Für diese Aufgabe benötigst Du folgendes Grundwissen: Extremwertaufgaben
Zielfunktion :
Abstand der beiden Punkte T TT und P PP .
Nebenbedingung :
Der Punkt P PP liegt auf der Parabel.
Gib die Zielfunktion an. Benutze dazu den Satz des Pythagoras.
Gib die Funktionsgleichung der Nebenbedingung an.
T P ‾ 2 = x P 2 + ( 3,5 − y P ) 2 \overline{TP}^2=x_P^2+(3{,}5-y_P)^2TP 2 = x P 2 + ( 3 , 5 − y P ) 2
T P ‾ = x P 2 + ( 3,5 − y P ) 2 \overline{TP}=\sqrt{x_P^2+(3{,}5-y_P)^2}TP = x P 2 + ( 3 , 5 − y P ) 2
Beachte: Für alle Punkte, für die der Abstand minimal wird, wird auch das Quadrat des Abstandes minimal.Deshalb nimmt man T P ‾ 2 \overline{TP}^2TP 2 als Zielfunktion.
Dies erleichtert die Rechnung.
Zielfunktion :
T P ‾ 2 = x P 2 + ( 3,5 − y P ) 2 \overline{TP}^2=x_P^2+(3{,}5-y_P)^2TP 2 = x P 2 + ( 3 , 5 − y P ) 2
Nebenbedingung :
y P = 0,5 x P 2 − 2 y_P=0{,}5x_P^2-2y P = 0 , 5 x P 2 − 2
Setze die Nebenbedingung in die Zielfunktion ein.
T P ‾ 2 ( x P ) = x P 2 + ( 3,5 − 0,5 x P 2 + 2 ) 2 \overline{TP}^2(x_P)=x_P^2+(3{,}5-0{,}5x_P^2\color{red}{+}2)^2TP 2 ( x P ) = x P 2 + ( 3 , 5 − 0 , 5 x P 2 + 2 ) 2
T P ‾ 2 ( x P ) = 0,25 x P 4 − 4,5 x P 2 + 30,25 \overline{TP}^2(x_P)=0{,}25x_P^4-4{,}5x_P^2+30{,}25TP 2 ( x P ) = 0 , 25 x P 4 − 4 , 5 x P 2 + 30 , 25
T P ‾ 2 ( x P ) ′ = x P 3 − 9 x P \overline{TP}^2(x_P)'=x_P^3-9x_PTP 2 ( x P ) ′ = x P 3 − 9 x P
Setze die Ableitung gleich Null und löse die Gleichung.
x P 3 − 9 x P = 0 x P ( x P 2 − 9 ) = 0 x P 1 = 0 x P 2 = + 3 x P 3 = − 3 \def\arraystretch{1.25} \begin{array}{ccc}x_P^3-9x_P&=&0\\x_P(x_P^2-9)&=&0\\x_{P1}&=&0\\x_{P2}&=&+3\\x_{P3}&=&-3\end{array}x P 3 − 9 x P x P ( x P 2 − 9 ) x P 1 x P 2 x P 3 = = = = = 0 0 0 + 3 − 3
Untersuche, für welche der Lösungen die 2. Ableitung positiv ist, damit jeweils ein Minmum vorliegt
T P ‾ 2 ( x P ) ′ ′ = 3 x P 2 − 9 T P ‾ 2 ( 0 ) ′ ′ = − 9 T P ‾ 2 ( ± 3 ) ′ ′ = + 18 \def\arraystretch{1.25} \begin{array}{lcc}\overline{TP}^2(x_P)''&=&3 x_P^2- 9\\\overline{TP}^2(0)''&=&-9\\\overline{TP}^2(\pm3)''&=&+18\end{array}TP 2 ( x P ) ′′ TP 2 ( 0 ) ′′ TP 2 ( ± 3 ) ′′ = = = 3 x P 2 − 9 − 9 + 18
x P = 0 x_P=0x P = 0 ergibt ein lokales Maximum des Abstandsquadrats.
x p = − 3 x_p=-3x p = − 3 und x P = + 3 x_P=+3x P = + 3 liefern ein Minimum des Quadrat des Abstandes und damit auch ein Minimum des Abstands.
Gib die drei Punkte und den dazu gehörigen Abstand an.
Einsetzen der drei x P x_Px P -Werte in die Nebenbedingung:
y ( 0 ) = − 2 y(0)=-2y ( 0 ) = − 2 ⇒ \quad\Rightarrow⇒ P 0 ( 0 ∣ − 2 ) P_0(0|-2)P 0 ( 0∣ − 2 ) und \text {und}und T P 0 ‾ = 30,25 = 5,5 \quad\overline{TP_0}=\sqrt{30{,}25}=5{,}5T P 0 = 30 , 25 = 5 , 5
y ( ± 3 ) = 0,5 ⋅ 9 − 2 = 2,5 y(\pm{3})=0{,}5\cdot9-2=2{,}5y ( ± 3 ) = 0 , 5 ⋅ 9 − 2 = 2 , 5 ⇒ \;\Rightarrow⇒ P 2 ∣ 3 ( ± 3 ∣ 2,5 ) \;P_{2|3}(\pm{3}|2{,}5)P 2∣3 ( ± 3 ∣2 , 5 ) und T P 2 / 3 ‾ = 0,25 ⋅ 81 − 4,5 ⋅ 9 + 30,25 = 10 ≈ 3,16 \overline{TP_{2/3}}=\sqrt{0{,}25\cdot81-4{,}5\cdot9+30{,}25}=\sqrt{10}\approx3{,}16T P 2/3 = 0 , 25 ⋅ 81 − 4 , 5 ⋅ 9 + 30 , 25 = 10 ≈ 3 , 16
Ergebnis:
Die beiden Punkte P 1 ( − 3 ∣ 2,5 ) P_1(-3|2{,}5)P 1 ( − 3∣2 , 5 ) und P 2 ( + 3 ∣ 2,5 ) P_2(+3|2{,}5)P 2 ( + 3∣2 , 5 ) haben von der Parabel mit rund 3,16 LE 3{,}16\,\text{LE}3 , 16 LE den geringsten Abstand.
Im nachfolgenden Applet kannst du dies überprüfen indem du den Punkt P PP verschiebst.
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Alternative Lösung Bei dieser Lösung ermittelst du in Frage kommende Parabelpunkt über eine Betrachtung von Tangenten der Parabel.
Parabel: p ( x ) = 0,5 x 2 − 2 \quad\quad\quad\quad p(x)=0{,}5x^2-2p ( x ) = 0 , 5 x 2 − 2
Tangentensteigung: p ′ ( x ) = x \;p'(x)=xp ′ ( x ) = x
Gib die Steigung m mm von [ T P ] [TP][ TP ] an.
m [ T P ] = y − 3,5 x = 0,5 x 2 − 5,5 x x ≠ 0 \displaystyle m_{[TP]}=\frac{y-3{,}5}{x}=\frac{0{,}5x^2-5{,}5}{x}\quad x\neq0m [ TP ] = x y − 3 , 5 = x 0 , 5 x 2 − 5 , 5 x = 0
m [ T P ] ⋅ p ′ ( x ) = − 1 x ≠ 0 0,5 x 2 − 5,5 x ⋅ x = − 1 0,5 x 2 − 5,5 = − 1 x 2 = 9 x 2 / 3 = ± 3 \def\arraystretch{2} \begin{array}{ccc} m_{[TP]}\cdot p'(x)&=&-1\;\;\;\;x\neq0\\ \\ \dfrac{0{,}5x^2-5{,}5}{x}\cdot{x}&=&-1\\ \\0{,}5x^2-5{,}5&=&-1\\x^2&=&9\\x_{2/3}&=&\pm3\end{array}m [ TP ] ⋅ p ′ ( x ) x 0 , 5 x 2 − 5 , 5 ⋅ x 0 , 5 x 2 − 5 , 5 x 2 x 2/3 = = = = = − 1 x = 0 − 1 − 1 9 ± 3
Damit sind - auf anderem Weg - die x-Koordinaten der beiden Lösungspunkte der Extremumsaufgabe gefunden.
Zusatz:
Auch für den Punkt P ( 0 ∣ − 2 ) P(0|-2)P ( 0∣ − 2 ) ("Maximumspunkt") steht die Tangente senkrecht auf der Verbindungsstrecke zu T TT .