Lösung 1.3:5
Aus Online Mathematik Brückenkurs 2
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| - | Indem wir den Querschnitt des Kanals in ein Rechteck und zwei Dreiecke aufteilen, können wir mit ein wenig Trigonometrie | + | Indem wir den Querschnitt des Kanals in ein Rechteck und zwei Dreiecke aufteilen, können wir mit ein wenig Trigonometrie die Querschnittsfläche des Kanals berechnen. |
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| - | Begrenzen wir den Winkel so, dass er zwischen <math>0</math> und <math>\pi/2</math> liegt, erhalten wir | + | Begrenzen wir den Winkel so, dass er zwischen <math>0</math> und <math>\pi/2</math> liegt, erhalten wir die folgende Optimierungsaufgabe: |
::Maximiere <math>A(\alpha) = 100\cos\alpha (1+\sin\alpha)</math> wenn <math>0\le \alpha \le {\pi }/{2}\,</math>. | ::Maximiere <math>A(\alpha) = 100\cos\alpha (1+\sin\alpha)</math> wenn <math>0\le \alpha \le {\pi }/{2}\,</math>. | ||
| - | Die Funktion ist überall differenzierbar und die Fläche ist minimal wenn <math>\alpha=0</math> oder wenn <math>\alpha=\pi/2\ </math>, also nimmt die Funktion ihr Maximum | + | Die Funktion A ist überall differenzierbar und die Fläche ist minimal wenn <math>\alpha=0</math> oder wenn <math>\alpha=\pi/2\ </math>, also nimmt die Funktion ihr Maximum in einem stationären Punkt an. |
Die Ableitung ist | Die Ableitung ist | ||
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| - | Für stationäre Punkte ist <math>A'(\alpha)=0\, | + | Für stationäre Punkte ist <math>A'(\alpha)=0\,</math>. Das ergibt die Gleichung |
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| - | Wir wissen von der | + | Wir wissen von der Zeichnung her, dass die Fläche lokale Minima an den Stellen <math>\alpha = 0</math> und <math>\alpha = \pi/2</math> hat und die kritische Stelle <math>\alpha = \pi/6\,</math>. Daher muss die Funktion an der kritischen Stelle ein Maximum haben, wir zeigen dies mit der zweiten Ableitung. |
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| - | Also | + | Also hat die Funktion an der Stelle <math>\alpha = \pi/6\,</math> ein globales Maximum, da es das einzige lokale Maximum ist. |
Aktuelle Version
Der Kanal kann am meisten Wasser enthalten, wenn seine Querschnittsfläche am größten ist.
Indem wir den Querschnitt des Kanals in ein Rechteck und zwei Dreiecke aufteilen, können wir mit ein wenig Trigonometrie die Querschnittsfläche des Kanals berechnen.
Die Fläche ist
| \displaystyle \begin{align}
A(\alpha) &= 10\cdot 10\cos\alpha + 2\cdot\frac{1}{2}\cdot 10\cos\alpha \cdot 10\sin\alpha\\[5pt] &= 100\cos \alpha (1+\sin\alpha)\,\textrm{.} \end{align} |
Begrenzen wir den Winkel so, dass er zwischen \displaystyle 0 und \displaystyle \pi/2 liegt, erhalten wir die folgende Optimierungsaufgabe:
- Maximiere \displaystyle A(\alpha) = 100\cos\alpha (1+\sin\alpha) wenn \displaystyle 0\le \alpha \le {\pi }/{2}\,.
Die Funktion A ist überall differenzierbar und die Fläche ist minimal wenn \displaystyle \alpha=0 oder wenn \displaystyle \alpha=\pi/2\ , also nimmt die Funktion ihr Maximum in einem stationären Punkt an.
Die Ableitung ist
| \displaystyle \begin{align}
A'(\alpha) &= 100\cdot (-\sin\alpha)\cdot (1+\sin\alpha) + 100\cdot\cos\alpha \cdot \cos\alpha\\[5pt] &= -100\sin\alpha - 100\sin^2\!\alpha + 100\cos^2\!\alpha\,\textrm{.} \end{align} |
Für stationäre Punkte ist \displaystyle A'(\alpha)=0\,. Das ergibt die Gleichung
| \displaystyle \sin\alpha + \sin^2\!\alpha - \cos^2\!\alpha = 0\,. |
Nachdem wir den Faktor -100 heraus gezogen haben, ersetzen wir \displaystyle \cos^2\!\alpha mit \displaystyle 1-\sin^2\!\alpha und erhalten eine Gleichung mit nur \displaystyle \sin\alpha\,-Termen.
| \displaystyle \begin{align}
\sin\alpha + \sin^2\!\alpha - (1-\sin^2\!\alpha) &= 0\\[5pt] 2\sin^2\!\alpha + \sin\alpha - 1 &= 0\,\textrm{} \end{align} |
Das ist eine quadratische Gleichung für \displaystyle \sin\alpha. Durch quadratische Ergänzung erhalten wir
| \displaystyle \begin{align}
2\bigl(\sin\alpha + \tfrac{1}{4}\bigr)^{2} - 2\bigl(\tfrac{1}{4}\bigr)^2 - 1 &= 0\\[5pt] \bigl(\sin\alpha + \tfrac{1}{4}\bigr)^2 &= \frac{9}{16} \end{align} . |
Wir erhalten weiter \displaystyle \sin\alpha = -\tfrac{1}{4}\pm \tfrac{3}{4}, also \displaystyle \sin \alpha = -1 oder \displaystyle \sin \alpha = \tfrac{1}{2}\,.
Der Fall, dass \displaystyle \sin \alpha =-1, ist nie erfüllt für \displaystyle 0\le \alpha \le \pi/2 und \displaystyle \sin \alpha = \tfrac{1}{2} gibt \displaystyle \alpha = \pi/6. Also ist \displaystyle \alpha = \pi/6\, ein stationärer Punkt.
Wir wissen von der Zeichnung her, dass die Fläche lokale Minima an den Stellen \displaystyle \alpha = 0 und \displaystyle \alpha = \pi/2 hat und die kritische Stelle \displaystyle \alpha = \pi/6\,. Daher muss die Funktion an der kritischen Stelle ein Maximum haben, wir zeigen dies mit der zweiten Ableitung.
| \displaystyle \begin{align}
A''(\alpha) &= -100\cos\alpha - 100\cdot 2\sin\alpha\cdot\cos\alpha + 100\cdot 2\cos\alpha \cdot (-\sin\alpha)\\[5pt] &= -100\cos\alpha (1+4\sin\alpha)\,. \end{align} |
Dieser Ausdruck ist negativ für \displaystyle \alpha = \pi/6.
| \displaystyle \begin{align}
A''(\pi/6) &= -100\cos\frac{\pi}{6}\cdot \Bigl(1+4\sin\frac{\pi}{6}\Bigr)\\[5pt] &= -100\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot \Bigl( 1+4\cdot \frac{1}{2} \Bigr)<0\,\textrm{} \end{align} |
Also hat die Funktion an der Stelle \displaystyle \alpha = \pi/6\, ein globales Maximum, da es das einzige lokale Maximum ist.
