ANALYSIS Etemwetaufgaben Teil : Anwendungsaufgaben Datei N. 49011 Stand 18. Juli 008 Fiedich W. Buckel INTERNETBIBLIOTHEK FÜR SCHULMATHEMATIK
Vowot Diese Sammlung von Sachwet-Etemaufgaben enthält zunächst einmal auch Aufgaben aus de Datei 1805 aus den Klassen 9/10, in de Etemwetaufgaben behandelt weden, die auf quadatische Funktionen zuückgehen. Weil deen Schaubild eine Paabel dastellt, kann man dot das Maimum ode Minimum duch Beechnung des Paabelscheitels übe quadatische Egänzung duchfühen. Altenativ dazu wude hie natülich die Beechnung de Etemwete mittels Ableitungen und Randwetuntesuchung duchgefüht. Diese Sammlung an Aufgaben wid bei Gelegenheit eweitet. Sie enthält teilweise seh schwee Aufgaben, deen Ableitungen hohe Anfodeungen stellen (z. B. Wuzelfunktionen), und die sich dahe auch als Aufgaben fü CAS-Rechne eignen. Jede kann sich seine Aufgaben auswählen! Beim Estellen von Aufgaben nach eine Anegung eines Schulbuches bin ich auf Etemwetaufgaben gestoßen, die auf Funktionen mit Vaiablen fühen. Nun sind solche Funktionen nicht Stoff des Gymnasiums. Sie lassen sich abe poblemlos beabeiten, wenn man einen kleinen Tick anwendet. Ich habe fü diese Aufgaben eine. Datei fü Etemwete angelegt. Denn sie fallen doch aus dem Rahmen. Lehe, die mit CAS abeiten, sollten sich diese Aufgaben unbedingt ansehen. Die doch etwas schwieigeen Umfomungen lassen sich mit diesen Rechnen eledigen. Man muss dazu abe schon Wissen haben und die Geäte bedienen können. Vielleicht liefen sie Stoff fü modene Sach-Abitu-Aufgaben.
Inhalt 1. Eteme Flächenstücke 1 1.1 Rechteck mit konstantem Umfang 1 (Seh ausfühliche Einfühungsaufgabe) y 1. Rechteck mit konstantem Teilumfang 6 y y 1. Rechteck mit konstantem Teilumfang 9 1.4 Rechteck mit konstantem Inhalt 11 1.5 Minimale Fensteflächen y 1 1.6 Quadatische Zieplatten 15 a 1.7 Maimales Rechte aus Restplatte y 18 a) (allgemeine Rechnung) b b) Zahlenbeispiel 1 0 0 y (inteessante Randwete!) y a a= 4 y 50 y d 4 c 4 1.8 Deieck aus Quadat ausschneiden F F 1 F 1.9 Minimales Paallelogamm 6 1, A 1 A A A 1
1.10 Minimale Glasflächen 9 8 y 1.11 Eine Stahlensatz-Figu 8m 4 y 6m 1.1 Deieck im Deieck (Stahlensatz!) 6 a) Allgemeine Rechnung 6 b) Zahlenbeispiel A B 8 Etemwetaufgaben zu Köpen 40.1 Schachtel mit maimalem Volumen 40, Schnittmuste fü eine einfache Schachtel 4 (Ausblick auf Regession!)..1 Schnittmuste fü eine Schachtel mit Deckel (1) 45 (Geadenscha!).. Schnittmuste fü eine Schachtel mit Deckel () 48 F c D C h' h E (Kuvenscha, Otskuve).. Schnittmuste fü eine Schachtel mit Deckel () 54 a b
.4 Konsevendose 56 (gebochen ationale Funktion).5 Weitee Zylindeaufgaben: (oben offen) a) Ma. Volumen bei konstante Obefläche 58 Funktionenscha, auch mit CAS. b) Min. Obefläche bei konstantem Volumen 6 Funktionenscha, auch mit CAS..6 Eine Wasseinne (Tigonometie) a a 66.7 Eine Pyamide (Wuzelfunktion) 71 Seh schwe, CAS-Empfehlung.8 Seltsame Pyamidenfigu D Q C 76 (Geknicktes Rechteck) a A y y.9 Eine Tumfigu 78.10 Kegelaufgaben 81 a) Maimales Volumen bei gegebene Mantelfläche 81 Schwee Wuzelfunktion. Lösung manuell und mit CAS! a S h D M E A a B P B k h h h D k h 1 C b) Minimale Mantelfläche bei gegebenem Volumen 87 Schwee Wuzelfunktion. Lösung manuell und mit CAS!.11 Kegel in Halbkugel 91.1 Recheckige Kanal im Halbkeisoh 9 (schwee Wuzelfunktion, mit CAS) A = 1 h C B
Kalkulationsechnungen 97.1 Stadion-Dauekaten 97. Vedienst an Videogeäten 100 4 Aufgaben aus de Physik 10 4.1 Senkechte Wuf nach oben 10 Mit viel Theoie 4. Nochmals senkechte Wuf nach oben 106 4. Schiefe Wuf 108
49011 Etemwet Taining 1 1. Eteme Flächenstücke 1.1 Rechteck mit konstantem Umfang Eine Endlosschnu hat die Länge 1 m. Daaus soll ein Rechteck gefomt weden. Beechne seinen Flächeninhalt A() in Abhängigkeit von de Beite des Rechtecks. Fü welchen Wet von nimmt diese einen Etemwet an? Lösung y 1. Schitt: Aufstellung de voläufigen Zielfunktion Es sei die Beite des Rechtecks und y seine Höhe. Aus ihnen beechnet man den gesuchten Flächeninhalt duch die Fomel: A = y. Genaue betachtet ist das eine Funktion mit Vaiablen und y, weshalb man diese sogenannte Zielfunktion in de Regel so aufscheibt: ( ). Schitt: Heausfinden de Nebenbedingung A, y = y (1) Da de Umfang mit 1 m vogegeben ist, bedeutet dies, dass zwischen und y ein vogegebene Zusammenhang besteht, eine sogenannte Nebenbedingung. Sie lautet: + y = 1 d.h. + y = 6. () Sie zeigt, dass man die beiden Vaiablen und y nicht unabhängig voneinande wählen daf, denn diese Nebenbedingung muss ja stets efüllt sein.. Schitt: Aufstellen de endgültigen Zielfunktion Stellt man Gleichung (), also + y = 6 nach y um, ehält man y = 6. Esetzt man damit y in (1), dann bleibt fü die Zielfunktion nu noch eine Vaiable übig: A( ) = ( 6 ) A ( ) = 6 () 4. Schitt: Festlegung des Definitionsbeeichs fü die Zielfunktion Die Zielfunktion hat auch einen eingeschänkten Definitionsbeeich, denn zum Einhalten de Nebenbedingung gibt es fü bestimmte Einschänkungen. So muss etwa > 0 sein, andeeseits abe auch < 6. Somit haben wi den Definitionsbeeich: D = 0;6 Fiedich Buckel
49011 Etemwet Taining Bemekungen: Diese Einschänkungen vestehen Schüle oft nu schwe. Dabei geht es doch nu um Folgendes: Eine Rechtecksseite muss ja eine Länge haben, die göße ist als 0. Damit ist > 0 schon eklät. Die zweite Rechtecksseite ist y. Auch sie muss eine positive Länge haben. Aus y > 0 folgt wegen y = 6, dann 6 > 0, woaus man < 6 ehält. Man kann auch so daauf stoßen: Wenn + y > 6 sein muss, dann kann keine Seite 6 ode meh haben, weil es ja keine negativen Wete fü Längen gibt. Was auf de Seite zuvo im oten Kasten aufgeschieben woden ist, das sind nu die Vobeeitungen fü die eigentliche Lösung de Aufgabe. Gefagt wa nun nämlich, fü welches diese Flächeninhalt einen etemen Inhalt annimmt, also ein Maimum ode ein Minimum. Voübelegung: Die endgültige Zielfunktion fü den Flächeninhalt lautete: A ( ) = 6 Dies ist eine quadatische Funktion, deen Schaubild eine Paabel dastellt. Scheibt man sie so auf: A ( ) = + 6, dann hat sie die typische Fom und man ekennt, dass (wegen des negativen Koeffizienten von ) die Paabel nach unten geöffnet ist. Gibt man fü eine Beite vo, etwa = 1, dann kann man den zugehöigen y-wete, also die Höhe y = 6 1= 5 beechnen und ehält einen Flächeninhalt von A1 () = 5. In de Abbildung ist dies duch einen oten Pfeil gekennzeichnet. Von = 1 aus füht de Pfeil nach oben zum gelben Kuvenpunkt, de bei A = 5 liegt! So kann man zu jede Beite aus dem Definitionsbeeich D = 0;6 (d. h. 0 < < 6) einen Flächeninhalt beechnen bzw. am Schaubild ablesen. Man ekennt abe auch, dass man fü = zum höchsten Punkt de Paabel, also zu ihem Scheitel S kommt. Dot bekommt man den gößten Wet fü A, also den maimalen Flächeninhalt. S Damit ist de Weg zu Lösung de Aufgabe aufgezeigt: Zu Beechnung des etemen Flächeninhalts wid de Scheitel de zu Zielfunktion gehöenden Paabel beechnet. Fiedich Buckel
49011 Etemwet Taining In de Sekundastufe 1 (Klasse 9/10) wid man den Paabelscheitel mittels quadatische Egänzung bestimmen, in de Obestufe mit den Ableitungsfunktionen, was deutlich asche geht. Hie weden beide Lösungen gezeigt: Etemwetbeechnung mit quadatische Egänzung Achtung: Die Kuvengleichung de Paabel daf man hie nicht mit y scheiben, also nicht so: y = + 6, denn y hat schon die Bedeutung de Rechteckshöhe. Also muss man eine neue Vaiable vewenden, etwa z. z = + 6 z = 6 Ausklammen von -1: ( ) Bemekung zu Methode: Die Klamme ( 6?) + soll duch ein Quadat egänzt weden, so dass man diese Klamme duch einen quadatischen Tem esetzen kann. Egänzt man die Quadatzahl 9, dann klappt dies, denn es gilt ja: ( 6 + 9 ) = ( ) laut. binomische Fomel. Doch wie findet man diese Quadatzahl 9? Dazu muss man sich die binomische Fomel ansehen: ( ) a b = a ab+ b enthält in de Mitte das sogenannte doppelte Podukt. Diese Rolle übenimmt de Summand -6. Duch Halbieen kommt man auf -. Damit ekennt man, dass - die Zahl b in de Fomel übenimmt. Und ih Quadat ist 9. Dahe wid man folgenden Rechenweg einschlagen: z = + 6 z = 6 Ausklammen von -1: ( ) Halbieen von -6 egibt - mit dem Quadat 9, also wid in de Klamme das Quadat + 9 egänzt. Weil vo de Klamme de Fakto -1 steht, wude auf de echten Seite dahe in Wiklichkeit -9 egänzt. Zum Augleich scheibt man dahe ans Ende wiede + 9. Man scheibt das so auf: ( 9 ) z = 6 + + 9 In Kuzscheibweise: z = ( ) + 9 Jetzt hat man die Scheitelfom de Paabelgleichung ezeugt: ( ) z = k + y Egebnis: Paabelscheitel S( 9 ). Fü = ehält man somit das Maimum A( ) = 9. S S Fiedich Buckel
49011 Etemwet Taining 4 Etemwetbeechnung mit Tickechnung Es gibt hie eine Kuzlösung: Die Poduktdastellung A() = (6 ) = + 6 zeigt, dass die Funktion A die Nullstellen 0 und 6 hat. Aus Symmetiegünden liegt dahe de Paabelscheitel in de Mitte, also bei. Weil diese Paabel nach unten geöffnet ist, hat die Flächeninhaltsfunktion A fü = ein Maimum mit dem Wet: A() = (6 ) = = 9. Beechnet man zu = die zugehöige Beite y = 6 =, ekennt man sofot, dass es sich dabei um ein Quadat handelt! Etemwetbeechnung mit Ableitungen Die Zielfunktion lautet: A ( ) = + 6 Ableitungen: A' ( ) = + 6 A'' ( ) = Etemwetbedingung: A' ( ) = 0 + 6 = 0 E = Kontolle: A'' ( ) = < 0 Also liegt ein Maimum vo. Dieses hat den Wet: A() = 9 + 18 = 9 Auch hiezu eine Ekläung: Die este Ableitungsfunktion dient bekanntlich de Beechnung de Tangentensteigung. Mit de Etemwetbedingung A' ( ) = 0 sucht man folglich nach Stellen, an denen die Kuve (hie die Paabel) eine waageechte Tangente hat. Dies ist im Paabelscheitel de Fall. Die zweie Ableitungsfunktion bestimmt die At de Kümmung. Bei einem negativen zweiten Ableitungswet liegt an de fü eingesetzten Stelle Rechtskümmung vo. Dahe ist de Paabelscheitel ein Hochpunkt. Die Funktion hat somit bei = einen maimalen Funktionswet. Relatives ode absolutes Maimum? Nehmen wi an, das echte Schaubild gehöt zu unsee Flächeninhaltsfunktion. Und nehmen wi an, dass wi heausgefunden haben, dass die Funktion fü = 1,4 ih Maimum hat. Dann müssen wi an Hand de Abbildung ekennen, dass es fü den Wet = 5,5 (z. B.) einen gößeen Flächeninhalt gibt. Das gefundene Maimum ist also nu ein elatives ode lokales Maimum, also beschänkt auf ein Intevall. Fü den ganzen Definitionsbeeich liegt hie de Maimalwet am echten Rand! Fiedich Buckel
49011 Etemwet Taining 5 Dahe wid die Untesuchung de Randwete von goße Bedeutung! Randwetuntesuchung Am linken Rand des Definitionsbeeiches, also fü = 0 ist die Rechtecksbeite 0, (und wegen y = 6 die Länge des Rechtecks 6, abe de Flächeninhalt ist 0 und damit de kleinste mögliche Wet. Am linken Rand haben wi somit den Randwet 0. Dasselbe folgt fü den echten Rand bei = 6. Dann wid y = 6 und wiede ehält man den Inhalt 0. In de Obestufe wid man das mit de Genzwetscheibweise eledigen: ( ) ( ) ( ) ( ) lim A = lim + 6 = 0 0 0 lima = lim + 6 = 0 6 6 Eine oft gestellte Schülefage ist an diese Stelle: Waum scheibt man nicht einfach A( 0) = 0 und A( 6) = 0? Die Antwot wid enttäuschend sein. Das ist eine eine abe wichtige Fomsache. Denn wenn man wie hie = 0 und = 6 aus dem Definitionsbeeich de Funktion A() ausgeschlossen hat (weil fü diese Wete kein wikliches Rechteck meh voliegt), dann daf man sie auch nicht einsetzen. Die Genzwetscheibweise hilft dann weite, weil sie besagt, dass sich de Flächeninhalt dem Wet 0 nähet, wenn gegen 0 ode gegen 6 geht. Auswetung de Randwetuntesuchung: Weil die Randwete 0 sind, ist das Maimum de Flächeninhaltsfunktion soga ein absolutes Maimum. (Es gibt also nigendwo im Definitionsbeeich de Funktion einen gößeen Wet fü den Inhalt des Rechtecks.) Fiedich Buckel
49011 Etemwet Taining 4. Schnittmuste fü eine einfache Schachtel In de Klasse 5 weden in de letzten Stunde vo den Weihnachtsfeien Schachteln aus buntem Katon gebastelt. Zu Vefügung steht jedem Kind ein bunte Katon mit dem Fomat 5 cm auf 40 cm. Die Kinde müssen zuest heausfinden, wie gefaltet wid, und dass man, um eine venünftige Schachtel zu bekommen, an den Ecken gleich goße Quadate heausschneiden muss. Die empo geklappten Seiten weden dann mit einem Klebeband zusammengehalten. Am Ende gibt es einen kleinen Wettbeweb. Da jedes Kind auf seine Weise falten daf, entstehen Schachteln mi unteschiedlichem Fassungsvemögen. Es geht nun daum, we die Schachtel mit dem maimalen Inhalt hegestellt hat. Dazu weden die Schachteln mit Sand befüllt. We am meisten Sand in seine Schachtel bekommen hat, de hat gewonnen. 5 Lösung 1. Schitt: Aufstellung de voläufigen Zielfunktion (blaue Fläche) V( a,b,) = a b (1) Denn wid zu Höhe de Schachtel.. Schitt: Heausfinden de Nebenbedingung Auf de kuzen Seite gilt: b + = 5 und auf de langen: a + = 40 Stellt man diese Gleichungen nach b bzw. a um, kann man damit a und b in de Volumenfomel (1) eliminieen. 40 a b b = 5 () a = 40 (). Schitt: Aufstellen de endgültigen Zielfunktion () und () in (1) einsetzen: ( ) ( 40 ) ( ) V = 5 ( ) ( ) V = 1000 50 80 + 4 = 4 10 + 1000 Fiedich Buckel
49011 Etemwet Taining 4 4. Schitt: Festlegung des Definitionsbeeichs fü die Zielfunktion muss siche positiv sein, andeeseits muss (an de kuzen Seite des Katons) kleine als 5 cm sein, sonst bleibt fü die Beite b de Schachtel nichts meh übig. D = 0;1,5 Die linke Abbildung zeigt uneingeschänkt das Schaubild de Funktion f() = 4 10 + 1000. Die echte Abbildung zeigt den Ausschnitt, de zum Definitionsbeeich passt. Man ekennt den Hochpunkt bei etwa = 5. Etemwetbeechnung mit Ableitungen Zielfunktion: Ableitungen: V() = 4 10 + 1000 V '() = 1 60 + 1000 ( ) V '' = 4 60 Etemwetbedingung: V '( ) = 0 1 60 + 1000 = 0 : 4 65 + 50 = 0 1, 1, 65 ± 65 4 50 65 ± 45 000 65 ± 15 = = = = 6 6 100 50 65 ± 5 = 16,7 D 6 = = 6 5 Kontolle: V ''( 5) = 4 5 60 = 10 60 < 0 Also liegt bei E = 5 ein maimales Volumen vo. Dieses hat übigens den Wet (e wa nicht gefagt!): V ( 5) = 4 5 10 5 + 1000 5 Schnelle geht das übe die Schachtelmaße: a = 40 5 = 0, b = 5 5 = 15, = 5 V = a b = 0 15 5 = 50 (cm ). Fiedich Buckel
49011 Etemwet Taining 44 Übe Randwete muss man hie eigentlich nicht spechen, denn es ist geometisch kla, dass Fü a = 0 keine Gundfläche eistiet, also V = 0 wid und fü a = 1,5 die Höhe de Schachtel 0 wid, was wiede zu V = 0 füht. Dies wude beeits bei de Festlegung des Definitionsbeeichs geklät. Bemekung fü Lehe: Diese Aufgabe gibt noch viel he. Man kann in eine umfassendeen Aufgabe damit beginnen, dass eine Tabelle angibt, welche die Abmessungen veschiedene Schachteln enthält, die von den Kinden hegestellt woden sind, zusammen mit dem Volumen, das aus unsee Zielfunktion beechnet woden ist. 4 6 8 10 1 V 19 856 184 178 1000 19 Die Aufgabe heißt dann, eine Skizze fü die Funktion V zu estellen und dann mit Regession (man sollte auf kubische Regession kommen) die Gleichung de Funktion V emitteln. Noch nette wid es, wenn man von diesen beechneten Maßen weggeht und etwa 6 Beispiele nimmt, wie sie von Kinden gewählt woden sind, zusammen mit dem Egebnis de (ungenauen) Volumenmessung duch die eingefüllte Sandmenge, die man dann übe einen Messzylinde emittelt. Also etwa eine Tabelle wie diese: 4 5 6 7 9 V 1950 190 50 00 000 170 Ich wede eine solche Aufgabe demnächst estellen und dann beim Thema Regessionsaufgaben veöffentlichen. Fiedich Buckel
49011 Etemwet Taining 6.5 Weitee Zylindeaufgaben a) Welche oben offene Zylinde hat bei gegebene Obefläche ein maimales Volumen? 1. Schitt: Aufstellung de voläufigen Zielfunktion Volumen des Zylindes: V(,h) = G h = π h (1). Schitt: Heausfinden de Nebenbedingungen Die Obefläche ist gegeben, also Mantel plus Boden. Fü sie gilt diese Fomel:. Schitt: Aufstellen de endgültigen Zielfunktion Man kann () nach h auflösen ode nach : (a) Umstellung nach h: Dies egibt diese Zielfunktion: (b) Umstellung nach : O = π h+π () O = π h+π π h = O π O π h = π V() =π O π π O = π h+π π + πh O = 0 1, 1, 1 1 = O π (a) ( ) π h± 4π h 4 π O π h± 4π h + 4πO = = π π π h+ π h +πo π h+ π h +πo = = π π π h +πo π h +πo = h+ = h+ = h+ h + O π Die zweite Lösung scheidet aus, weil sie einen negativen Radius egibt. Dies egibt diese Zielfunktion: V() h h O = π + + h π (b) Es ist kla ekennba, dass (a) die wesentlich einfachee Funktion ist. Beim genauen Hinsehen ekennt man dies sofot, eben weil die Umstellung nach zum Lösen eine quadatischen Gleichung füht. Ich habe diese Rechnung nu gezeigt und ate dingend von diesem Weg ab. π π Fiedich Buckel
49011 Etemwet Taining 64 4. Schitt: Festlegung des Definitionsbeeichs fü die Zielfunktion V = π + O Fü die Volumenfunktion in Abhängigkeit von mit ( ) 1 1 muss positiv sein, nach oben gibt es offenba keine Genze (?). = ] 0; [ D. Ich untebeche hie die Rechnung, denn man ist doch gespannt, wie diese Funktion aussieht. Dazu muss man fü O einen sinnvollen Wet annehmen. Fü das Schaubild habe ich O = 800 gewählt. Fü die Sachaufgabe ist nu de blaue Kuvenbogen sinnvoll. Inteessanteweise wid das Volumen fü einen Radius göße als etwa 16 negativ. Es ist eine eizvolle Aufgabe, dies zu beweisen. Dazu sollte man eine Nullstellenbestimmung de Funktion duchfühen: 1 Fü O = 800 lautet sie: V () = π + 400 Nullstellenbedingung: V() = 0 1 Ausklammen von : ( ) π + 400 = 0 1. Fakto: = 0 scheidet aus. 1. Fakto: π + 400 = 0 1 π = 400 (4) 800 = π 800 = 15,96 π Als nächste müsste man zeigen, dass bei etwa = 9 ein Etemwet liegt (das folgt noch, denn es ist ja die Aufgabe), und dann dass diese Funktion fü gegen fällt. Es gibt also fü den Definitionsbeeich doch eine obee Genze. Das muss man sich so vostellen: Wenn die Obefläche beeits duch die Gundfläche vebaucht ist, dann bleibt fü den Mantel nichts meh übig. Die Bodenfläche ist dann π = 800. Das passt genau zu Gleichung (4). Dann liegt schon kein Zylinde meh vo. Wie löst man nun das Poblem des Definitionsbeeichs? Man sollte die geschildete Übelegung dalegen (Boden = Obefläche, also V = 0) und dann ma = 15,06 beechnen. Fiedich Buckel
49011 Etemwet Taining 65 Etemwetbeechnung mit Ableitungen 1 1 Zielfunktion: V() = π + O 1 Ableitungen: V' () = π + O V'' () = π 1 Etemwetbedingung: V' () = 0 π + O = 0 π + O = 0 π = O O = π 800 Fü das Beispiel mit O = 800 folgt dann = 9, (cm). π Kontolle: V'' () = π < 0 also liegt ein Maimum vo. Randwete: Fü gegen 0 wid de Zylinde zum inhaltslosen Stab, und wie bespochen geht e fü gegen 800 π gegen den Boden, also zum Inhalt 0. Also liegt soga ein absolutes Maimum vo. O π O 1 O π O O O O Dieses hat den Wet: Vma = V = + O = + π π π π π π Noch ein Nachschub V ma 1 1 Man kann die Gleichung V() = π + O als Funktionenscha betachten. = O O O O O O 6 + O O = 6 = π π π π In de üblichen Funktionsscheibweise etwa so: π f = + t. ( ) 1 t Mit MatheGafi gibt das diese Kuvenscha: Ich habe die Otskuve de Hochpunkte eingezeichnet. O Mit haben eechnet, dass man fü = das Maimum π O O V = π ehält, also ist O O O H π π Aus = O π folgt O = π. Eingesetzt in π π V = = π = π π (fü >0). O O V = π : Otskuve: y =π bzw. V =π. Fiedich Buckel
49011 Etemwet Taining 66 CAS-Lösung diese Aufgabe (TI Nspie) Ich beginne die Rechnung an de Stelle, an de die Zielfunktion () V = π + O estellt woden ist. 1 1 Nach de Definition de Funktion lässt man die Ableitung als v1() beechnen und anzeigen. (V habe ich hie weggelassen) Lösung de Etemwetbedingung O V' () = 0. Egebnis: = π O (Das ist dasselbe wie oben: = π.) Zugehöendes maimales Volumen; O O V =. π 9 π O O (Manuell: V = π ) Dann die Beechnung de Gleichung de Otskuve. O Man stellt = nach O um π und ehält O = π. O Dies wid in V eingesetzt, woaus V = π folgt. π Est wenn man Nspie sagt, dass ja > 0 ist, veeinfacht e zu V = π! Es ist schon estaunlich, dass solch allgemeine Beechnungen mit CAS-Rechnen jetzt möglich sind. Fiedich Buckel
49011 Etemwet Taining 67 b) Welche oben offene Zylinde habe bei gegebenem Volumen eine maimale Obefläche? Dies ist nun eine At Umkehung de Aufgabenstellung. 1. Schitt: Aufstellung de voläufigen Zielfunktion Obefläche des Zylindes: O(,h) = π h +π (1). Schitt: Heausfinden de Nebenbedingungen Das Volumen ist gegeben. Dafü gilt diese Fomel:. Schitt: Aufstellen de endgültigen Zielfunktion Auch hie hat man pinzipiell Möglichkeiten: (a) Umstellung nach h: V = π h () V = π h (a) V h = π V V Eingesetzt in die Zielfunktion: O () = π + π = + π π V V (b) Umstellung nach : = = πh πh V V Vπ V Eingesetzt in die Zielfunktion: O () = π h+π = +. πh πh h h Auch hie ist (a) die einfachee Funktion, mit de wi weiteabeiten wollen. 4. Schitt: Festlegung des Definitionsbeeichs fü die Zielfunktion V Zielfunktion: O () =π + Auch hie ist natülich positiv, abe gibt es eine obee Genze fü? Das Schaubild fü V = 1000 (cm ) zeigt, dass beliebig goße Radien möglich sind. Duch eine entspechend geinge Höhe kann man das Volumen konstant halten! (b) ] [ D = 0;. Man ekennt übigens keinen Etempunkt! Fiedich Buckel
49011 Etemwet Taining 68 Ode doch? Es ist nu eine Fage des Ausschnitts! Etemwetbeechnung mit Ableitungen V Zielfunktion: O () =π + 1 Fü die Ableitung umscheiben in: O ( ) = π + V V π V π V Ableitungen: O' () = π V = π = = 4V O'' () = π+ 4V = π+ Etemwetbedingung: O' () = 0 π V = 0 V π = V = π V E = π. 4V Kontolle: O'' () = π+ > 0 Also liegt ein Minimum vo! Minimale Obefläche: E V V V π V π O =π + = + V π π V π V π V Randwetbetachtung: lim O() = lim π + = 0 0 V lim O() = lim π + = V π V V V V = π + = π + π = π V Also liegt ein absolutes Minimum vo! De Tiefpunkt des Schaubilds hat diese Koodinaten: Und die Tiefpunkte liegen auf de Otskuve: V V V π π V = π fü >0. ( E = V π umstellen nach V =π und einsetzen in O = V π!) Fiedich Buckel
49011 Etemwet Taining 69 CAS-Lösung diese Aufgabe (TI Nspie) Man scheibt etwa dasselbe auf wie bei de händischen Lösung, nu wenige Zwischenechnungen. Hie die zugehöigen Sceenshots:. Zeile: V =π h wid nach h umgestellt und (. Zeile) in O() eingesetzt. Neue Definition von O. Ableitungen Etemwetbedingung lösen: = V π. Und in O() einsetzen (mit ans!) egibt O = π V Randwete. Gegen 0 nicht zu finden, weil von echts gehen + und von links gegen. Otskuve de Tiefpunkte: min O = π V nach V auflösen und In O() einsetzen egibt V = π. min Fiedich Buckel
49011 Etemwet Taining 70 t ( ) Und zum Schluss die Schakuven: V O () =π + mit V als Paamete bzw. f =π + fü t (also V) von 100 bis 000, step: 00. Zusammen mit de Otskuve de Tiefpunkte: y = π Fiedich Buckel