Weitere Aufgaben zu Extremwertproblemen

Abstand eines Punktes von einer Geraden

Bei dieser Aufgabe bestimmst du als Extremwertaufgabe denjenigen Punkt der Geraden, der von einem gegebenen Punkt außerhalb der Geraden den kleinsten Abstand hat.

Der Zeichnung entnimmst du die Zielfunktion und die Nebenbedingung dieser Extremwertaufgabe.

Zielfunktion

Abstand der Punkte $P$ und $T$.

Nebenbedingung

Der Punkt $P$ liegt auf der Geraden

$y=x+1$

Berechne die Zielfunktion mit Hilfe des Satzes des Pythagoras.

Beachte für Extremwertaufgaben mit einer Abstandsbedingung:

Für alle Punkte, für die der Abstand minimal oder maximal wird, ist auch das Quadrat des Abstandes minimal bzw. maximal, da gilt:

$0<\overline{T{P}_1}<\overline{T{P}_2}\iff {\overline{T{P}_1}}^2<{\overline{T{P}_2}}^2$.

Da die Ableitung für ${\overline{TP}}^2$ bequemer zu berechnen ist, als für $\overline{TP}$ (keine Wurzel!), benutzt man als Zielfunktion ab hier das Quadrat des Abstandes.

Berechne die 2. Ableitung der Zielfunktion, um dich zu versichern, dass $x_P=\mathrm{0,5}$ ein Minimum des Quadrats des Abstandes liefert.

${\overline{TP}}^2(x_P{)}^{\prime \prime }=+4>0$

$\Rightarrow x_P=\mathrm{0,5}$

$\text{liefert Minimum}.$

Bestimme jetzt aus der Nebenbedingung $y_P$:

$y_P=\mathrm{0,5}+1=\mathrm{1,5}$

$\Rightarrow$ $P(\mathrm{0,5}|\mathrm{1,5})$ ist der gesuchte Punkt.

Berechne abschließend $\overline{TP}$, nicht nur ${\overline{TP}}^2$!!

Ergebnis:

Der minimale Abstand des Punktes $T(3|-1)$ von der Geraden $y=x+1$ beträgt:

$\overline{TP}\text{LE}=\sqrt{2\cdot \mathrm{0,25}-2\cdot \mathrm{0,5}+13}\text{LE}=\sqrt{\mathrm{12,5}}\text{LE}\approx \mathrm{3,54}\text{LE}.$

Alternative Lösung

Ohne Kenntnisse aus der Differenzialrechnung kannst du die Aufgabe auch mit einer geometrischen Überlegung lösen:

Der gesuchte Punkt der Geraden $g$ mit kleinstem Abstand zum Punkt $T$ ist der Lotfußpunkt $F$ vom Punkt $T$ auf die Gerade $g$.

Er kann

a) als Gleitpunkt auf der Geraden oder

b) als Schnittpunkt zweier Geraden

berechnet werden.

a) Der Lotfußpunkt $F$ als Gleitpunkt auf $g$.

Wenn die Strecke $[AF]$ auf der Geraden $g$ senkrecht stehen soll, muss für deren Steigungen $m_{[TF]}$ und $m_g$ gelten:

$m_{[TF]}\cdot m_g=-1$.

Also:

b) Der Lotfußpunkt $F$ liegt auf der Geraden $g$, seine x-Koordinate hast du gerade berechnet, die y-Koordinate erhältst du durch einsetzen in $g$:

Im nachfolgenden Applet kannst du die Rechnung überprüfen, indem du den Geradenpunkt $F$ verschiebst.

Zielfunktion:

Abstand der beiden Punkte $T$ und $P$.

Nebenbedingung:

Der Punkt $P$ liegt auf der Parabel.

Gib die Zielfunktion an. Benutze dazu den Satz des Pythagoras.

Gib die Funktionsgleichung der Nebenbedingung an.

${\overline{TP}}^2=x_P^2+(\mathrm{3,5}-y_P{)}^2$

$\overline{TP}=\sqrt{x_P^2+(\mathrm{3,5}-y_P{)}^2}$

Beachte: Für alle Punkte, für die der Abstand minimal wird, wird auch das Quadrat des Abstandes minimal.Deshalb nimmt man ${\overline{TP}}^2$ als Zielfunktion.

Dies erleichtert die Rechnung.

Zielfunktion:

${\overline{TP}}^2=x_P^2+(\mathrm{3,5}-y_P{)}^2$

Nebenbedingung:

$y_P=\mathrm{0,5}{x}_P^2-2$

Setze die Nebenbedingung in die Zielfunktion ein.

${\overline{TP}}^2(x_P)=x_P^2+(\mathrm{3,5}-\mathrm{0,5}{x}_P^2+2{)}^2$

Fasse in der Klammer zusammen und quadriere mit der binomischen Formel.

${\overline{TP}}^2(x_P)=\mathrm{0,25}{x}_P^4-\mathrm{4,5}{x}_P^2+\mathrm{30,25}$

Bilde die Ableitung

${\overline{TP}}^2(x_P{)}^{\prime }=x_P^3-9x_P$

Setze die Ableitung gleich Null und löse die Gleichung.

$\begin{array}{ccc}{x}_P^3-9x_P& =& 0\\ x_P(x_P^2-9)& =& 0\\ x_{P1}& =& 0\\ x_{P2}& =& +3\\ x_{P3}& =& -3\end{array}$

Untersuche, für welche der Lösungen die 2. Ableitung positiv ist, damit jeweils ein Minmum vorliegt

$\begin{array}{lcc}{\overline{TP}}^2(x_P{)}^{\prime \prime }& =& 3x_P^2-9\\ {\overline{TP}}^2(0{)}^{\prime \prime }& =& -9\\ {\overline{TP}}^2(\pm 3{)}^{\prime \prime }& =& +18\end{array}$

$x_P=0$ ergibt ein lokales Maximum des Abstandsquadrats.

$x_p=-3$ und $x_P=+3$ 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 $x_P$-Werte in die Nebenbedingung:

$y(0)=-2$ $\Rightarrow$ $P_0(0|-2)$ $\text{und}$ $\overline{T{P}_0}=\sqrt{\mathrm{30,25}}=\mathrm{5,5}$

$y(\pm 3)=\mathrm{0,5}\cdot 9-2=\mathrm{2,5}$ $\Rightarrow$ $P_{2|3}(\pm 3|\mathrm{2,5})$ und $\overline{T{P}_{2/3}}=\sqrt{\mathrm{0,25}\cdot 81-\mathrm{4,5}\cdot 9+\mathrm{30,25}}=\sqrt{10}\approx \mathrm{3,16}$

Ergebnis:

Die beiden Punkte $P_1(-3|\mathrm{2,5})$ und $P_2(+3|\mathrm{2,5})$ haben von der Parabel mit rund $\mathrm{3,16}\text{LE}$ den geringsten Abstand.

Im nachfolgenden Applet kannst du dies überprüfen indem du den Punkt $P$ verschiebst.

Alternative Lösung

Bei dieser Lösung ermittelst du in Frage kommende Parabelpunkt über eine Betrachtung von Tangenten der Parabel.

Parabel: $p(x)=\mathrm{0,5}{x}^2-2$

Tangentensteigung:$p^{\prime }(x)=x$

Gib die Steigung $m$ von $[TP]$ an.

$${\displaystyle m_{[TP]}=\frac{y-\mathrm{3,5}}{x}=\frac{\mathrm{0,5}{x}^2-\mathrm{5,5}}{x}x\ne 0}$$

Lotbedingung ansetzen!

$\begin{array}{ccc}{m}_{[TP]}\cdot p^{\prime }(x)& =& -1x\ne 0\\ & & \\ {\displaystyle \frac{\mathrm{0,5}{x}^2-\mathrm{5,5}}{x}}\cdot x& =& -1\\ & & \\ \mathrm{0,5}{x}^2-\mathrm{5,5}& =& -1\\ x^2& =& 9\\ x_{2/3}& =& \pm 3\end{array}$

Damit sind - auf anderem Weg - die x-Koordinaten der beiden Lösungspunkte der Extremumsaufgabe gefunden.

Zusatz:

Auch für den Punkt $P(0|-2)$ ("Maximumspunkt") steht die Tangente senkrecht auf der Verbindungsstrecke zu $T$.

In dieser Aufgabe aus dem Wirtschaftsleben sollst du den Zusammenhang zwischen Warenpreis und Verkaufserfolg, der am Umsatz gemessen wird, erfassen und den maximalen Umsatz als Extremwertaufgabe berechnen.

Anmerkung: Diese Lösungsskizze rechnet ohne Einheiten.

Setze die erste Ableitung gleich Null und erkenne anhand der zweiten Ableitung, dass es sich um ein Maximum handelt.

Berechne $U_{max}$.

$U_{max}=U(200)=(1200-3\cdot 200)\cdot 200=120000$

Ergebnis:

Der maximale monatliche Umsatz der Firma beim Verkauf des Artikels beträgt $120000€$ bei einem Stückpreis von $200€$.

Bei dieser Aufgabe ist einem Dreieck ein größtmögliches Rechteck einzubeschreiben. Es handelt sich also um eine Extremwertaufgabe

Wenn du eine Rechtecksseite auf die Grundlinie des Dreiecks legst, bedeutet die Forderung des "Einbeschreibens", dass die beiden weiteren Rechteckspunkte $P$ und $Q$ jeweils auf den anderen Seiten des Dreiecks liegen. Dies ergibt zwei Nebenbedingungen für die Extremwertaufgabe.

Da der Flächeninhalt maximiert werden soll, benötigst du zunächst als Zielfunktion die Formel für den Flächeninhalt eines Rechtecks, in die du dann die Nebenbedingungen "einarbeiten" musst.

Zielfunktion

$A(a;b)=a\cdot b$ mit $a=x_P-x_Q(\text{da}{x}_Q<0)$ und $b=y_P$ also:

$A(x_P;y_P;x_Q)=(x_P-x_Q)\cdot y_P$

1. Nebenbedingung

$P(x_P|y_P)$ liegt auf der Geraden $p$.

Stelle die Gleichung der Geraden $p$ mit Hilfe der Punkte $B\left(6|0\right)$ und $C\left(0|4\right)$ auf.

$${\displaystyle m_P=\frac{4-0}{0-6}=-\frac{2}{3}}$$

$t=4$

$\Rightarrow (1)p:y_P=-{\displaystyle \frac{2}{3}}\cdot x_P+4$

Gib nun die 2. Nebenbedingung an.

2. Nebenbedingung

$Q(x_Q|y_P)$ liegt auf der Geraden $q$.

Stelle die Gleichung der Geraden $q$ mit Hilfe der Punkte $A(-2|0)$ und $C\left(0|4\right)$ auf.

$${\displaystyle m_Q=\frac{4-0}{0+2}=+2}$$

$t=4$

$\Rightarrow (2)q:y_P=2\cdot x_Q+4$

Löse nach $x_Q$ auf.

Setze $y_P=-{\displaystyle \frac{2}{3}}\cdot x_P+4$ und $x_Q=-{\displaystyle \frac{1}{3}}\cdot x_P$ in die Zielfunktion $A(x_P;y_P;x_Q)=(x_P-x_Q)\cdot y_P$ ein, um die Zielfunktion in Abhängigkeit der einzigen Variablen $x_P$ zu erhalten.

$𝔻=]0;6[$

Bilde die Ableitung $A^{\prime }(x_P)$.

$${\displaystyle A^{\prime }(x_P)=-\frac{16}{9}{x}_P+\frac{16}{3}}$$

Setze $A^{\prime }(x_P)$ gleich Null und löse die Gleichung.

Überprüfe mit der 2. Ableitung, ob sich für $x_P=3$ tatsächlich ein Maximum ergibt.

$A^{\prime \prime }(x)=-{\displaystyle \frac{16}{9}}$

$A^{\prime \prime }(x)$ ist eine konstante Funktion. Somit ist auch $A^{\prime \prime }(3)<0$ und $x_P=3$ ergibt eine größtmögliche Rechtecksfläche.

Setze $x_P=3$ in die Fläche $A(x_P)$ ein.

Flächeninhalt:

$${\displaystyle A(x_P)=-\frac{8}{9}\cdot x_P^2+\frac{16}{3}\cdot x_P}$$

$\Rightarrow$

$${\displaystyle A(3)=-\frac{8}{9}\cdot 9+\frac{16}{3}\cdot 3=8}$$

Setze $x_P=3$ auch noch in die 1. Nebenbedingung ein, um die 2. Koordinate des Eckpunktes P zu erhalten.

Nebenbedingung:

$${\displaystyle y_P=-\frac{2}{3}\cdot x_P+4}$$

$\Rightarrow y_P=-{\displaystyle \frac{2}{3}}\cdot 3+4=2$

Ergebnis:

Mit dem Eckpunkt $P(3|2)$ ist das größtmögliche Rechteck in das Dreieck einbeschrieben und hat den Flächeninhalt $8{\text{LE}}^2$.

Alternative Lösung 1

Lies den Scheitelpunkt ab $\Rightarrow S(3|8)$

Dessen 2. Koordinate liefert den gesuchten maximalen Flächeninhalt eines dem Dreieck einbeschriebenen Rechtecks.

$A_{max}=8{\text{LE}}^2$

Im nachfolgenden Applet kannst du durch Verschieben des Punktes P das Ergebnis kontrollieren.

Alternative Lösung 2

Die gestellte Aufgabe lässt eine verblüffend einfache Lösung zu. Dabei wird das Koordinatensystem nicht benötigt, sondern sie ergibt sich aus dem Strahlensatz.

Entscheidend für diese Möglichkeit ist, dass vom Dreieck $ABC$ neben der Grundlinie $\overline{AB}=8\text{LE}$ die Höhe auf diese Seite mit $h=y(C)=4\text{LE}$ gegeben ist.

Die Nebenbedingung ergibt sich aus dem Strahlensatz.

Benutze den Strahlensatz und erhalte:

Setze $b$ in $A(a;b)$ ein.

$A(a)=a\cdot (-{\displaystyle \frac{1}{2}}a+4)$

$A(a)=-{\displaystyle \frac{1}{2}}{a}^2+4a$

Die Zielfunktion $A(a)$ ist eine nach unten geöffnete Parabel. Deshalb ergibt die y-Koordinate des Scheitelpunktes den maximal möglichen Flächeninhalt einbeschriebener Rechtecke.

Den Scheitelpunkt berechnest du über die Ableitung von $A(a)$ oder mit einer quadratischen Ergänzung.

Ableitung von $A(a)$

$A^{\prime }(a)=-a+4$

$A^{\prime }(a)=0\Rightarrow a=4$

$\Rightarrow A_{max}=8$

quadratische Ergänzung

$A(a)=-\frac{1}{2}(a^2-8a+4^2)+8$

$=-\frac{1}{2}(a-4{)}^2+8$

$\Rightarrow S(4|8)$

Vertiefung der Aufgabe

In der gegebenen Aufgabenstellung soll das Rechteck dem Dreieck $ABC$ so einbeschrieben werden, dass eine Rechteckseite auf der Grundseite $[AB]$ liegt.

Natürlich kann man Rechtecke auch so einbeschreiben, dass eine Rechteckseite auf einer der beiden anderen Dreieckseiten liegt.

Dann stellt sich die Frage: Haben die maximal möglichen Flächeninhalte auch bei den beiden anderen Lagen den gleichen Wert?

Dass dies tatächlich so ist, kannst du am folgenden Applet nachvollziehen, indem du die unterschiedlichen Gleitpunkte $P_1$, $P_2$ oder $P_3$ verschiebst.

Bei dieser Aufgabe soll ein größtmöglicher Flächeninhalt bestimmt werden. Es handelt sich also um eine Extremwertaufgabe.

Die Scheibe sei höher als breit. Also gelte: $a>b$.

Das abgeschnittene Stück der Scheibe ist wegen des Neigungswinkels von 45° ein gleichschenklig-rechtwinkliges Dreieck mit der Kathetenlänge von $b/2LE$.

Die gesuchte rechteckige "Ersatzscheibe" habe die Seitenlängen $xLE$ und $yLE$ und entsteht von einem Punkt $P$ aus, der auf der abgebrochenen Schnittkante variiert.

Zwischenstand der Lösung:

Die gesuchte Ersatzscheibe mit maximalem Flächeninhalt wird von einem variablen Punkt P aus erzeugt, der auf der Strecke $[S_1;S_2]$ liegen muss.

Damit ist der Definitionsbereich der Flächen-Zielfunktion $A(t)$ auf das Intervall $[0;{\displaystyle \frac{b}{2}}]$ begrenzt.

$A(t)$ ist wegen $A^{\prime \prime }(t)<0$ eine nach unten geöffnete Parabel und der errechnete Wert $t_{max}={\displaystyle \frac{a}{2}}-{\displaystyle \frac{b}{4}}$ liefert ein lokales Maximum - also einen maximalen Flächeninhalt, aber nur dann, wenn der Wert im Intervall $[0;{\displaystyle \frac{b}{2}}]$ liegt.

Da $a>b$ ist jedenfalls $t_{max}>0$.

$t_{max}$ ist aber nicht für jedes Zahlenpaar $a$ und $b$ kleiner als ${\displaystyle \frac{b}{2}}$, da gilt:

Fallunterscheidung:

Fall 1: $b<a\le {\displaystyle \frac{3}{2}}b$ ("a nicht zu groß")$\Rightarrow t_{max}\in [0;{\displaystyle \frac{b}{2}}]$

Fall 2:$a>{\displaystyle \frac{b}{2}}$("a beliebig groß")$\Rightarrow t_{max}\notin [0;{\displaystyle \frac{b}{2}}]$

Setze $t_{max}$ in $A(t)$ ein.

Die Seitenlängen der Ersatzscheibe sind:

$x={\displaystyle \frac{b}{2}}+t_{max}={\displaystyle \frac{b}{2}}+{\displaystyle \frac{a}{2}}-{\displaystyle \frac{b}{4}}={\displaystyle \frac{a}{2}}+{\displaystyle \frac{b}{4}}$

$y=a-t_{max}=a-{\displaystyle \frac{a}{2}}+{\displaystyle \frac{b}{4}}={\displaystyle \frac{a}{2}}+{\displaystyle \frac{b}{4}}$

Die Ersatzscheibe ist demnach ein Quadrat.

Für den Punkt $P$ auf $[S_1;S_2]$ , von dem aus geschnitten wird gilt:

$${\displaystyle \overline{S_{1}P}=\sqrt{t^2+t^2}=\sqrt{2}(\frac{a}{2}-\frac{b}{4})}$$

Zahlenbeispiel

Am nachfolgenden Applet kannst du die Aufgabe mit den Zahlenwerten $a=5LE$ und $b=4LE$ nachvollziehen. Verschiebe dazu den Erzeugungspunkt $P$ längst der Bruchkante $[S_1{S}_2]$.

Man erhält für den maximalen Flächeninhalt $\mathrm{12,25}FE$, für die (quadratische) Rechtecksseite $\mathrm{3,5}LE$ und für den Abstand des Punktes $P$ von $S_1$ den Wert $\mathrm{1,5}\cdot \sqrt{2}LE\approx \mathrm{2,1}LE$

Fall 2

$a>{\displaystyle \frac{3}{2}}b\Rightarrow t_{max}>{\displaystyle \frac{b}{2}}\Rightarrow t_{max}\notin [0;{\displaystyle \frac{b}{2}}]$

Damit liegt der Scheitelpunkt der Flächenparabel $A(t)$ rechts vom Intervall $[0;{\displaystyle \frac{b}{2}}]$ und $A(t)$ nimmt in diesem Intervall streng monoton zu.

Die größte Fläche wird demnach - als Randextremum - angenommen, wenn der erzeugende Punkt $P$ mit dem rechtem Randpunkt $S_2$ zusammenfällt. Also für $t={\displaystyle \frac{b}{2}}$.

Demnach gilt hier:

$A_{max}=A({\displaystyle \frac{b}{2}})=b\cdot (a-{\displaystyle \frac{b}{2}})$.

Die Seitenlängen für $A_{max}$ sind:

$x={\displaystyle \frac{b}{2}}+{\displaystyle \frac{b}{2}}=b$ und $y=a-{\displaystyle \frac{b}{2}}$.

Für den erzeugenden Punkt $P$ gilt: $P=S_2$.

Zahlenbeispiel

Am nachfolgenden Applet kannst du die Aufgabe mit den Zahlenwerten $a=6LE$ und $b=3LE$ nachvollziehen. Verschiebe dazu den Erzeugungspunkt $P$ längs der Bruchkante $[S_1{S}_2]$.

Man erhält für den maximalen Flächeninhalt $\mathrm{13,5}FE$, bei den Seitenlängen von $a=\mathrm{4,5}LE$ und $b=3LE$.

Zusammenfassung

Die Aufgabe ist durch die notwendige Fallunterscheidung der Fenstermaße anspruchsvoll.

Falls die Fensterhöhe "nicht zu groß" gegenüber der Fensterbreite ist ($a\le {\displaystyle \frac{3}{2}}b$), besitzt die Aufgabe ein lokales Maximum.

Falls die Fensterhöhe "zu groß" gegenüber der Fensterbreite ist ($a>{\displaystyle \frac{3}{2}}b$) ergibt sich ein Randmaximum.

Alternative Lösung

Die beschriebene Lösung hat für die variable Lage des Erzeugungspunktes $P$ auf der Bruchkante $[S_1{S}_2]$ seinen horizontalen Abstand $t$ vom Punkt $S_1$ als Parameter verwendet.

Für eine alternative Lösung der Aufgabe verzichten wir auf einen zusätzlichen Parameter und betrachten die Rechtecksseiten $x$ und $y$ als die Variablen des gesuchten maximalen Rechtecks und bestimmen die Nebenbedingung zwischen $x$ und $y$ aus dem Strahlensatz.

Zwischenstand der alternativen Lösung

Die gesuchte Ersatzscheibe mit maximalem Flächeninhalt ist ein Rechteck mit den Seitenlängen $xLE$ und $yLE$.

Dabei muss $x$ eine Zahl aus dem Intervall $[b/2;b]$ sein, damit der erzeugende Punkt $P$ auf der Strecke $[S_1{S}_2]$ liegt.

Durch die Nebenbedingung aus dem Strahlensatz ergibt sich mit $A(x)=-x^2+(a+{\displaystyle \frac{b}{2}})x$ eine nach unten geöffnete Parabel und $x_m={\displaystyle \frac{a}{2}}+{\displaystyle \frac{b}{4}}$ liefert ein lokales Maximum für die Rechtecksfläche - aber nur dann, wenn $x_m$ im Intervall $[b/2;b]$ liegt.

Da gilt: $a>b$, ist jedenfalls

$x_m={\displaystyle \frac{a}{2}}+{\displaystyle \frac{b}{4}}>{\displaystyle \frac{b}{3}}+{\displaystyle \frac{b}{4}}>{\displaystyle \frac{b}{2}}$.

$x_m$ ist aber nicht für jedes Zahlenpaar $a$ und $b$ kleiner als $b$, da gilt:

Fallunterscheidung

Fall 1:$b<a\le \frac{3}{2}b\text{"a ist nicht zu groß"}\Rightarrow x_m\in [\frac{b}{2};b]$

Fall 2: $a>\frac{3}{2}b\text{"a beliebig groß"}\Rightarrow x_m\notin [\frac{b}{2};b]$

Das maximale Rechteck ist demnach ein Quadrat mit der Seitenlänge ${\displaystyle \frac{a}{2}}+{\displaystyle \frac{b}{4}}$.

Für die Fläche gilt:$A_{max}=({\displaystyle \frac{a}{2}}+{\displaystyle \frac{b}{4}}{)}^2$

Fall 2:

$a>{\displaystyle \frac{3}{2}}b\Rightarrow x_m>b\Rightarrow x_m\notin [{\displaystyle \frac{b}{2}};b]$

Damit liegt der Scheitelpunkt der Parabel $A(x)$ rechts vom Intervall $[{\displaystyle \frac{b}{2}};b]$ und $A(x)$ nimmt in diesem Intervall streng monoton zu.

Die größte Fläche wird demnach - als Randextremum - angenommen, wenn der erzeugende Punkt $P$ mit dem rechten Randpunkt $S_2$ zusammenfällt. Also für $x_m=b$.

Damit gilt für die Seitenlängen des gesuchten maximalen Rechtecks $x=b$ und $y=a-{\displaystyle \frac{b}{2}}$.

Die maximale Fläche ist:

$A_{max}=b\cdot (a-{\displaystyle \frac{b}{2}})$

Die beiden folgenden Grafiken veranschaulichen die alternative Lösung der Aufgabe.

Aufstellen der Zielfunktion und der Nebenbedingung

Die Zielfunktion bei dieser Aufgabe ist das Volumen eines Kegels:

Die Nebenbedingung ergibt sich aus der obigen rechten Abbildung.

Im rechtwinkligen Dreieck gilt der Satz des Pythagoras:

Die Volumenfunktion $V$ hängt sowohl von $r$ als auch von $h$ ab, d.h. $V(r,h)$.

Um die Nebenbedingung in die Zielfunktion einzusetzen kann man sie nach einer der beiden Variablen $r$ oder $h$ auflösen. Man hat somit zwei Lösungsvarianten.

Die einfachere dieser beiden Lösungsvarianten ergibt sich, wenn das Volumen $V$ des Kegels nur von der Kegelhöhe $h$ abhängig ist, d.h. es muss $V(h)$ bestimmt werden.

Lösungsvariante 1

Einsetzen in die Zielfunktion

Gleichung $$$(\mathrm{I}\mathrm{I})$ wird nach $r$ bzw. gleich nach $r^2$ aufgelöst: $r^2=R^2-h^2$.

Dieses $r^2$ wird nun in die Zielfunktion $(\mathrm{I})$ eingesetzt um die Extremalfunktion als Funktion von $h$ zu erhalten:

$V(h)={\displaystyle \frac{1}{3}}\pi \cdot (R^2-h^2)\cdot h={\displaystyle \frac{1}{3}}\pi \cdot (R^{2}h-h^3)$ $(\mathrm{I}\mathrm{I}\mathrm{I})$.

Für den Definitionsbereich $𝔻$ gilt: $0<h<R$.

Bestimmung des Extremwertes

Leite die Extremalfunktion $(\mathrm{I}\mathrm{I}\mathrm{I})$ zweimal ab, um den Extremwert und die Art des Extremwertes bestimmen zu können.

$V^{\prime }(h)={\displaystyle \frac{1}{3}}\pi \cdot (R^2-3h^2)$

$V^{\prime \prime }(h)={\displaystyle \frac{1}{3}}\pi \cdot (-6h)=-2\pi h<0$

Setze die erste Ableitung gleich Null: $0={\displaystyle \frac{1}{3}}\pi \cdot (R^2-3h^2)\Rightarrow R^2=3h^2$

Nach $h$ aufgelöst erhält man: $h={\displaystyle \frac{R}{\sqrt{3}}}$ $(\mathrm{I}\mathrm{V})$.

Da $h<R$ ist, gilt: $h\in 𝔻$.

Setze Gleichung $(\mathrm{I}\mathrm{V})$ in die zweite Ableitung ein: $V^{\prime \prime }({\displaystyle \frac{R}{\sqrt{3}}})=-2\pi \cdot {\displaystyle \frac{R}{\sqrt{3}}}<0$

Da die zweite Ableitung kleiner Null ist, ist der Extremwert ein Maximum.

Bestimmung des Kegelgrundkreisradius

Setzt man $h={\displaystyle \frac{R}{\sqrt{3}}}$ in $r^2=R^2-h^2$ ein,

so erhält man: $r^2=R^2-({\displaystyle \frac{R}{\sqrt{3}}}{)}^2={\displaystyle \frac{2}{3}}\cdot R^2$

Zieht man nun die Wurzel aus $r^2$, so erhält man für den Radius $r$ des Grundkreises des Kegels: $r=\sqrt{{\displaystyle \frac{2}{3}}}\cdot R$ $(\mathrm{V})$

Bestimmung des Mittelpunktwinkels

Für die Bogenlänge $b$ des ausgeschnittenen Kreissektors gilt: $b={\displaystyle \frac{R\cdot \pi \cdot \phi }{{180}^{\circ }}}$

Die Bogenlänge $b$ ist der Umfang des Kegelgrundkreises mit dem Radius $r$.

$b={\displaystyle \frac{R\cdot \pi \cdot \phi }{{180}^{\circ }}}=2\pi r\Rightarrow$ nach $\phi$ aufgelöst:

$\phi ={\displaystyle \frac{r\cdot {360}^{\circ }}{R}}$ $(\mathrm{V}\mathrm{I})$.

Setzt man Gleichung $(\mathrm{V})$ $r=\sqrt{{\displaystyle \frac{2}{3}}}\cdot R$ in Gleichung $(\mathrm{V}\mathrm{I})$ ein,

erhält man $\phi =\sqrt{{\displaystyle \frac{2}{3}}}\cdot {360}^{\circ }\approx {\mathrm{293,94}}^{\circ }$

Anmerkung: Der Winkel $\phi$ ist von $R$ unabhängig.

Das maximale Volumen in Abhängigkeit von $R$

Setzt man die Gleichungen $(\mathrm{I}\mathrm{V})$ und $(\mathrm{V})$ in Gleichung $(\mathrm{I})$ ein, so erhält man das maximale Volumen:

$V_{max}={\displaystyle \frac{2}{9\cdot \sqrt{3}}}\cdot \pi \cdot R^3$

Beantwortung der Ausgangsfrage

Die Popkorntüte hat ein maximales Volumen, wenn aus dem Kreis mit Radius $R$ ein Kreissektor mit dem Mittelpunktswinkel $\phi \approx {\mathrm{293,94}}^{\circ }$ ausgeschnitten wird.

Der Radius des Kegelgrundkreises beträgt $r=\sqrt{{\displaystyle \frac{2}{3}}}\cdot R$.

Die Höhe des Kegels beträgt $h={\displaystyle \frac{R}{\sqrt{3}}}$ und sein maximales Volumen ist

$V_{max}={\displaystyle \frac{2}{9\cdot \sqrt{3}}}\cdot \pi \cdot R^3$.

Lösungsvariante 2

Einsetzen in die Zielfunktion

Löst man Gleichung $(\mathrm{I}\mathrm{I})$ nach $h$ auf, erhält man: $h=\sqrt{R^2-r^2}$ $(\mathrm{V}\mathrm{I}\mathrm{I})$

Setzt man Gleichung $(\mathrm{V}\mathrm{I}\mathrm{I})$ in Gleichung $(\mathrm{I})$ ein, erhält man das Volumen in Abhängigkeit von $r$: $V(r)={\displaystyle \frac{1}{3}}\pi \cdot r^2\cdot \sqrt{R^2-r^2}(\mathrm{V}\mathrm{I}\mathrm{I}\mathrm{I})$

Für den Definitionsbereich $𝔻$ gilt: $0<r<R$.

Anmerkung: Für $r=0$ und $r=R$ ist das Volumen gleich Null.

Bestimmung des Extremwertes

Leite die Extremalfunktion $(\mathrm{V}\mathrm{I}\mathrm{I}\mathrm{I})$ zweimal ab, um den Extremwert und die Art des Extremwertes bestimmen zu können. Für diese Ableitung benötigst du die Produktregel, die Ableitung einer Wurzel und die Kettenregel. Der Rechenaufwand für diese Ableitung ist relativ hoch. Mit einem Rechentrick kann man den Rechenaufwand verringern. Der Funktionsterm wird so umgeformt, dass der Term $r^2$ unter die Wurzel gezogen wird. Man erhält Gleichung $(\mathrm{I}\mathrm{X})$.

$V(r)={\displaystyle \frac{1}{3}}\pi \cdot \sqrt{r^4(R^2-r^2)}={\displaystyle \frac{1}{3}}\pi \cdot \sqrt{R^2\cdot r^4-r^6}$ $(\mathrm{I}\mathrm{X})$

Für die Ableitung von Gleichung $(\mathrm{I}\mathrm{X})$ genügt die Betrachtung des Radikanden.

Nimmt der Radikand einen maximalen Wert an, so ist auch die Wurzel aus diesem maximalen Radikanden ebenfalls maximal. Damit ist auch $V(r)$ maximal.

Wir betrachten nun den Radikanden als Funktion von $r$.

$f(r)=R^2\cdot r^4-r^6$ und suchen das Maximum dieser Funktion.

$f^{\prime }(r)=4\cdot R^2\cdot r^3-6\cdot r^5$

$f^{\prime \prime }(r)=12\cdot R^2\cdot r^2-30\cdot r^4$