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Es soll ein Zylinder konstruiert werden, der das gleiche Volumen hat wie ein Zylinder mit den Werten h = 8, 4 und d = 7,4.

Der Materialverbrauch soll so gering wie möglich sein (TP). Beide haben das gleiche Volumen (V).


Das Volumen des Ausgangszylinders ist 361,271cm^3. Der andere Zylinder soll das gleiche Volumen haben.

Also die Idee:
V = π * r^2 * h -> Hauptbedingung

V = 361,271 -> Nebenbedingung

-> Nach h umstellen, um die Zielfunktion zu erhalten.


361, 271 = π * r^2 * h | :(π*r^2)

361, 271 / π*r^2 = h

Das wollte ich dann in die Hauptbedingung einsetzen. Aber das macht absolut keinen Sinn.

V (h) = π * r^2 * 361, 271 / π*r^2


Aber das würde sich ja wegkürzen. Habe ich die Aufgabe falsch verstanden? Wo liegt der Fehler?

GLG

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Die Zielfunktion muss den Oberflächeninhalt(!!) als Funktion von nur einer Variablen ausdrücken.

2 Antworten

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  So wie du dir das denkst -  oben und unten offene Pappröhre - klappt das nie:


      V  =  Pi  r  ²  h  =  V0      (  1a  )

     O  =  2  Pi  r  h  =  2  V0 /  r        (  1b  )


    Wir kommen damit zu dem erstaunlichen Ergebnis:  Die Oberfläche strebt gegen Unendlich in dem Maße, wie du die Röhre " immer dünner und länger " machst.  Denn das genau ist der Punkt; mach dir bitte klar, dass ja h  =  h ( r )  implizit von r abhängt.

     Die Aufgabe hat nur dann Sinn, wenn du mindestens den Boden des Zylinders mitzählst; wir werden es sogar mit Deckel rechnen.  Obwohl - dein  Aufgabentext ist alles andere als eindeutig.


      V  (  r  ;  h  )  :=  r  ²  h  =  V0  =  const   >  0       (  2a  )

     O  (  r  ;  h  )  :=  r  ²  +  r  h  =  min      (  2b  )


   Überflüssige Faktoren wie 2 und Pi, die  ( 2a ) und ( 2b )   gemeinsam sind, lasse ich unter den Tisch fallen; da bin ich ganz großzügig.

     Nein; eingesetzt wird hier nicht.   Das tut eh kein gebildeter Matematiker. Ich bin nämlich dahinter gekommen, dass sich Zylinderaufgaben ganz super mit der Technik des ===>  impliziten Differenzierens   ( ID )  bewältigen lassen,   die schon für Schüler selbst erklärend ist.

    Setzen wir zunächst   die Ableitung  von ( 2b )  nach r   gleich Null  wegen  Minimum .   Dabei soll über die Kettenregel berücksichtigt werden,  dass ja h eine  ( implizite ) Funktion h = h ( r ) ist.  


          2  r  +  h  +  r  h  '  =  0      (  3a  )


    Dabei  ist dieses h ' zunächst unbekannt.   Wegen   Konstant muss aber auch die Ableitung  von ( 2a )   verschwinden, und das gibt die zweite Bedingung an h '


           2  r  h  +  r  ²  h  '  =  0  ===>   r  h  '  =  -  2  h     (  3b  )


      Division durch  r ist zulässig in ( 3b )  , da  Ungleichung ( 2a )  den Fall r = 0 ausschließt.  

    Manchmal muss man auch etwas sehen;  der Term  (  r  h  '  )  ist nämlich ( 3ab ) gemeinsam.  Wir können einsetzen


            2  r  +  h  =  2  h  ===>  h  =  2  r       (  4  )


    In Worten: Der Zylinder muss genau so dick wie hoch sein.  Bitte besprich das ID-Verfahren mit deinem Lehrer;  aus Kommentaren weiß ich:  Es gibt Schüler, die den anschaulichen Zusammenhang eingesehen haben.   Der Hintergrund von ID; notwendige Bedingung für ein Extremum von ( 2b )  ist das " Wandersmannkriterium "  :  Die beiden Grafen ( 2ab ) müssen die selbe Tangente haben;  mit der modernen Powerpoint Overlay  Technik sollte es möglich sein, diesen Umstand zu vermitteln.

   So völlig gleichberechtigt sind die Veränderlichen r und h nun auch wieder nicht;  den Vorteil dieser Rechenmetode kannst du nur dann voll ausnutzen, wenn du nach r ableitest und nicht nach h.

   Seemanslos; Probieren geht über Studieren ...

   Mit dem Vollzylinder hast du automatisch schon den ( oben offenen )  Halbzylinder ( ohne Deckel ) mit gelöst;  ein Genie  hatte mir eine spezielle Spiegeltechnik vorgeschlagen, auf die ich in einem Kommentar noch näher eingehen werde.

    Ganz allgemein bezeichne ich das Problem, von einer gegebenen Körperklasse  ( Zylinder ) bei gegebenem Volumen den mit der kleinsten Oberfläche zu finden, als das Volumenproblem dieser Klasse.

   Das Volumenproblem des Halbzylinders  H  wird nun auf den Vollzylinder  Zzurück geführt,  indem du auf die oben offene Seite einen Spiegel legst.  Zusammen mit seinem Spiegelbild H '  schließt sich H zu einem Vollzylinder  Z .  Da H und H ' kongruent sind, stimmen Oberfläche und Volumen überein.  Z  hat doppelten Inhalt und doppelte Oberfläche wie H .

    Die Volumenprobleme von H und Z sind  ÄQUIVALENT .

      Seien r und h Radius und Höhe von   H  .  Dann sind die entsprechenden Werte   für  Z  gleich r  und 2 h  ;  und es folgt   2  h  =  2  r  ===>  h  =  r

    Ich selbst habe mir ja den logaritmischen Trick überlegt.    Zunächst führe ich eine dimensionslose Verhältnisvariabnle ein


         v  :=  h / r       (  5a  )


      Dann lautet    ( 2b  )


          O  (  r  ;  v  )  =  r  ²  (  1  +  v  )  =  min        (  5b  )

          u  :=  ln  (  r  )      (  5c  )


     Wie ihr seht, habe ich mir gleich noch dieses u geschnitzt.  Dann folgt aber


      F  (  u  ;  v  )  :=  ln  (  O  )  =  2  u  +  ln  (  v  +  1  )  =  min        (  5d  )


     Und für  ( 2a )   findest du entsprechend


         G  (  u  ;  v  )  :=  ln  (  V  )  =  3  u  +  ln  (  v  )  =  const      (  6a  )


    Im Zusammenhang mit dem Wandersmann hatten wir gesagt:  ( 2ab )  müssen die selbe Tangente haben.  Dann haben sie aber auch DIE SELBE NORMALE .

    Genau so führt Wiki übrigens das  ===>  Lagerangeverfahren ein;  es steht dem durchaus nichts entgegen, dass euer Lehrer das irgendwann endlich mal anpackt.  ( 5d;6a ) rechne ich jetzt jeden Falls mit Lagrange;  den Lagrangeparameter von ( 6a ) nenne ich k .   Wir bilden die  ===>  Linearkombination


      H  (  u  ;  v  )  :=  F  (  u  ;  v  )  +  k  G  (  u  ;  v  )       (  6b  )


     Und - oh Wunder - die Chose separiert.  Gleich wenn wir nach u ableiten, landen wir bei k = ( - 2/3 )  ; und  in ( 6b ) werden wir auf ein gewöhnliches Extremwertproblem in v geführt - der einzigen Variablen, die uns wirklich intressiert:


      H  =  H  (  v  )  =  3  ln  (  v  +  1  )  -  2  ln  (  v  )         (  6c  )



     Naa stimmt's  ?

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  Ach noch zu Lagrange; so dumm ist das Verfahren gar nicht.  Mittels Lagrange siehst du sofort ein:  Das reziproke Problem, sprich:  Größtes Volumen bei gegebener Oberfläche -   führt notwendig immer auf die selbe Lösung

    ( Du nimmst einfach den inversen Lagrangeparameter. )

     Jetzt noch mein Quellennachweis wegen dem Spiegel.  Gefragt war das Volumenproblem der Bushaltestelle.

     Vielleicht erst mal paar  Festlegungen, unser ( rechtshändiges )  3 D cartesisches Koordinatensystem betreffend.   ( Brich dir aber nicht das Handgelenk. ) Die Abszisse  (  x  )  verlaufe horizontal parallel zur Straße;  Daumen nach Rechts. Die y_Achse zeigt in die Tiefe; Zeigefinger in den Bildschirm hinein. Vertikal haben wir die Ordinate  z ;  Mittelfinger nach Oben.

    Ich begann zu rechnen mit Lagrange wie ein Weltmeister.  Weil die Schwierigkeit: Der Quader mit seiner Symmetrie bietet ja keinerlei Probleme.

    Und in dieser Situation schlug folgender Kommentar bei mir ein wie eine Bombe:

    " Ich kenn mich nicht so aus ( Typisch für das Genie, das nicht mit den Enzyklopädien dreier Jahrtausende überfrachtet ist.  )

    Gehen wir mal davon aus, dass das Volumenproblem des Quaders durch den Würfel gelöst wird ( stimmt  )  . "

    Der Vorschlag; in die vorne offene Seite ( xz_Ebene )  setzt du den Spiegel S1 ein.  Das Spiegelbild der Bushaltestelle B =: B1 nenne ich B2 .

    Anschließend wird in die Bodenfläche ( xy-Ebene )  der Spiegel S2 eingelassen;  das Spiegelbild von B in S2 sei B3 .

    Jetzt spiegeln sich aber die Spiegel.  Das Spiegelbild von S2 in S1  sei   S2  ' .

   Und S2  '  erzeugt von B2  das Bild B4 .

     Dann ist da noch S1  '  , das Bild von S1  in S2  .  Das Bild von  B3  in S1  '  ist aber identisch mit  B4 .

   Nun schließen sich aber  B1;2;3;4  zu dem Quader  =:  Q  .   Auch hier gilt wegen der Kongruenz:    Q  hat die 4-fache  Oberfläche und das 4-fache Volumen von B . Damit ist auch hier das Volumenproblem von Q äquiivalent zu dem von  B  .

   Wie sind die Kantenlängen von Q ?  Das liest man aus den Spiegelbildern ab;   x  ,  2  y  und 2 z .  Die optimale Würfelbedingung wird also erreicht für


            x  =  2  y  =  2  z        (  2.1  )

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Nebenbedingung

V = pi·r^2·h = pi·(7.4/2)^2·8.4 --> h = 28749/(250·r^2)

Hauptbedingung und Zielfunktion

O = 2·pi·r^2 + 2·pi·r·h = 2·pi·r^2 + 2·pi·r·(28749/(250·r^2))

O = 2·pi·r^2 + 28749·pi/(125·r)

O' = 4·pi·r - 28749·pi/(125·r^2) = 0 --> r = 57498^{1/3}/10 = 3.860

h = 28749/(250·(57498^{1/3}/10)^2) = 7.719

O = 2·pi·(57498^{1/3}/10)^2 + 28749·pi/(125·(57498^{1/3}/10)) = 280.8

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danke. Ich werd mich dann nochmal dran machen.

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