Sirkel innskrevet i bell curves

[Aleks855]

La $f(x)=e^{-x^2}$ og $g(x)=-f(x)=-e^{-x^2}$. (Les Normalfordeling for kontekst: https://no.wikipedia.org/wiki/Normalfordeling.)

Finn arealet, uttrykt ved $x$, av den største sirkelen som kan innskrives mellom normalfordelingskurven og sin negative motpart.

[Nebuchadnezzar]

Eneste mulighet for at sirkelen skal være innskrevet innenfor gausskurven er at radiusen treffer kurven akkuratt i vendepunktet. Ellers så vil sirkelen skjøre gausskurvene i mer enn fire punkter (8).

Så for å finne radiusen må vi bare løse

$x=e^{-x^2}$

Lambert-W funksjonen er definert som løsningen av $Y=X{e}^X\iff X=W(Y)$. Via litt omskrivning har vi
$x=e^{-x^2}\iff x{e}^{x^2}=1\Rightarrow x^2{e}^{2x^2}=1^2\Rightarrow 2x^2{e}^{2x^2}=2\Rightarrow 2x^2=W(2)\Rightarrow x=\sqrt{\frac{W(2)}{2}}$

Radiusen vil da være $r^2=x^2+x^2\Rightarrow r=\sqrt{2}x=W(2)$ på grunn av pytagoras.

Slik at arealet av sirkelen blir $A=\pi r^2=\pi W(2)$. Hvor $W(2)$ SVÆRT enkelt kan beregnes via Newtons metode og relasjonen $2=x{e}^x$.

[Aleks855]

Wow! Hadde ikke sett for meg numerikk, men det ser rett ut. Svaret er i alle fall innenfor $\pm 0.8\mathrm{\%}$ av den analytiske gitt WolframAlphas tilnærming for $W(2)$, så jeg som ikke er helt kjent med LambertW må godta det. Antar at flere iterasjoner ville gitt bedre og bedre tilnærminger.

[Nebuchadnezzar]

Esj. Flaue greier. løsninga over blir ikke helt riktig. Trodde at det optimale skjæringspunktet var mellom $x$ og $e^{-x^2}$, fordi dette ga vendepunktet. Men for det første gir det ikke vendepunktet (det er jo $x=1/\sqrt{2}$) og for det andre er ikke den ideelle $x$-verdien plassert i vendepunktet.

Fra pytagoras er avstanden mellom gausskurven og origo gitt som

$R(x)=\sqrt{(x{)}^2+(e^{-x^2}{)}^2}=\sqrt{x^2+e^{-2x^2}}$

For å finne den minste avstanden deriverer vi det som står under rottegnet

$(x^2+e^{-2x^2}{)}^{\prime }=2x(1-2e^{-2x^2})\Rightarrow x=0\vee x=\sqrt{\frac{\log 2}{2}}$

Radiusen er da

$r:=R(\sqrt{\log \sqrt{2}})=\sqrt{\frac{1}{2}+\frac{\log 2}{2}}$

Slik at det største arealet til den innskrevne sirkelen blir

$A=\pi r^2=\frac{\pi }{2}(1+\log 2)$

[Gustav]

Alternativt: La $\overrightarrow{r}(x)=(x,e^{-x^2})$ være posisjonsvektoren til punkter på grafen til gausskurven. Da vil sirkelen tangere gausskurven når hastighetsvektoren ${\overrightarrow{r}}^{\prime }(x)$ står normalt på $\overrightarrow{r}(x)$, altså når $\overrightarrow{r}(x)\cdot {\overrightarrow{r}}^{\prime }(x)=0$, som gir samme løsning som forrige innlegg.

[Markus]

Kan man ta i bruk Langranges multiplikatormetode her?

Jeg prøvde med funksjonene $f(x,y)=x^2+y^2$ og $g(x,y)=e^{-x^2}-y$ under bibetingelsen $g(x,y)=0$. Maksimalpunktet er der funksjonskurvene tangerer hverandre så likningssystemet som må løses er $\mathrm{\nabla }f=\lambda \mathrm{\nabla }g$. Ved å løse likninggsystemet vil vi få et punkt $(x,y)$ som kan settes inn i sirkellikningen for å finen $r^2$ i sirkelen. Jeg får dog en kompleks løsning på minst en av variablene uansett hvilken måte jeg løser likningssystemet på, og jeg ser ikke helt hvordan jeg skal komme meg videre da.

Det er jo selvfølgelig mulig (og godt sannsynlig) at jeg har gjort noe feil, eller har misforstått noe med Lagranges multiplikatormetode. Noen som har prøvd å løse den med Lagranges multiplikatormetode og lyktes?

[Gustav]

Kan man ta i bruk Langranges multiplikatormetode her?

Jeg prøvde med funksjonene $f(x,y)=x^2+y^2$ og $g(x,y)=e^{-x^2}-y$ under bibetingelsen $g(x,y)=0$. Maksimalpunktet er der funksjonskurvene tangerer hverandre så likningssystemet som må løses er $\mathrm{\nabla }f=\lambda \mathrm{\nabla }g$. Ved å løse likninggsystemet vil vi få et punkt $(x,y)$ som kan settes inn i sirkellikningen for å finen $r^2$ i sirkelen. Jeg får dog en kompleks løsning på minst en av variablene uansett hvilken måte jeg løser likningssystemet på, og jeg ser ikke helt hvordan jeg skal komme meg videre da.

Det er jo selvfølgelig mulig (og godt sannsynlig) at jeg har gjort noe feil, eller har misforstått noe med Lagranges multiplikatormetode. Noen som har prøvd å løse den med Lagranges multiplikatormetode og lyktes?

$\mathcal{L}(x,y,\lambda )=x^2+y^2+\lambda (e^{-x^2}-y)$.

$\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial x}=2x-2x\lambda e^{-x^2}=0$
$\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial y}=2y-\lambda =0$
$\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \lambda }=e^{-x^2}-y=0$

Som gir løsningen $x=0,y=1,\lambda =2$ som maksimum.

Hvis $x\ne 0$ fås $e^{-x^2}={\lambda }^{-1}$, så $y={\lambda }^{-1}$, og $\lambda =2y=2{\lambda }^{-1}\Rightarrow \lambda =\pm \sqrt{2}$. Da blir $y^2=\frac{1}{2}$ og $x^2=\frac{1}{2}\ln 2$, som minimum, og løsning på problemet.

[Markus]

Jeg må rett og slett bare ha rota voldtsomt med likningssystemet mitt, fordi nå får jeg løst det helt fint..

Ser dog at vi ender opp med to ulike likningssystem fortegnsmessig, og du får jo en annen $\lambda$ en meg på den første. Hva er vanligst av å bruke "notasjonen" $\mathrm{\nabla }f=\lambda \mathrm{\nabla }g$ eller $\mathrm{\nabla }\mathcal{L}(x,y,\lambda )=0$ når en bruker Langranges multiplikatormetode?


Legger ved mitt løsningsforslag, så kan du se på forskjellen i likningssystemet.
Gitt $f(x,y)=x^2+y^2$ og $g(x,y)=e^{-x^2}-y=0$. Kritiske punkt finner vi der funksjonskurvene tangerer hverandre, altså der gradientene er parallelle. Ved å sette $\mathrm{\nabla }f=\lambda \mathrm{\nabla }g$ får vi

$2x=-\lambda 2x{e}^{-x^2}$
$2y=-\lambda$
$e^{-x^2}-y=0$

Gitt $x=0$, får jeg løsningen $x=0,y=1,\lambda =-2$, som skiller seg ut på fortegn på siste variabel, selv om det i grunn ikke spiller noen rolle for det endelige svaret.

Ellers får vi fra likning 1 at $-{\lambda }^{-1}=e^{-x^2}$, så $\frac{1}{2y}=-{\lambda }^{-1}\therefore -\lambda =2y$, så $2y=e^{x^2}⟹2e^{-x^2}=e^{x^2}\therefore \ln (2)=2x^2\therefore x^2=\frac{\ln (2)}{2}$ og $y^2=e^{-2x^2}=e^{-\ln (2)}=\frac{1}{2}$. Siden løsningene der $x\ne 0$ har lavere verdier for $x$ og $y$ er minimumet gitt ved disse og $A=\pi (x^2+y^2)=\frac{\pi }{2}(1+\ln (2))$

[Aleks855]

Fint!

Jeg brukte også metoden med å finne $min\{\text{avstand mellom origo og }(x^2,e^{-2x^2})\}$ ved hjelp av derivasjon, som gir den minste radien som tangerer kurven.

Oppfølger:

En sirkel med radius $r=1$ er innskrevet i kurven $y=x^2$ og tangerer kurven i to punkter. Hvor stort er arealet mellom sirkelen og kurven?

[Gustav]

Ser dog at vi ender opp med to ulike likningssystem fortegnsmessig, og du får jo en annen $\lambda$ en meg på den første. Hva er vanligst av å bruke "notasjonen" $\mathrm{\nabla }f=\lambda \mathrm{\nabla }g$ eller $\mathrm{\nabla }\mathcal{L}(x,y,\lambda )=0$ når en bruker Langranges multiplikatormetode?

Ligningssystemene er jo essensielt de samme opp til variabelskiftet $\lambda \to -\lambda$. Jeg tror begge fremgangsmåtene du nevner er omtrent like vanlige.

[DennisChristensen]

Oppfølger:

En sirkel med radius $r=1$ er innskrevet i kurven $y=x^2$ og tangerer kurven i to punkter. Hvor stort er arealet mellom sirkelen og kurven?

La sirkelen ha likning $$x^2+(y-y_0{)}^2=1.$$ Vi ønsker at likningen $$x^2+(x^2-y_0{)}^2=1$$ skal ha nøyaktig to løsninger for $x$, som er symmetriske om $y$-aksen. Anvender vi annengradsformelen på uttrykket ovenfor, finner vi at vi trenger $$\mathrm{\Delta }({\lambda }^2+(1-2y_0)\lambda +y_0^2-1)=5-4y_0=0,$$ så $y_0=\frac{5}{4}$, og sirkelen tangerer kurven når $x=\pm \frac{\sqrt{3}}{2}.$ Dermed blir arealet mellom sirkelen og kurven lik $${\int }_{-\frac{\sqrt{3}}{2}}^{\frac{\sqrt{3}}{2}}(\sqrt{1-x^2}+\frac{5}{4}-x^2)\text{d}x={[\frac{1}{2}\sqrt{1-x^2}+\arcsin (x)+\frac{5}{4}x-\frac{1}{3}{x}^3]}_{\frac{\sqrt{3}}{2}}^{\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{5\sqrt{3}}{4}+\frac{\pi }{3}.$$


Oppfølger (fin oppgave uten hjelpemidler for R2-elever)
La skjæringspunktene mellom sirkelen og parabelen være $P$ og $Q$. Finn alle parabeler $f$symmetriske om $y$-aksen som skjærer $g(x)=x^2$ i $P$ og $Q$ slik at arealet mellom grafene til $f$ og $g$ er lik arealet ovenfor.