µq 2
q p
p ¢2
p ¢2 q
p ¢2
¡
¡
¢2 ¡
¡
4−2 3 +1+
2 3−2 + 1− 3 + 4+ 2− 3
=2
³p
p
p
p
p
p ´
=2
29 − 16 3 + 20 − 10 3 + 11 − 4 3 .
´
³
)
2
Lösung zu 4(c). Der durch c̃(t ) = cos(t
sin(t ) gegebene Weg c̃ : [0, 2π] → R hat die Länge 2π. Die Diago¡2 0¢
nalmatrix D := 0 1 erfüllt c|[0,2π] = D c̃. Nach Aufgabe 3(b) gilt daher
¡
¢
L e (γ) = L c|[0,2π] = L(D c̃) ≤ 2L(c̃) = 4π .
Bessere Abschätzungen zu 4(c). Es gibt viele Methoden, eine bessere obere Abschätzung von L e (γ)
zu beweisen; wir schauen uns im Folgenden nur eine an, die auf der Cauchy–Schwarz-Ungleichung
beruht. Eventuell kennen Sie die folgende Aussage bereits aus Ihrer Analysis-Vorlesung:
Für alle a, b ∈ R mit a < b und jede stetige Funktion F : [a, b] → R gilt
s
b
Z
a
b
Z
(b − a)
|F (t )| dt ≤
F (t )2 dt .
a
Beweis. Die stetigen Funktionen [a, b] → R bilden einen reellen Vektorraum C ([a, b], R) bezüglich
punktweiser Addition und punktweiser skalarer Multiplikation. Auf diesem (unendlichdimensionalen) Vektorraum ist durch
Z
b
⟨⟨ f , g ⟩⟩ :=
a
f (t )g (t ) dt ∈ R
ein Skalarprodukt ⟨⟨., .⟩⟩ definiert. Also gilt (mit dem üblichen Beweis, den
der linearen Algebra
¯ Sie ¯ausp
p
kennen) für alle f , g ∈ C ([a, b], R) die Cauchy–Schwarz-Ungleichung ¯⟨⟨ f , g ⟩⟩¯ ≤ ⟨⟨ f , f ⟩⟩ ⟨⟨g , g ⟩⟩. Im
Fall f = |F | und g = 1 ist das die behauptete Gleichung.
Daraus folgt
2π p
Z
L e (γ) =
0
s
0
s
·
2π
=
p
s
2π ¡
Z
2π
≤
=
4 sin(t )2 + cos(t )2 dt
4 sin(t )2 + cos(t )2
5
3
t − sin(2t )
2
4
¢
dt =
2π µ 5
Z
2π
0
2
−
¶
3
cos(2t ) dt
2
¸2π
0
10π2 < 9.9345883 .
(Diese Abschätzung könnte man noch verbessern, indem man [0, 2π] in Teilintervalle zerlegt und
die Cauchy–Schwarz-Ungleichung auf jedes Teilintervall anwendet.)
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Anmerkungen zu 4. Der Umfang einer Ellipse mit den Halbachsenlängen a, b lässt sich im Fall a 6= b
nicht durch eine „elementare“ Formel ausdrücken; d.h. durch einen Ausdruck, der in endlich vielen
Schritten dadurch entsteht, dass man jeweils im i +1ten Schritt (endlich viele) Ausdrücke konstruiert,
indem man Ergebnisse des i ten Schritts, natürliche Zahlen und die Variablen a, b nimmt und sie
addiert, subtrahiert, multipliziert oder dividiert oder eine der Funktionen exp, ln, sin, cos, arcsin auf
sie anwendet. (Der Umfang eines Kreises vom Radius a ist durch die elementare Formel 4 arcsin(1)a
gegeben.)
Falls Ihre Schüler Sie später einmal fragen, wie man den Umfang einer Ellipse berechnet, ist die
beste integralfreie Antwort vermutlich folgende: Die Exzentrizität einer Ellipse, deren große Halbachse die Länge a und deren kleine Halbachse die Länge b hat, ist definiert als die Zahl
s
e(a, b) :=
1−
b2
∈ [0, 1[ .
a2
(Insbesondere ist e(a, a) = 0 die Exzentrizität eines Kreises vom Radius a.) Der Umfang der Ellipse ist
U (a, b) = 2πa
∞
X
i =0
µ
(2i )!
22i (i !)2
¶2
e(a, b)2i
.
1 − 2i
(2)
Weil für jedes i > 0 der i te Summand der Reihe negativ ist, liefert diese Formel auf einfache Weise
obere Abschätzungen des Umfangs, nämlich die endlichen Teilsummen der Reihe. (Für Aufgabe 4c
wird eine solche Abschätzung aber nur dann als Lösung akzeptiert, wenn Sie einen Beweis der Formel
(2) dazu geschrieben haben.)
¡ ¢
Sie sehen am Beispiel der Ellipse auch, dass ³man selbst
für eine so einfache Matrix wie D = 20 01
´
)
und einen so einfachen Weg wie [0, 2π] 3 t 7→ cos(t
sin(t ) die Länge von Dc nicht auf einfache Weise
berechnen kann.
6