Lösungsvorschlag Blatt 11 1

Lösungsvorschlag Blatt 11

1

Herleitung der Gleichung f(x):

Ansatzfunktion:

4

4 0

y=f (x)=a x +a

Graph verläuft durch (0| H):

4

H=f (x=0)= a40 +a₀, so dass a₀ =H und damit y=f (x)=a₄x⁴+H Graph verläuft durch (R| 0):

4

0=f (x=R)=a4R +H, so dass a₄ ^H₄

= −R und damit y f (x) ^H₄ x⁴ H

= = −R  +

2

A(x), V(x):

siehe Unterricht, Tafelbild, Formeln für Fläche eines Rechtecks, Volumen eines Zylinders

3

Maximale Fläche A allgemein:

4 4

A(x) 2 x f (x) 2 x ( H x H)

=   =   −R  +

5 4

A(x) 2 H x 2 H x R

= −   +  

Extremstelle:

4 ! 4

A (x) 10 H x 2 H 0 R

 = −   +  = , also ^{10 H}₄ x⁴ 2 H R

  =  , ⁵₄ x⁴ 1 R  = ,

4

4 R

x = 5

und daher

4 4

4

R R

x= 5 = 5,

4 4

R H

y f (x )

5 R

= = = −  R⁴ H 4

H H H

5 + = − + = 5 5

,

4

8 R H

A 5 5

=  



Verifizierung des Maximums durch Einsetzen in zweite Ableitung:

3 4

A (x) 40 H x 0 R

 = −    für beliebige x0, daher Maximum

Rechteck ist

4

2 x 2 R 5

 =  breit, y ⁴ H

= 5 hoch, Fläche _max

4 4

R 4 8 R H

A 2 H

5 5 5 5

=    =  



Seite 2 von 2

4

5

Maximales Volumen V allgemein:

2 2 4

4

V(x) x f (x) x ( H x H)

=   =   −R  +

6 2

4

V(x) H x H x

R

= −  +  

Extremstelle:

5 ! 4

6 H

V (x) x 2 H x 0

R

 = −   +   = , also

4 ! 4

6 H

x ( x 2 H) 0

R

 −   +  =

mit trivialer Lösung x=0 und 6 H

− ₄ x⁴ 2 H

R  +   =0, also ³₄ x⁴ 1 0

−R  + = , ³₄ x⁴ 1 R  = ,

4

4 R

x = 3

und daher

4 4

4

R R

x= 3 = 3,

4 4

R H

y f (x )

3 R

= = = −  R⁴ H 2

H H H

3 + = − + = 3 3

2 2

max 4 2

R 2 2 R H

V ( ) H

3 3 3 3

 

=    =



Verifizierung des Maximums durch Einsetzen in zweite Ableitung:

4 4

30 H

V (x) x 2 H

R

 = −   + 

4 4

R 30 H

V ( )

3 R

 = = −   R⁴ 2 H 10 H 2 H 8 H 0

3 +  = −  +  = −   für beliebige x0, daher Maximum

Zylinderradius

4

x R

= 3 , y ² H

= 3 hoch, Volumen

2

max 2

2 R H

V

3 3

 

= 

6