Extremwertaufgabe mal anders

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Flower333 Auf diesen Beitrag antworten »
Extremwertaufgabe mal anders
Meine Frage:
Hallo Leute,

Ich brauche dringend eure Hilfe, weil ich ein Projekt abgeben muss.

Wir sollen aus einem DIN A4 Blatt eine ?Zuckertüte? basteln, die die Form einer sechseckigen Pyramide hat
(Eine Pyramide, mit einem Sechseck als Grundfläche)
Wir brauchen nur die Mantelfläche formen, sprich die Grundfläche kann frei bleiben.
DIN A4 Blatt Länge: 30cm
Breite: 20cm


Ich habe mir nun gedacht, dass wenn man ein Kreissektor aufs Blatt zeichnet mit einem Durchmesser der Länge des DIN A4 Blattes, und diese in 6 Dreiecke teilt, man ganz einfach diese Form basteln kann.

Allerdings brauche ich das maximale Volumen für diese Zuckertüte.

Meine Ideen:
Vllt als Nebenbedingung den Pythagoras und als Hauptbedingung das Volumen dieser Zuckertüte, aber kann ich nur mit der Kantenlänge s=15cm ausgehen (die zuvor dem Radius des Kreissektors entsprachen)???
nicht dass eine Höhe und eine Seitenlänge rauskommt, die nicht auf die Fläche des DIN A4 Blattes passen?
willyengland Auf diesen Beitrag antworten »

Intuitiv würde ich sagen, der Radius des Hilfskreises muss 20 sein.
Dann nutzt man das DinA4 Blatt am besten aus.

So:
Steffen Bühler Auf diesen Beitrag antworten »

Muss es ein Netz sein, oder dürfen die einzelnen Dreiecke ausgeschnitten und verklebt werden? Dann würde ich nämlich intuitiv behaupten, dass dies das größte Volumen ergibt:

[attach]48015[/attach]

Am Beweis knobele ich allerdings noch.

Viele Grüße
Steffen
willyengland Auf diesen Beitrag antworten »

Das Knifflige ist die Bedingung: "Muss in ein DinA4 Blatt passen."
Elvis Auf diesen Beitrag antworten »

Kann man zeigen, dass das Volumen am größten wird, wenn die Oberfläche am größten wird ? Wenn das so ist, dann muss man nur noch das größte Rechteck wählen, das in das DIN A4 Format passt, und das ist offensichtlich das DIN A4 Rechteck. Damit wäre der Ansatz von Steffen Bühler optimal. Übrigens ist DIN A4 nur ungefähr 20 cm * 30 cm, genauer ist 210 mm * 297 mm.
Steffen Bühler Auf diesen Beitrag antworten »

Mal ein bisschen Geometrie:

Das Volumen ist bei Grundfläche G und Höhe h



Die Grundfläche ergibt sich bei Kantenlänge a zu



Also ist das Volumen



Die Mantelfläche ist



Division ergibt

Das bedeutet also keinen direkten Zusammenhang zwischen V und M, vielmehr ist mit



die Kantenlänge ein weiterer Faktor. Deswegen ist ja auch die Querformat-Variante besser als die im Hochformat, denn die ergibt 41% mehr Volumen bei gleicher Mantelfläche!

Zu zeigen wäre nun daher, dass es keine Möglichkeiten mit weniger Mantelfläche, aber einer riesigen Kantenlänge gibt, die noch mehr Volumen ergeben.

PS: ...bzw. noch mehr Kantenlänge bei gleicher Mantelfläche:
[attach]48016[/attach]
Aber als Zuckertüte wohl eher suboptimal. Außerdem wäre eigentlich ein algebraischer Beweis das Ziel. Und noch wissen wir ja nicht, ob eine "Klebelösung" überhaupt erlaubt ist.
 
 
willyengland Auf diesen Beitrag antworten »

Ich glaube nicht, dass dieses einzelne Zerschneiden erlaubt ist.
Das könnte man ja immer weiter treiben, indem man immer mehr und kleinere Teilflächen erzeugt und so immer größere Kantenlängen ermöglicht.
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Ziemliche Fleißarbeit: Je nach Formfaktor der sechs gleichschenkligen Manteldreiecke (z.B. durch Basis- oder "den dritten" Winkel (wie nennt man den eigentlich?) bestimmt) wirken unterschiedliche Aspekte des begrenzenden DIN-A4-Blattes als wesentliche Begrenzer. Da muss man wohl einige Fälle sorgfältig abklappern, bevor man zum optimalen Volumen kommt.

Da Steffen fleißig an der Arbeit ist, werden wir davon wohl noch hören.

P.S.: Ich denke auch, dass es bei einer Klebekante am Mantel bleiben soll, d.h., mit dann 5 bloßen Falzkanten.
Steffen Bühler Auf diesen Beitrag antworten »

Willy hat schon recht: das schafft man rein mathematisch ad nauseam. Hier habe ich jetzt die Höhe halbiert, dafür die Kantenlänge verdoppelt:

[attach]48017[/attach]

Da die Kantenlänge quadratisch in der Volumenformel steht, die Höhe aber nur linear, passt in diese Zuckertüte wieder das Doppelte rein.

Und das kann man nun immer wiederholen. Ich kann mir's zwar nicht vorstellen, aber mit beliebig genauen Schnitten müsste man dann ein beliebig großes Volumen in eine sehr, sehr flache Zuckertüte füllen können, letztlich ist der Grenzwert unendlich.

Deswegen ist das wohl wirklich nicht gefragt. Und bei der Falzlösung hat wahrscheinlich Willy die größte Tüte.

Viele Grüße
Steffen
flower333 Auf diesen Beitrag antworten »

Hi alle zusammen,

vielen Dank für eure kreativen Lösungsvorschläge. Ich bin mir auch nicht ganz sicher, ob man die Lösung mit dem Kleben benutzen darf, richtig ist sie auf jeden Fall und meiner Meinung nach am sinnvollsten, da man so viel Fläche und Zeit spart, jedoch denke ich, dass wir eine Rechnung abgeben müssen.

Ich habe mir auch weiter Gedanken gemacht, die Aufgabe bringt mich echt an meine Grenzen^^

Was wäre, wenn man als Hauptbedingung die Volumenformel nimmt und als Nebenbedingung den Pythagoras (s^2=a^2+h^2) mit der Voraussetzung, dass s=15cm entspricht und a wiederrum noch einen Extremwertfall einschließt und zwar den, der Bogenlänge, dass man den Kreissektor für die Fläche des Blattes maximal macht, um für den maximalen Wert für a zu bekommen.
So hätten wir a und s eingegrenzt und das maximale Volumen würde sich automatisch auf h und die Grundfläche beziehen, da man nur noch diese "varrieren" kann.
So hätte man auch die Mantelfläche in Bezug zur Grundfläche gebracht
Was meint ihr? Würde das sinn machen?

Lg
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von Steffen Bühler
Ich kann mir's zwar nicht vorstellen, aber mit beliebig genauen Schnitten müsste man dann ein beliebig großes Volumen in eine sehr, sehr flache Zuckertüte füllen können, letztlich ist der Grenzwert unendlich.

Ich kann's mir auch nicht vorstellen, und zwar weil es nicht stimmt: Die sechseckige Grundfläche müsste in dem Fall gegen unendlich gehen. Diese Fläche ist aber stets kleiner als die Mantelfläche, und diese wiederum ist nach oben durch die DIN-A4-Fläche begrenzt... Also irgendwo ist dir da ein gewaltiger Denkfehler unterlaufen. Augenzwinkern

Und ich denke, das ist hier:

Zitat:
Original von Steffen Bühler
Die Mantelfläche ist


Nein: Die tatsächliche Mantelfläche ist .


Zitat:
Original von flower333
Was wäre, wenn man als Hauptbedingung die Volumenformel nimmt und als Nebenbedingung den Pythagoras (s^2=a^2+h^2) mit der Voraussetzung, dass s=15cm entspricht und a wiederrum noch einen Extremwertfall einschließt und zwar den, der Bogenlänge, dass man den Kreissektor für die Fläche des Blattes maximal macht, um für den maximalen Wert für a zu bekommen.
Gute Idee. Allerdings bekommt man ohne weiter Nebenbedingungen da als Lösung einen "Falzbogen", der ca. 289° umfasst. Für Winkel >= 270° geht aber s=15 sicher nicht mehr, sondern nur noch (ungefähr) s=10. Augenzwinkern

Aber vielleicht hast du hiermit

Zitat:
Original von flower333
und a wiederrum noch einen Extremwertfall einschließt und zwar den, der Bogenlänge, dass man den Kreissektor für die Fläche des Blattes maximal macht, um für den maximalen Wert für a zu bekommen.

ja auch eine Winkelbeschränkung ausdrücken wollen, ich hab deine Ausführungen nur nicht verstanden (bin leider nicht durch die Grammatik gestiegen). Vielleicht machst du eine Skizze dazu, das ist dann sicher besser zu verstehen.


EDIT: Ok, ich komme mit nur einer Klebekante auf 970.48 cm³ - wer schafft mehr? verwirrt

[attach]48018[/attach]

P.S. Ich hab dabei aber mit einem 20cm x 30cm Blatt (d.h. wie oben) gerechnet - richtiges DIN A4 ist ja in beiden Abmessungen etwas anders.
willyengland Auf diesen Beitrag antworten »

Freude HAL

Sehr cool!
Wie bist du darauf gekommen?

Für meine Lösung mit s=20 ist V ca. 783.

Ob man vielleicht noch was besseres hinbekäme, wenn man andere Falzungsvarianten nutzt?
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Wie ich schon sagte:

Zitat:
Original von HAL 9000
Je nach Formfaktor der sechs gleichschenkligen Manteldreiecke wirken unterschiedliche Aspekte des begrenzenden DIN-A4-Blattes als wesentliche Begrenzer. Da muss man wohl einige Fälle sorgfältig abklappern, bevor man zum optimalen Volumen kommt.

Ich war zu bequem alle abzuklappern, sondern glaube mehr intuitiv, dass es das mit den 970 jetzt ist - aber vielleicht belehrt mich einer, der gründlicher vorgeht, ja noch eines besseren. Augenzwinkern
Huggy Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von HAL 9000
Ok, ich komme mit nur einer Klebekante auf 970.48 cm³ - wer schafft mehr? verwirrt

Ich erhöhe auf 970.4815 Big Laugh Big Laugh Big Laugh

Ich fürchte, die Lösung von HAL lässt sich nicht mehr verbessern.
rumar Auf diesen Beitrag antworten »

Aus einer vorgegebenen endlichen Oberfläche (oder auch Mantelfläche) kann man bestimmt nicht (eine Folge von) Pyramiden basteln, deren Volumen gegen unendlich strebt.
Steffen Bühler Auf diesen Beitrag antworten »

Ja, das ist mir gestern beim Einschlafen auch klargeworden. Da ist irgendwo ein Riesenbock, ich seh ihn nur nicht. Aber da man eh nicht schneiden soll, dient das ja auch nicht der Wahrheitsfindung. Trotzdem danke.
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von Huggy
Ich erhöhe auf 970.4815 Big Laugh Big Laugh Big Laugh

Ok, Ok, um das zu klären: Das Maximalvolumen ist

mit Hilfswert . Zunge
hawe Auf diesen Beitrag antworten »

Ich hab das jetzt handoptimiert. Sollte eigentlich passen, oder?
Es kommt sehr darauf an, wo man die Abwicklung beginnen und wie man sie drehen lässt.
[attach]48047[/attach]
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »
Netter Versuch
Die Aufteilung an sich stimmt, aber sie hat ein anderes Pyramidenvolumen, nämlich ca. 961 cm³. Augenzwinkern
hawe Auf diesen Beitrag antworten »

Yep, stimmt - ich habe einen falschen Wert beim Übertragen nach Geogebra eingesetzt - Entschuldigung.

Ich hab den Solver (Excel oder Google Tabs) darauf angesetzt V(r,h,d,t) und beginne bei
E0 = (d,0) lasse den Mittelpunkt M auf einem
Kreis E0+s*(sin(t),cos(t)) wandern und wickle die Ecken E1..E6 über den
Winkel a=ARCTAN(r / WURZEL(4*h^2 + 3*r^2))*2 ab.

Jetzt mit den richtigen Werten komme ich bei 20x30 auf Dein Ergebnis
[attach]48050[/attach]
Und bei 21x29,7 auf die rechts stehenden Werte. Hast Du auch Vergleichswerte für 21x29,7?
Während die 20x30 Abwicklung schön symmetrisch ist, "verkantet" das Awicklungsbild bei 21x29,7...
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Na stellen wir mal auf, wie für Blattbreite (hier 20cm) und Blatthöhe (hier 30cm) die Sache aussieht für den Fall, dass die Konfiguration "ein Punkt links unten, einer links oben und einer rechts in der Mitte" auch tatsächlich optimal ist (dürfte nicht für alle Seitenverhältnisse a:b gelten, bei ungefähr 2:3 anscheinend doch noch <-- EDIT: bei aber leider nicht mehr).

Mit Bezeichnungen wie bei dir sowie sollte dann gelten:



.

Der Quotient aus beiden liefert





und zurückgerechnet .

Mit und folgt dann für das Volumen



Für ergibt sich damit

Zitat:
Original von HAL 9000
mit Hilfswert .

Für und beim DIN-A4-Blatt bekommt man zunächst , und daraus schließlich

diesmal aber mit Hilfswert , das ergibt .

EDIT: Die Rechnung für das A4-Blatt ist leider falsch - das ganze klappt nur für , was zwar bei dem ersten Blatt, aber nicht mehr bei dem A4-Blatt erfüllt ist ... vielleicht später mehr. Augenzwinkern


EDIT2: Numerisch "hingeferkelt" bekomme ich für das A4-Blatt eine Konfiguration mit Volumen 996.93 cm³ hin. Im Unterschied zu oben gilt für die aber



,

d.h., die beiden äußeren Dreiecke des "Schnittbogens" stoßen nicht in den Ecken links oben und links unten an, sondern nur links mit dem einen Basisseitenpunkt sowie oben bzw. unten mit dem anderen Basisseitenpunkt. Das ist das Verhalten, das von zu "kippt". Augenzwinkern

Für deine Skizze: Zugehörige Werte sind







.
hawe Auf diesen Beitrag antworten »

Ich hab jetzt Deine Ausführungen nicht allen Aspekten durchdacht, aber ich hab nicht so viele Festlegungen wie Du betrachtet hast.

Meine, hm, Simulation einer Abwicklungskonstruktion - willl ich sie mal nennen, setzt auf einem Start-Eckpunkt E0 auf.
Dem gestehe ich einige Freiheitsgrade in der Variablen d zu.
Ich kann E0 auf die kurze Kante setzen E0=(d,0) oder auch auf die lange Kante E0(0,d) - was übrigens eine bessere Variante ist. Über die Variable t lasse ich auch dem Mittelpunkt der Abwicklung etwas "Luft" und "falte" den Abwicklungsmantel durch Berechnen der Eckpunkte E1...E6 auf.

Über den Solver optimiere ich das Volumen V(r,h,d,t).
Mich würde jetzt interessieren wie weit das Simulationsmodell an die Mathematik herankommt.

Hier noch das Beispiel mit E0 auf der langen Kante
[attach]48052[/attach]

Edit: Deine Überlegungen im Nachtrag kann ich bestätigen:
Für die exakten DINA4 Maße 21,02241 x 29,73018 erhalte ich 996,935 cm^3
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