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Mathematik-Online-Aufgabensammlung: Lösung zu

Aufgabe 1395: Optimierung eines Zylinders

A B C D E F G H I J K L M N O P Q R S T U V W X Y Z
Konstruieren Sie eine zylindrische Dose mit einem fest vorgegebenen Volumen $ V$.
a)
Sie wollen Ihre Dose so dimensionieren, dass die Oberfläche minimiert wird.
b)
Sie wollen Ihre Dose so dimensionieren, dass die Mantelfläche minimiert wird.
c)
Ihr Werkmeister erklärt Ihnen, dass die Deckel der Dose nur mit einem festen Versatz $ \varepsilon$ nach innen befestigt werden können. Wie verändert dies Ihr Optimierungsproblem?
Es berechnet sich das Volumen $ V$ der Dose durch $ V=\pi r^2h$, wobei $ r\in\mathbb{R}^+_0$ der Radius und $ h\in\mathbb{R}^+_0$ die Höhe der Dose ist. Aus dieser Beziehung ergibt sich $ h=\frac{V}{\pi r^2}$.
a)
Die Oberfläche $ O$ der Dose berechnet sich durch $ O=2D+M=2\pi(r^2+rh)$, wobei $ D$ die Oberfläche eines Deckels ist und $ M$ die Mantelfläche. Mit der obigen Formel für $ h$ ergibt sich also $ O=2\left(\pi r^2+\frac{V}{r}\right)$.

Die Oberfläche soll minimert werden, also ist das globale Minimum der Funktion

$\displaystyle o\colon\mathbb{R}^+_0\rightarrow\mathbb{R}\colon r\mapsto 2\left(\pi r^2+\frac{V}{r}\right) $

zu suchen. Für die ersten beiden Ableitungen von $ o$ berechnet man

$\displaystyle o'(r)=2\left(2\pi r-\frac{V}{r^2}\right)$   und$\displaystyle \quad o''(r)=4\left(\pi+\frac{V}{r^3}\right)\,$.

Um die lokalen Extrema zu bestimmen, ist es nötig, die Nullstellen der ersten Ableitung $ o'$ zu finden. Es ist $ r_0=\sqrt[3]{\frac{V}{2\pi}}$ die einzige Nullstelle von $ o'$. Da $ o''(r_0)>0$ liegt an der Stelle $ r_0$ in der Tat ein lokaler und insgesamt ein globaler Tiefpunkt vor. Die Höhe der so optimierten Dose ist dann $ h_0=\frac{V^3\sqrt[3]{2\pi}}{\pi\sqrt[3]{V}}$.
b)
Die Mantelfläche wird durch $ M=2\pi rh=2\frac{V}{r}$ berechnet. Gesucht ist also das Minimum der Funktion

$\displaystyle m\colon\mathbb{R}^+_0\rightarrow\mathbb{R}\colon r\mapsto 2\frac{V}{r}\,$.

Es gilt $ m'(r)=-2\frac{V}{r^2}$. Da aber $ m'$ keine Nullstellen besitzt, gibt es keine lokalen Extrema. Anderseits gilt $ \lim\limits_{r\to 0+0}m(r)=+\infty$ und $ \lim\limits_{r\to +\infty}m(r)=0$. Fazit: Je größer der Radius der Dose wird, desto kleiner wird auch die Mantelfäche. Dieses Problem hat also keine vernünftig praktisch umsetzbare Lösung.
c)
Unter Beibehaltung der Bezeichnung $ h$ für die innere Höhe der Dose, die das enthaltene Volumen bestimmt, ergibt sich für die Höhe $ h_\varepsilon$ der Mantelfläche nun $ h_\varepsilon=h+2\varepsilon$ (der Versatz ist jeweils für den oberen und den unteren Deckel angesetzt; qualitativ ändert sich an dem Problem aber nichts, wenn man den Versatz einfach statt doppelt ansetzt). Die Oberfläche setzt sich damit zusammen aus den beiden Deckeln $ D$, der Mantelfläche $ M$ sowie den beiden Rändern an der Innenseite $ R$, also

$\displaystyle O=2D+M+2R=2\pi r^2+2\pi r h_\varepsilon + 2\cdot 2\pi r\varepsilon=2\pi\left(r^2+4r\varepsilon+\frac{V}{\pi r}\right)\,$.

Zu optimieren ist damit die Funktion

$\displaystyle o\colon\mathbb{R}^+_0\rightarrow\mathbb{R}\colon r\mapsto 2\pi\left(r^2+4r\varepsilon+\frac{V}{\pi r}\right)\,. $

Für die Ableitung berechnet man $ o'(r)=2\pi\left(2r+4\varepsilon-\frac{V}{\pi r^2}\right)$. Das Nullstellenproblem $ o'(r)=0$ ist nun nicht mehr so einfach zu lösen, aber man kann sich mit einer eingehenden Kurvendikussion der Funktion $ o'$ mit Hilfe des Zwischenwertsatzes der Existenz einer Nullstelle $ r_0$ versichern. Dieselbe Kurvendiskussion zeigt dann auch, dass sich an dieser Stelle $ r_0$ das globale Minimum der Funktion $ o$ befindet. Dieses modifizierte Problem bleibt also weiterhin lösbar; allerdings ist gegebenenfalls zu einer expliziten Bestimmung der Lösung $ r_0$ ein numerisches Verfahren nötig, wie zum Beispiel die Intervallhalbierungsmethode oder das Newtonverfahren.

Bei der Untersuchung der Mantelfläche spielt es zunächst, was das qualitative Verhalten der Lösung angeht, keine Rolle, ob man den hinzukommenden Rand mit zur Mantelfläche rechnet oder nicht. Lediglich die Zahlenwerte verändern sich. Die folgende Betrachtung untersucht nur die ,,äußere`` Mantelfäche (entsprechend zum Beispiel einem aufzuklebenden Etikett). Demnach ist die Mantelfläche

$\displaystyle M=2\pi r h_\varepsilon=2\pi\left(\frac{V}{\pi r}+2\varepsilon r\right)\,$.

Die Funktion

$\displaystyle m\colon\mathbb{R}^+_0\rightarrow\mathbb{R}\colon r\mapsto 2\pi\left(\frac{V}{\pi r}+2\varepsilon r\right) $

liefert

$\displaystyle m'(r)=2\pi\left(-\frac{V}{\pi r^2}+2\varepsilon\right)$   und$\displaystyle \quad m''(r)=\frac{2V}{\pi r^3}\,$.

Die Ableitung $ m'$ besitzt die einzige Nusstelle $ r_0=\sqrt{\frac{V}{2\pi\varepsilon}}$. Diese Nullstelle ist ein lokales Minimum von $ m$, da $ m''(r_0)>0$. Im Intervall $ (0,r_0]$ fällt $ m$ monoton und in $ [r_0,+\infty)$ wächst $ m$ monoton. Also ist $ r_0$ das globale Minimum. Im Unterschied zum ursprünglichen Problem ergibt dieses modifizierte Problem eine praktikable Lösung.
(Ackermann/Poppitz)
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  automatisch erstellt am 25.  8. 2006