Extremwertaufgabe

22.05.2018, 16:09

xpatx

Extremwertaufgabe

Meine Frage:
Aufgabe: http:...

Edit (mY+): Link zu Lightshot entfernt. Externe Filehoster sollen hier nicht benützt werden.

Ich bekomme es einfach nicht hin, eine Formel für die Fläche zu finden

Meine Ideen:
Habe bereits versucht mittels Pythagoras X raus zubekommen, wird aber nichts.

22.05.2018, 17:18

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Wenn Leute die Bilder auf externen Filehostern ablegen (noch dazu so, dass man sich den Hals verrenkt) statt gleich hier im Board, dann habe ich sofort den Verdacht der Crossposterei...

22.05.2018, 17:25

xpatx

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von HAL 9000
Wenn Leute die Bilder auf externen Filehostern ablegen (noch dazu so, dass man sich den Hals verrenkt) statt gleich hier im Board, dann habe ich sofort den Verdacht der Crossposterei...

Kann den Beitrag leider nicht mehr bearbeiten, die Dateien sind außerdem leider zu groß (max dateigröße ist 293KB). Wenn ich die Bilder auf so eine Dateigröße bringen würde, wären sie schlecht lesbar.

22.05.2018, 19:01

Helferlein

Auf diesen Beitrag antworten »

Einmal von deiner externen Seite kopiert und hier eingefügt, schon sind es 143KB und passt.
Nimm in Zukunft notfalls eins der kostenlos verfügbaren Verkleinerungstools im Web.

Zu deiner Aufgabe: Wie lautet denn der genaue Aufgabentext? Das x muss ja irgendwie definiert worden sein.

EDIT: Ok, es sind zwei Bilder. Im zweiten steckt der Aufgabentext:

[attach]47292[/attach]

22.05.2018, 19:17

xpatx

Auf diesen Beitrag antworten »

Danke! Eine Lösung würde auch nicht schaden Augenzwinkern

22.05.2018, 21:01

Leopold

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von xpatx
Danke! Eine Lösung würde auch nicht schaden Augenzwinkern

Gerne doch.
Es können maximal $\begin{align*} \frac{200}{\pi} \cdot \left( \sqrt{5} - 1 \right) \end{align*}$ Prozent, also rund 78,7 Prozent der Kreisfläche bedeckt werden.

22.05.2018, 21:27

xpatx

Auf diesen Beitrag antworten »

Hey, danke schonmal für das Ergebnis! Könntest du bitte nich ein paar Erklärungen dazuformulieren wie man auf dieses Ergebnis kommt? (Wie bekommt man Haupt / Nebenbedingung etc)

EDIT: Komplettzitat entfernt (klarsoweit)

23.05.2018, 09:32

klarsoweit

Auf diesen Beitrag antworten »

Wenn du mal die Breite (bzw. die Höhe) des Kreuzes mit a bezeichnest, kannst du schon mal eine Formel für die Kreuzfläche aufstellen.

Und bitte beachte: Prinzip "Mathe online verstehen!"

23.05.2018, 09:44

riwe

Auf diesen Beitrag antworten »

eventuell helfen dir Pythagoras und ein Bilderl weiter, wenn du vorhast, selbst etwas zu tun

23.05.2018, 21:05

Leopold

Auf diesen Beitrag antworten »

@ riwe

In deiner Graphik steht entweder x oder y an der falschen Stelle. So jedenfalls bezeichnen sie dasselbe. Das ist sicher nicht von dir gemeint.

EDIT
Ach so! x und y sind die Katheten des rechtwinkligen Dreiecks ... Ich hatte die Zeichnung zunächst so interpretiert, als ob x nur die untere Teilstrecke der vertikalen Kathete bezeichnete.

23.05.2018, 21:45

riwe

Auf diesen Beitrag antworten »

ja das sind die beiden Katheten
ich werde versuchen, es das nächste Mal besser zu machen Augenzwinkern

26.05.2018, 13:28

Leopold

Auf diesen Beitrag antworten »

Der Fragesteller scheint an der Sache nicht weiter Interesse zu haben. Oder er hat anderswo Hilfe gefunden. Für die Schule ist es sicher keine 08-15-Aufgabe, weniger wegen des Ansatzes, der für gute Schüler noch halbwegs machbar ist, als vielmehr wegen der erforderlichen Sicherheit in der Algebra, die im Schulunterricht heute nur noch auf unterstem Niveau abgehandelt wird.

Hier eine trigonometrische Lösung. Ich verwende die Bezeichnungen der Graphik.

Schließen in einem Dreieck zwei Seiten mit den Längen $\begin{align*} a,b \end{align*}$ einen Winkel der Größe $\begin{align*} \gamma \end{align*}$ ein, so hat das Dreieck bekanntermaßen den Flächeninhalt $\begin{align*} \frac{1}{2} ab \sin \gamma \end{align*}$ .

[attach]47261[/attach]

Das verwenden wir, um den Inhalt $\begin{align*} R \end{align*}$ des roten Vierecks zu bestimmen. Dazu subtrahieren wir vom Inhalt des Dreiecks $\begin{align*} ABM \end{align*}$ den Inhalt des gleichschenklig-rechtwinkligen Dreiecks $\begin{align*} ABC \end{align*}$ und erhalten

$\begin{align*} R = \frac{1}{2} r^2 \sin \varphi - \frac{1}{2} x^2 \end{align*}$

Die Strecke $\begin{align*} AB \end{align*}$ hat nach Pythagoras die Länge $\begin{align*} \sqrt{2} \, x \end{align*}$ . Der Cosinussatz im Dreieck $\begin{align*} ABM \end{align*}$ ergibt $\begin{align*} \left( \sqrt{2} \, x \right)^2 = r^2 + r^2 - 2 \cdot r \cdot r \cos \varphi \end{align*}$ , also

$\begin{align*} x^2 = r^2 \cdot \left( 1 - \cos \varphi \right) \end{align*}$

Das oben bei $\begin{align*} R \end{align*}$ eingesetzt führt auf

$\begin{align*} \text{(1)} \ \ R = \frac{1}{2} r^2 \cdot \left( \sin \varphi + \cos \varphi - 1 \right) \end{align*}$

Schneller geht es mit dem Inhalt $\begin{align*} B \end{align*}$ des blauen Dreiecks. Der ist

$\begin{align*} B = \frac{1}{2} r^2 \sin \psi \end{align*}$

Wegen der Nebenbedingung $\begin{align*} \varphi + \psi = \frac{\pi}{2} \end{align*}$ (siehe gestricheltes Quadrat) ist $\begin{align*} \sin \psi = \cos \varphi \end{align*}$ , also

$\begin{align*} \text{(2)} \ \ B = \frac{1}{2} r^2 \cos \varphi \end{align*}$

Die Fläche des Kreuz-Zwölfecks hat den Inhalt $\begin{align*} F = 4R + 4B \end{align*}$ . Mit $\begin{align*} \text{(1),(2)} \end{align*}$ wird daraus

$\begin{align*} \text{(3)} \ \ F = 2r^2 \cdot \left( \sin \varphi + 2 \cos \varphi - 1 \right) \, , \ \ 0 \leq \varphi \leq \frac{\pi}{2} \end{align*}$

Für $\begin{align*} \varphi = 0 \end{align*}$ entartet das Zwölfeck zu einem Quadrat mit Inhalt $\begin{align*} F = 2r^2 \end{align*}$
Für $\begin{align*} \varphi = \frac{\pi}{2} \end{align*}$ entartet das Zwölfeck zu einem Streckenkreuz mit Inhalt $\begin{align*} F = 0 \end{align*}$ .

Um nun den maximalen Wert für $\begin{align*} F \end{align*}$ zu finden, wird untersucht, wo die Ableitung für $\begin{align*} 0 < \varphi < \frac{\pi}{2} \end{align*}$ verschwindet:

$\begin{align*} \frac{\dd F}{\dd \varphi} = 0 \ \ \Leftrightarrow \ \ \cos \varphi - 2 \sin \varphi = 0 \ \ \Leftrightarrow \ \ \tan \varphi = \frac{1}{2} \end{align*}$

Die letzte Gleichung besitzt genau eine Lösung im Intervall $\begin{align*} 0 < \varphi < \frac{\pi}{2} \end{align*}$ (es ist $\begin{align*} \varphi = \arctan \frac{1}{2} \approx 26{,}6^{\circ} \end{align*}$ ). Den konkreten Winkel braucht man gar nicht. Man verwendet die Beziehungen

$\begin{align*} \sin \varphi = \frac{\tan \varphi}{\sqrt{1 + \tan^2 \varphi}} \, , \ \ \cos \varphi = \frac{1}{\sqrt{1 + \tan^2 \varphi}} \end{align*}$

die auf jeden Fall für Winkel $\begin{align*} \varphi \in \left( 0 , \frac{\pi}{2} \right) \end{align*}$ gelten, und setzt $\begin{align*} \tan \varphi = \frac{1}{2} \end{align*}$ in $\begin{align*} \text{(3)} \end{align*}$ ein:

$\begin{align*} F = 2r^2 \cdot \left( \frac{\frac{1}{2}}{\sqrt{1 + \left( \frac{1}{2} \right)^2}} + \frac{2}{\sqrt{1 + \left( \frac{1}{2} \right)^2}} - 1 \right) = 2r^2 \cdot \left( \sqrt{5} - 1 \right) \end{align*}$

Dieser Wert ist größer als $\begin{align*} 2r^2 \end{align*}$ (der Wert für $\begin{align*} \varphi = 0 \end{align*}$ ). Daher muß es der maximale Wert für $\begin{align*} F \end{align*}$ sein.

27.05.2018, 14:41

klarsoweit

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Leopold
Hier eine trigonometrische Lösung.

Es geht aber auch relativ einfach über die Kantenlängen des Kreuzes sowie über dessen Breite bzw. Höhe. Da braucht man an einer Stelle den Pythagoras und kommt zu einer halbwegs überschaubaren Hauptbedingung. In der Tat ist es aber keine 08-15-Aufgabe.

28.05.2018, 17:35

Kääsee

Auf diesen Beitrag antworten »

Hallo ihr Lieben,
meint ihr, der/die Fragesteller(in) meldet sich nochmal?
Mich interessiert die Aufgabe nämlich auch und ansonsten würde ich mal meinen Ansatz posten bzw. die vorgeschlagene Herangehensweise von klarsoweit versuchen!
LG und guten Wochenstart!

29.05.2018, 08:28

klarsoweit

Auf diesen Beitrag antworten »

Nur zu, die letzte Meldung liegt ja schon ein paar Tage zurück. smile

29.05.2018, 15:21

Kääsee

Auf diesen Beitrag antworten »

Folgt heute Abend, bin nur mobil online O:-)

29.05.2018, 19:40

Kääsee

Auf diesen Beitrag antworten »

So, also ich habe die Variablen bei der Zeichnung von riwe etwas anders gewählt,
x ist bei mir nur das kurze Abschnitt der "Kreuzbalken", d.h. die längere Kathete des Dreiecks ist bei mir x+y. Ich hoffe, ihr versteht, wie ich das meine.
Dann hat man
$\begin{eqnarray*} A_{\text{ges}}=A_{\text{Quadrat}}+4\cdot A_{\text{Rechteck}}=4y^2+4xy \end{eqnarray*}$
Außerdem weiß man eben mit Pythagoras, dass
$\begin{eqnarray*} r^2=y^2+(x+y)^2=2y^2+x^2+2xy \end{eqnarray*}$
Um die Sache zu vereinfachen, habe ich den Radius auf 1 normiert (ist das zulässig?) und bekomme dann
$\begin{eqnarray*} 0=x^2+2xy+2y^2-1 \end{eqnarray*}$
D.h. $\begin{eqnarray*} x_{1,2}=-y\pm\sqrt{y^2-2y^2+1}=-y\pm\sqrt{1-y^2} \end{eqnarray*}$
Dies eingesetzt in A ergbit
$\begin{eqnarray*} A(y)=4y^2+4y(-y\pm\sqrt{1-y^2})=\pm 4y\sqrt{1-y^2} \end{eqnarray*}$
Und das müsste meine zu maximierende Funktion sein.
Stimmt das soweit? Mich verwirrt es etwas, dass ich ja zwei verschiedene Funktionen habe.

29.05.2018, 20:26

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Sollte es angesichts deiner Längenbezeichnungen nicht eher

$\begin{eqnarray*} A_{\text{ges}}=4y^2+{\color{red}8}xy \end{eqnarray*}$

heißen? verwirrt

29.05.2018, 20:33

Leopold

Auf diesen Beitrag antworten »

Du kannst $\begin{align*} r=1 \end{align*}$ wählen. Aus dem Ergebnis kannst du den allgemeinen Fall durch eine Streckung mit dem Faktor $\begin{align*} r \end{align*}$ erhalten. Den Flächeninhalt mußt du also mit $\begin{align*} r^2 \end{align*}$ multiplizieren.

Allerdings stimmt deine Formel für $\begin{align*} A \end{align*}$ nicht. Korrekt wäre

$\begin{align*} A = 4y^2 + 8xy \end{align*}$

was alles ein bißchen komplizierter macht. (In der Vorschau sehe ich gerade, daß HAL dich schon darauf hingewiesen hat.)

Und beim Auflösen der Nebenbedingung

$\begin{align*} y^2 + (x+y)^2 = r^2 \end{align*}$

nach $\begin{align*} x \end{align*}$ würde ich nicht erst ausquadrieren, sondern direkt auflösen:

$\begin{align*} (x+y)^2 = r^2 - y^2 \end{align*}$

Da $\begin{align*} x+y \end{align*}$ als Streckenlänge positiv ist, kommt nur das positive Vorzeichen der Wurzel in Frage:

$\begin{align*} x+y = \sqrt{r^2 - y^2} \end{align*}$

Bei der Zielfunktion fehlt auch die Angabe des Definitionsbereichs. Welche $\begin{align*} y \end{align*}$ -Werte sind im Sinne der Aufgabe zulässig?

29.05.2018, 21:24

Kääsee

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von HAL 9000
Sollte es angesichts deiner Längenbezeichnungen nicht eher

$\begin{eqnarray*} A_{\text{ges}}=4y^2+{\color{red}8}xy \end{eqnarray*}$

heißen? verwirrt

Stimmt, na klar. Die längere Seite des Rechtecks ist ja 2y. Hammer

Nun gut, dann hätten wir (mit r=1)
$\begin{eqnarray*} A(y)=4y^2+8y(-y+\sqrt{1-y^2})=-4y^2+8y\sqrt{1-y^2} \end{eqnarray*}$ ?

Zitat:

Original von Leopold
Bei der Zielfunktion fehlt auch die Angabe des Definitionsbereichs. Welche y-Werte sind im Sinne der Aufgabe zulässig?

$\begin{eqnarray*} y\in[0,r] \end{eqnarray*}$ .

29.05.2018, 21:31

Leopold

Auf diesen Beitrag antworten »

Mit $\begin{align*} r=1 \end{align*}$ würde das $\begin{align*} y \in [0,1] \end{align*}$ bedeuten und man erhielte

$\begin{align*} A(1) = -4 \end{align*}$

Wie kann aber ein Flächeninhalt negativ sein? Nein, das Definitionsintervall ist kleiner zu wählen. Für den oberen Randwert entartet das Zwölfeck zu einem Quadrat. Dann ist $\begin{align*} x=0 \end{align*}$ . Wie groß ist folglich $\begin{align*} y \end{align*}$ ? Du kannst das aus der Nebenbedingung ausrechnen oder dir direkt an einer Zeichnung vorstellen (ein dem Einheitskreis einbeschriebenes Quadrat, davon die halbe Kantenlänge).

29.05.2018, 21:39

Kääsee

Auf diesen Beitrag antworten »

Aaaah, jetzt gecheckt, sorry. Es ist schon zu spät, ich glaube, wir sollten für heute Schluss machen Forum Kloppe

$\begin{eqnarray*} y\leq\frac{1}{\sqrt 2} \end{eqnarray*}$ ?
Als nächstes scheitere ich nämlich daran, die Gleichung
$\begin{eqnarray*} 2y^2+y\sqrt{1-y^2}-1=0 \end{eqnarray*}$ zu lösen...

29.05.2018, 21:49

Leopold

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Kääsee
$\begin{eqnarray*} y\leq\frac{1}{\sqrt 2} \end{eqnarray*}$ ?

Das stimmt.

Zitat:

Original von Kääsee
Als nächstes scheitere ich nämlich daran, die Gleichung
$\begin{eqnarray*} 2y^2+y\sqrt{1-y^2}-1=0 \end{eqnarray*}$ zu lösen...

Das Prdoukt mit der Wurzel isolieren, dann quadrieren. Das ist noch einiges zu tun ...

29.05.2018, 23:13

Kääsee

Auf diesen Beitrag antworten »

Ohje, ich glaube, ich sollte wirklich schlafen gehen. Natürlich, warum stand ich so auf dem Schlauch?
Deshalb ist das jedenfalls mein letzter Post für heute, morgen Abend machen wir weiter Big Laugh

Ich habe nun deinen Rat befolgt, dann musste ich ne Substituion $\begin{eqnarray*} z=y^2 \end{eqnarray*}$ durchführen, aber beim Lösen der quadratischen Gleichung in z bekomme ich dann doch auch wieder zwei mögliche Ergebnisse?
Ich habe
$\begin{eqnarray*} z_{1,2}=\frac{1}{2}\left(1\pm\sqrt{\frac{1}{5}}\right) \end{eqnarray*}$
Und diese sind ja beide positiv?? verwirrt

y ist dann die Wurzel des Ergebnis...
Oder liegt es daran, dass ich dann beim einsetzen in die dritte Ableitung einmal einen Hoch- und einmal einen Tiefpunkt bekommen werde (noch nicht durchgeführt)?

Gute Nacht wünsch ich euch und danke für die Hilfe und Geduld!

29.05.2018, 23:42

Leopold

Auf diesen Beitrag antworten »

Nein, du bekommst nur eine Lösung. Du mußt unterscheiden zwischen den Lösungen einer Gleichung und den Lösungen des Problems. Genau aus diesem Grund habe ich dich ja gebeten, den Definitionsbereich deiner Zielfunktion genau anzugeben. Und der wird jetzt wesentlich. Natürlich mußt du immer noch überprüfen, ob an der gefundenen Stelle ein Maximum vorliegt. Das geht am schnellsten durch Berechnen dreier Funktionswerte: am linken Rand des Definitionsbereichs, an der Nullstelle der Ableitung, am rechten Rand des Definitionsbereichs. Wer den höchsten Funktionswert aufweist, geht als Sieger vom Platz. Vergleiche, wie ich das bei meinem Lösungsvorschlag gemacht habe.

30.05.2018, 00:13

Kääsee

Auf diesen Beitrag antworten »

Danke dir, Ich werde es morgen so machen! Wink

30.05.2018, 16:30

Kääsee

Auf diesen Beitrag antworten »

Sodele, ich habe soeben erst mal ausführlich deine trigonometrische Lösung gelesen.
Ehrlich gesagt dachte ich nämlich, dass die eh viel zu kompliziert für mich ist und ich wollte mich nicht verwirren, wenn ich es doch mit Pythagoras versuchen wollte.
Allerdings konnte ich alles 100% nachvollziehen und finde die Lösung sehr sehr elegant!

Nun aber wieder zurück zu dem anderen Weg.
So "schwer" war das ja doch nimmer, ich glaube, das hätte ich sogar noch gestern Abend geschafft Big Laugh

Wir wissen ja, dass $\begin{eqnarray*} y^2\in\left[0,\frac{1}{2}\right] \end{eqnarray*}$ , also $\begin{eqnarray*} z\in\left[0,\frac{1}{2}\right] \end{eqnarray*}$ .
Da man beim Lösen der quadratischen Gleichung bekommt
$\begin{eqnarray*} z_{1,2}=\frac{1}{2}\pm\sqrt{...} \end{eqnarray*}$
ist nur die Differenz die einzige Möglichkeit, das heißt
$\begin{eqnarray*} y=\sqrt{\frac{1}{2}\left(1-\sqrt{\frac{1}{5}}\right)} \end{eqnarray*}$
Nun zur Überprüfung, ob dieser y-Wert ein Hochpunkt ist.
Zunächst die Frage, warum ich dies nicht mittels zweiter Ableitung machen kann/soll?
Dies finde ich nämlich "relativ leicht", da ich bekomme:
$\begin{eqnarray*} A''(y)=-8-24y(1-y^2)^{-\frac{1}{2}}-8y^3(1-y^2)^{-\frac{3}{2}}=-8\left[1+3y(1-y^2)^{-\frac{1}{2}}+y^3(1-y^2)^{-\frac{1}{2}}\right] \end{eqnarray*}$
Nun ist ja das, was in der eckigen Klammer steht auf jeden Fall $\begin{eqnarray*} \geq 0 \end{eqnarray*}$ , da sowohl $\begin{eqnarray*} (1-y^2)\geq\frac{1}{2}>0 \end{eqnarray*}$ , als auch $\begin{eqnarray*} y\geq 0 \end{eqnarray*}$ , dies also alles positive Summanden sind.
Damit kommt ja bei jedem Einsetzen eine negative zweite Ableitung heraus, also Hochpunkt. Oder lieg ich falsch bzw hab mich wieder verrechnet? verwirrt

Nun trotzdem noch zu dem Weg mittels des Funktionswertes und der Randwerte:
-Für y=0 ergibt sich quasi nur eine "Strecke" der Breite 0 und Höhe 2r, der Flächeninhalt bleibt trotzdem bei 0.
-Für $\begin{eqnarray*} y=\sqrt{\frac{1}{2}} \end{eqnarray*}$ haben wir wie schon erwähnt ein Quadrat mit Flächeninhalt $\begin{eqnarray*} 4\cdot\frac{1}{2}\cdot r\cdot r=2r^2 \end{eqnarray*}$ (ergibt sich aus 4 rechtwinkligen Dreiecken mit je zwei Katheten der Länge r). Für r=1 also Flächeninhalt 2.
-Für $\begin{eqnarray*} y=\sqrt{...} \end{eqnarray*}$ bekomme ich nach ellenlangem Umformen
$\begin{eqnarray*} A(y)=-2+10\sqrt{\frac{1}{5}}=2,47...>2 \end{eqnarray*}$ , womit wir für diesen y-Wert den größten Funktionswert haben.

Paletti? smile

30.05.2018, 16:37

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Kääsee
-Für $\begin{eqnarray*} y=\sqrt{...} \end{eqnarray*}$ bekomme ich nach ellenlangem Umformen
$\begin{eqnarray*} A(y)=-2+10\sqrt{\frac{1}{5}}=2,47...>2 \end{eqnarray*}$ , womit wir für diesen y-Wert den größten Funktionswert haben.

Formelästheten schreien da nach Vereinfachung, die da wäre

$\begin{eqnarray*} A(y) = -2+2\sqrt{\frac{25}{5}} = 2(\sqrt{5}-1) \end{eqnarray*}$ ,

was mit dem Resultat von Leopold übereinstimmt. Freude

Hab mir jetzt aber den Rest der Rechnung in diesem deinen letzten Beitrag nicht angeschaut, daher kein Kommentar dazu.

30.05.2018, 16:55

Leopold

Auf diesen Beitrag antworten »

Bei $\begin{align*} y=0 \end{align*}$ würde ich eher von einem Streckenkreuz sprechen.

Mit meinem CAS habe ich

$\begin{align*} A''(y) = -8 - 16y \left( 1 - y^2 \right)^{- \frac{1}{2}} - 8 y \left( 1 - y^2 \right)^{-\frac{3}{2}} \end{align*}$

erhalten. Mit dem Berechnen der drei Funktionswerte für $\begin{align*} A(y) \end{align*}$ erspart man sich die (fehleranfällige) Berechnung der zweiten Ableitung. Man braucht ja sowieso den maximalen Wert, wenn man an die ursprüngliche Aufgabenstellung, wo dieser beziehungsweise sein Verhältnis zur gesamten Kreisfläche gesucht ist, denkt. Um die Berechnung kommt man also nicht herum. Wäre der Wert kleiner ausgefallen als die Werte an den Rändern, würde das globale Maximum an einer der Randstellen angenommen werden.

30.05.2018, 17:40

Kääsee

Auf diesen Beitrag antworten »

Stimmt, da hast du recht.
Aber ansonsten ist es richtig?
Für das Verhältnis bekäme man dann rund 78,69 Prozent der Kreisfläche, die höchstens bedeckt werden können.

Dann würde es nämlich noch weiter gehen mit mir, ihr kriegt mich und diese Aufgabe womöglich nimmer los Big Laugh

Als nächstes habe ich nämlich versucht, den Lösungsweg auch für allgemeines r durchzuziehen.
D.h., wir betrachten die Funktion
$\begin{eqnarray*} A(y)=-4y^2+8y\sqrt{r^2-y^2} \end{eqnarray*}$
mit
$\begin{eqnarray*} A'(y)=-8y+8(r^2-y^2)^{\frac{1}{2}}-8y^2(r^2-y^2)^{-\frac{1}{2}}=\frac{-8y\sqrt{r^2-y^2}+8(r^2-y^2)-8y^2}{\sqrt{r^2-y^2}}=\frac{-8y\sqrt{r^2-y^2}+8r^2-16y^2}{\sqrt{r^2-y^2}}=\frac{-8(y\sqrt{r^2-y^2}-r^2+2y^2)}{\sqrt{r^2-y^2}} \end{eqnarray*}$

Für die Extremstelle sollte also gelten:
$\begin{eqnarray*} y\sqrt{r^2-y^2}-r^2+2y^2=0 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} y\sqrt{r^2-y^2}=r^2-2y^2 \end{eqnarray*}$
Dies quadriert und vereinfacht erhalte ich
$\begin{eqnarray*} 0=y^4-\frac{4r+r^2}{5}y^2+\frac{r^2}{5} \end{eqnarray*}$

Wenn ich jetzt wieder mit $\begin{eqnarray*} z=y^2 \end{eqnarray*}$ substituiere, gelange ich zu einer Gleichung, wo ich nicht recht weiß, wie ich zeigen kann, dass nur die Lösung mit Minus relevant ist. Ich habe:
$\begin{eqnarray*} z_{1,2}=\frac{4r+r^2}{10}\pm\sqrt{\frac{16r^2+8r^3+r^4}{100}-\frac{r^2}{5}}<br /> =\frac{4r+r^2}{10}\pm\sqrt{\frac{-4r^2+8r^3+r^4}{100}}<br /> =\frac{4r+r^2}{10}\pm\sqrt{\frac{r^2(-4+8r+r^2)}{100}}<br /> =\frac{4r+r^2}{10}\pm\frac{r}{10}\sqrt{-4+8r+r^2} \end{eqnarray*}$

Betrachte ic{1h die Plus-Lösung, das heißt
$\begin{eqnarray*} \frac{r^2+r(4+\sqrt{r^2+8r-4})}{10} \end{eqnarray*}$ , müsste ich ja irgendwie argumentieren, dass dies $\begin{eqnarray*} >\frac{r^2}{2} \end{eqnarray*}$ wird, nicht?

Schon wieder steh ich auf dem Schlauch traurig

30.05.2018, 18:04

Leopold

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Kääsee
Dies quadriert und vereinfacht erhalte ich
$\begin{eqnarray*} 0=y^4-\frac{4r+r^2}{5}y^2+\frac{r^2}{5} \end{eqnarray*}$

Das kann aus Dimensionsgründen nicht sein. $\begin{align*} y \end{align*}$ und $\begin{align*} r \end{align*}$ sind Längen. Jetzt haben wir drei Summanden. Die müssen alle dieselbe Dimension haben. Das $\begin{align*} 4r \end{align*}$ wird wohl ein $\begin{align*} 4r^2 \end{align*}$ sein, dann paßt es auch zum $\begin{align*} r^2 \end{align*}$ daneben, und insgesamt hat auch der mittlere Summand vierte Dimension. Und der dritte Summand hat nur zweite Dimension. Auch das paßt nicht. Ich habe

$\begin{align*} y^4 - r^2 y^2 + \frac{1}{5} r^4 = 0 \end{align*}$

erhalten. Alle Summanden sind von vierter Dimension. Einfach noch einmal nachrechnen.

30.05.2018, 18:24

Kääsee

Auf diesen Beitrag antworten »

Oh mann, was mach ich nur, danke!
Ich habe auf der einen Seite fälschlicherweise $\begin{eqnarray*} (r-2y^2) \end{eqnarray*}$ quadriert, statt $\begin{eqnarray*} (r^2-2y^2) \end{eqnarray*}$ .
Damit erspart sich dann das Ganze, da ich
$\begin{eqnarray*} z_{1,2}=\frac{r^2}{2}\pm\sqrt{...} \end{eqnarray*}$ bekomme und somit hat sich das erledigt. Gott

Jetzt seid ihr mich los und die Aufgabe hat sich endgültig geklärt! Danke für die Geduld und schönen Feiertag!

Neue Frage »

Antworten »

Extremwertaufgabe

Verwandte Themen