X^2+y^4/Volumen zu Grundquadrat/Extremum/Aufgabe/Lösung

a) Das Volumen ist

{}{\begin{aligned}\int _{r}^{r+1}\int _{s}^{s+1}x^{2}+y^{4}\,dy\,dx&=\int _{r}^{r+1}{\left(x^{2}y+{\frac {1}{5}}y^{5}\right)}|_{s}^{s+1}\,dx\\&=\int _{r}^{r+1}{\left(x^{2}(s+1-s)+{\frac {1}{5}}{\left((s+1)^{5}-s^{5}\right)}\right)}\,dx\\&=\int _{r}^{r+1}{\left(x^{2}+{\frac {1}{5}}{\left(5s^{4}+10s^{3}+10s^{2}+5s+1\right)}\right)}\,dx\\&={\left({\frac {1}{3}}x^{3}+{\left(s^{4}+2s^{3}+2s^{2}+s+{\frac {1}{5}}\right)}x\right)}|_{r}^{r+1}\\&={\frac {1}{3}}{\left((r+1)^{3}-r^{3}\right)}+{\left(s^{4}+2s^{3}+2s^{2}+s+{\frac {1}{5}}\right)}{\left(r+1-r\right)}\\&={\frac {1}{3}}(3r^{2}+3r+1)+s^{4}+2s^{3}+2s^{2}+s+{\frac {1}{5}}\\&=r^{2}+r+s^{4}+2s^{3}+2s^{2}+s+{\frac {8}{15}}.\end{aligned}}

b) Die Ableitung der Volumenfunktion

{}V(r,s)=r^{2}+r+s^{4}+2s^{3}+2s^{2}+s+{\frac {8}{15}}\,

ist

(2r+1,4s^{3}+6s^{2}+4s+1).

Ein Minimum kann nur vorliegen, wenn die Ableitung ${}0$ ist. Wir zeigen, dass dies nur für ein ${}(r,s)$ der Fall sein kann. Wegen der ersten Komponente muss ${}r=-{\frac {1}{2}}$ sein. Wir zeigen, dass die zweite Komponente

{}h(s)=4s^{3}+6s^{2}+4s+1\,

ebenfalls nur eine Nullstelle besitzt, indem wir zeigen, dass ${}h$ streng wachsend ist. Die Ableitung von ${}h$ ist

{}h'(s)=12s^{2}+12s+4=12s(s+1)+4\,.

Diese Funktion ist für ${}s\to \infty$ und ${}s\to -\infty$ offenbar positiv, sie besitzt also genau ein Minimum, und zwar wegen

{}h^{\prime \prime }(s)=24s+12\,

bei

{}s=-{\frac {1}{2}}\,.

Der Wert des Minimums von ${}h'$ ist

{}h'{\left(-{\frac {1}{2}}\right)}=12{\left(-{\frac {1}{2}}\right)}{\left(-{\frac {1}{2}}+1\right)}+4=-12\cdot {\frac {1}{4}}+4=-3+4=1>0\,.

Dies bedeutet, dass ${}h'$ stets positiv ist und somit ist ${}h$ streng wachsend. Da ferner ${}h$ ein Polynom vom Grad ${}3$ ist, also ${}h(s)\to \infty$ für ${}s\to \infty$ und ${}h(s)\to -\infty$ für ${}s\to -\infty$ gilt, besitzt ${}h$ genau eine Nullstelle. Insgesamt besitzt also ${}V(r,s)$ genau einen kritischen Punkt.