Lagrange- Multiplikatoren lokalen Extremlagen

Question

Aufgabe:

Ein homogener Stab der Länge 2L gleite mit seinen beiden Endpunkten reibungsfrei auf der Parabel y = x²  . Mit der Methode der Lagrange-Multiplikatoren sind die lokalen Extremlagen des Stabschwerpunktes zu diskutieren, wenn die Schwerkraft in Richtung der negativen y-Achse wirkt

Problem/Ansatz:

  Wie kann man diese Aufgabe lösen ?

ich hab mir überlegt

eine Funktion welche die y- Variable des Mittelpunktes beschreibt.

m= ( (x2)²+ (x1)²) / 2

und als Nebenbedingung die konstante Länge.

((x2-x1)² + ((x2)²-(x1)²)² ) ^(1/2) = 2l

ist das so richtig ?

Answer 1

Aloha :)

Das linke Ende des Stabes liege bei $L(x_1|x_1^2)$ und das rechte Ende bei $R(x_2|x_2^2)$.

Für den Schwerpunkt $S$ des Stabes gilt dann:$$\vec S=\frac{\vec L+\vec R}{2}=\frac12\binom{x_1+x_2}{x_1^2+x_2^2}\quad\implies\quad S\left(\frac{x_1+x_2}{2}\bigg|\frac{x_1^2+x_2^2}{2}\right)$$

Die Nebenbedingung ist der konstante Abstand $2\ell$ der beiden Punkte $L$ und $R$:$$(2\ell)^2=\left\|\binom{x_2}{x_2^2}-\binom{x_1}{x_1^2}\right\|^2=(x_2-x_1)^2+(x_2^2-x_1^2)^2$$

Gesucht sind die lokaken Extrema der $S_2$-Koordinate unter dieser Nebenbedingung:$$y(x_1;x_2)=\frac{x_1^2+x_2^2}{2}\to\text{Extrema}\quad;\quad g(x_1;x_2)=(x_2-x_1)^2+(x_2^2-x_1^2)^2\stackrel!=4\ell^2$$

Nach Lagrange muss im Extremum der Gradient der zu optimierenden Funktion eine Linearkombination der Gradienten aller Nebenbedingungen sein. Da wir hier nur eine Nebenbedingung haben, müssen die beiden Gradienten kollinear sein:$$\operatorname{grad}y(x_1;x_2)=\lambda\,\operatorname{grad}g(x_1;y_1)\implies$$$$\binom{x_1}{x_2}=\lambda\binom{-2(x_2-x_1)-4x_1(x_2^2-x_1^2)}{2(x_2-x_1)+4x_2(x_2^2-x_1^2)}\implies$$$$\binom{x_1}{x_2}=\lambda\binom{4x_1^3-4x_1x_2^2+2x_1-2x_2}{4x_2^3-4x_1^2x_2-2x_1+2x_2}$$

Da die beiden Gradienten kollinear sein müssen, ist die von ihnen aufgespannte 2-dimensionale Fläche gleich Null, das heißt, ihre Determinante muss Null sein:$$0\stackrel!=\begin{vmatrix}x_1 & 4x_1^3-4x_1x_2^2+2x_1-2x_2\\x_2 & 4x_2^3-4x_1^2x_2-2x_1+2x_2\end{vmatrix}$$$$\phantom 0=(4x_1x_2^3-4x_1^3x_2-2x_1^2+\cancel{2x_1x_2})-(4x_1^3x_2-4x_1x_2^3+\cancel{2x_1x_2}-2x_2^2)$$$$\phantom 0=8x_1x_2^3-8x_1^3x_2-2x_1^2+2x_2^2=8x_1x_2(x_2^2-x_1^2)+2(x_2^2-x_1^2)$$$$\phantom0=(8x_1x_2+2)(x_2^2-x_1^2)=2(4x_1x_2+1)(x_2+x_1)(x_2-x_1)\implies$$$$x_2=-x_1\quad;\quad \cancel{(x_2=x_1)}\quad;\quad 4x_1x_2=-1$$Der Fall $x_2=x_1$ scheidet aus, da die beiden Endpunkte des Stabes nicht an derselben Stelle liegen können $(\ell>0)$.

Wir setzen die Langrange-Bedingungen in die Nebenbedingung $g(x_1;x_2)$ ein:

1. Fall: $x_2=-x_1$$$4\ell^2=g(x_1;x_2)=g(x_1;-x_1)=4x_1^2\implies x_1^2=\ell^2\stackrel{(x_2>x_1)}{\implies}x_1=-\ell\;\land\;x_2=+\ell\implies$$$$y(-\ell;\ell)=\frac{\ell^2+\ell^2}{2}=\ell^2\implies S\left(0\big|\ell^2\right)$$

2. Fall: $4x_1x_2=-1$$$4\ell^2=g(x_1;x_2)=(x_2-x_1)^2+(x_2^2-x_1^2)^2=\left(-\frac{1}{4x_1}-x_1\right)^2+\left(\frac{1}{16x_1^2}-x_1^2\right)^2$$$$\phantom{4\ell^2}=\frac{1}{16x_1^2}+\frac12+x_1^2+\frac{1}{256x_1^4}-\frac18+x_1^4=\frac{16x_1^2+96x_1^4+256x_1^6+1+256x_1^8}{256x_1^4}$$$$\phantom{4\ell^2}=\frac{4(4x_1^2)+6(4x_1^2)^2+4(4x_1)^3+1+(4x_1^2)^4}{256x_1^4}=\frac{(4x_1^2+1)^4}{256x_1^4}=\left(\frac{4x_1^2+1}{4x_1}\right)^4$$$$\phantom{4\ell^2}=\left(x_1-\left(-\frac{1}{4x_1}\right)\right)^4=(x_1-x_2)^4\quad\implies\quad 2\ell=(x_1-x_2)^2$$

Daraus erhalten wir die Koordinaten der extremalen Schwerpunkte:$$x_S=\frac{x_1+x_2}{2}=\frac{\pm\sqrt{(x_1+x_2)^2}}{2}=\frac{\pm\sqrt{(x_1-x_2)^2+4x_1x_2}}{2}=\frac{\pm\sqrt{2\ell-1}}{2}$$$$y_S=\frac{x_1^2+x_2^2}{2}=\frac{(x_1-x_2)^2+2x_1x_2}{2}=\frac{2\ell-\frac12}{2}=\ell-\frac14$$

Zusammenfassung:

1. Fall: $\ell\le\frac12$

Bei $S(0|\ell^2)$ liegt ein globales Minimum vor. Es gibt keine weiteren Extrema.

2. Fall: $\ell>\frac12$

Wegen $0<(\ell-\frac12)^2=\ell^2-\ell+\frac14$ ist $\ell^2>\ell-\frac14$ sodass gilt:

Bei $S(0|\ell^2)$ liegt ein lokales Maximum vor.

Bei $S\left(\pm\frac{\sqrt{2\ell-1}}{2}\big|\ell-\frac14\right)$ liegen globale Minima vor.

Answer 2

ist das so richtig ?

Ja. Ein Tipp: quadriere die NB bevor Du die Lagrange-Funktion aufstellst. Das spart Schreibarbeit!

Das ist 'ne interessante Aufgabe, ...

... die Aufgabe ist auch deshalb interessant, weil es eine sehr viel einfachere Lösung gibt als die, die von bond007 begonnen und von Tschakabumba ausgeführt wurde.

Gesucht ist doch zunächst die Y-Position der Stabmitte $m_y$ als Funktion der X-Position $x_m$ $$m_y(x_m)= \space ?$$Man kann sich zu Nutze machen, dass die Steigung einer Sekante der Parabel genauso groß ist wie die Steigung der Parabel in der Mitte der Sekante. Folglich ist die Steigung des Stabes schlicht $y'(x_m)=2x_m$!

$(x_1,\,y_1)$ sei die Position des linken Stabendes und $\Delta x$ und $\Delta y$ die Differenz in X- und Y-Richtung zur Position der Stabmitte. Dann gilt$$x_1 = x_m - \Delta x \\ \frac{\Delta y}{\Delta x} = 2x_m \implies \Delta y = 2x_m \Delta x \\ m_y = y_1 + \Delta y = x_1^2 + 2x_m \Delta x \\ \phantom{m_y} = (x_m - \Delta x)^2 + 2x_m \Delta x \\ \phantom{m_y} = x_m^2 + \Delta x^2 \\$$Aus der halben Stablänge von $1$ und Pythagoras folgt$$\begin{aligned} \Delta x^2 +\Delta y^2 &= 1\\ \Delta x^2 + 4x_m^2 \Delta x^2 &= 1 \\ \implies \Delta x^2 &= \frac{1}{1+4x_m^2}\\ \end{aligned}$$Einsetzen in die Gleichung für $m_y$ liefert bereits die gewünschte Funktion, deren Graph oben als schwarze gestrichelte Kurve zu sehen ist. $$m_y = x_m^2+\frac{1}{1+4x_m^2}$$Das Auffinden der Extremstellen ist nun relativ einfach$$m_y' = 2x_m - \frac{8x_m}{\left(1+4x_m^2\right)^2} \to 0 \\ \implies x_{m_1} = 0 \land x_{m_{2,3}} = \pm\frac12$$Ausnahmsweise so ganz ohne Lagrange, das braucht es hier gar nicht.

Gruß Werner

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Antwort um eine alternative Lösung ergänzt (s.o.)