Aufgaben zu Extremwertproblemen aus der Geometrie

Eine oben offene zylinderförmige Dose mit dem Volumen V soll aus Blech hergestellt werden. Dabei soll der Blechverbrauch möglichst gering sein. Bestimme die Höhe und den Durchmesser der Dose, sowie den minimalen Blechverbrauch.

Für diese Aufgabe benötigst Du folgendes Grundwissen: Ableitung

Wir suchen aus allen Konservendosen mit Volumen V diejenige mit minimalem Oberflächeninhalt.

Volumenformel: $V = G \cdot h$ (Grundseite mal Höhe) wobei die Grundseite eines Zylinders ein Kreis ist, d.h. $G_{Kreis} = r^{2} \cdot π$ .

Oberflächeninhalt eines Zylinders ist gegeben durch $A_{Zylinder} = A_{M a n t e l} + A_{K r e i s} = 2 \cdot r \cdot π \cdot h + r^{2} \cdot π$ .

Zielfunktion bestimmen: Der Oberflächeninhalt des Zylinders ist zu minimieren. Unsere Funktion ist von r und h abhängig. $A_{Zylinder} = 2 \cdot r \cdot π \cdot h + r^{2} \cdot π$ .
Nebenbedingungen formulieren und einsetzen: Der Oberflächeninhalt des Zylinders ist zu minimieren unter der Bedingung, dass das Volumen erhalten bleibt. Wir können nun also die Höhe in Abhängkeit vom Radius ermitteln, indem wir die Formel $V = G_{Kreis} \cdot h = r^{2} \cdot π \cdot h$ nach h auflösen. Es ergibt sich die Nebenbedingung $h = \frac{V}{r^{2} \cdot π}$ . Einsetzen in die Zielfunktion ergibt: $A = 2 \cdot r \cdot π \cdot (\frac{V}{r^{2} \cdot π}) + r^{2} \cdot π = 2 \cdot \frac{V}{r} + r^{2} \cdot π = 2 V \cdot \frac{1}{r} + π \cdot r^{2}$ . Unsere Zielfunktion hängt jetzt nur noch von r ab, also können wir auch schreiben $A (r) = 2 V \cdot \frac{1}{r} + π \cdot r^{2}$ .
Für die Extremalfunktion $A (r)$ den Definitionsbereich $𝔻_{A}$ bestimmen: $𝔻_{A} = ℝ \ {0}$ . Allerdings muss r > 0 sein.
Wir suchen das Minimum von $A (r)$ mit Hilfe der ersten und zweiten Ableitung.

Erste Ableitung

$(\frac{1}{r})^{'} = - \frac{1}{r^{2}}$

${(r^{2})}^{'} = 2 r$

$\Rightarrow A^{'} (r) = 2 V \cdot (- \frac{1}{r^{2}}) + π \cdot 2 r$

Zweite Ableitung

$(\frac{1}{r})^{''} = \frac{2}{r^{3}}$

${(r^{2})}^{''} = (2 r) ‘ = 2$

$\Rightarrow A^{''} (r) = 2 V \cdot (2 \cdot \frac{1}{r^{3}}) + π \cdot 2$

Für ein mögliches Minimum muss die erste Ableitung gleich Null werden. Setze also $A^{'} (r) = 2 V \cdot (- \frac{1}{r^{2}}) + π \cdot 2 r$ gleich $0$ .

$\begin{array}{rcll} A^{'} (r) & = & 0 \\ 2 V \cdot (- \frac{1}{r^{2}}) + π \cdot 2 r & = & 0 \\ - \frac{2 V}{r^{2}} + π \cdot 2 r & = & 0 & | + \frac{2 V}{r^{2}} \\ 2 π r & = & \frac{2 V}{r^{2}} & | \cdot r^{2} \\ 2 π r^{3} & = & 2 V & | : 2 π \\ r^{3} & = & \frac{V}{π} & | \sqrt[3]{} \\ r & = & \sqrt[3]{\frac{V}{π}} \end{array}$

Einsetzen in die 2. Ableitung ergibt:

A^{''} (\sqrt[3]{\frac{V}{π}}) = 2 V \cdot (2 \cdot \frac{1}{{(\sqrt[3]{\frac{V}{π}})}^{3}}) + π \cdot 2 = \underset{= 4 \cdot π}{\underset{⏟}{4 V \cdot \frac{π}{V}}} + 2 \cdot π = 6 \cdot π > 0

Also liegt tatsächlich ein Minimum vor an dieser Stelle.

Lösung

Den minimale Oberflächeninhalt erhält man für die Dose mit dem Radius $r_{\min} = \sqrt[3]{\frac{V}{π}}$ . Also ist der Durchmesser $d = 2 r = 2 \sqrt[3]{\frac{V}{π}}$ . Die Höhe h erhält man aus der Nebenbedingung $h = \frac{V}{r^{2} \cdot π}$ durch einsetzen von $r_{\min}$ , also

h = \frac{V}{\sqrt[3]{{(\frac{V}{π})}^{2}} \cdot π} = \frac{\sqrt[3]{V^{3}}}{\sqrt[3]{\frac{V^{2}}{π^{2}}} \cdot \sqrt[3]{π^{3}}} = \sqrt[3]{\frac{V^{3}}{V^{2} \cdot π}} = (\sqrt[3]{\frac{V}{π}})

Der minimale Oberflächeninhalt ist $3 π \cdot {(\sqrt[3]{\frac{V}{π}})}^{2}$ (Einsetzen in die Zielfunktion.)

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