Doc Alvers Mathe-Labor

Abitur-Training: Extremwertaufgaben — Optimieren mit Nebenbedingung

Berufliches Gymnasium · Pflichtaufgabe 1 · Grund- und Leistungskurs · drei Aufgaben, Anforderungsbereiche I bis III

Das größte Rechteck unter der Parabel

AFB I · Reproduzieren

Gegeben ist die in $\mathbb{R}$ definierte Funktion $f$ mit $f(x) = 9 - x^2$. Unter dem Graphen von $f$ liegt ein achsenparalleles Rechteck: Eine Seite liegt auf der $x$-Achse, die beiden oberen Ecken liegen auf dem Graphen. Wegen der Symmetrie hat es die Ecken $(-u \mid 0)$, $(u \mid 0)$, $(u \mid f(u))$ und $(-u \mid f(u))$. Gesucht ist das Rechteck mit dem größten Flächeninhalt.

Das größte Rechteck (orange) mit u = 1,73 und der Höhe 6. Gestrichelt ein breiteres, aber flacheres Rechteck mit deutlich kleinerem Flächeninhalt.

Berechnen Sie die Nullstellen von $f$ und begründen Sie, dass für $u$ nur Werte mit $0 < u < 3$ in Frage kommen.
Zeigen Sie, dass für den Flächeninhalt $A(u) = 18 \cdot u - 2 \cdot u^3$ gilt.
Bestimmen Sie die Stelle $u$, an der $A$ den größten Wert annimmt, und weisen Sie nach, dass dort tatsächlich ein Maximum vorliegt.
Geben Sie Breite, Höhe und Flächeninhalt des größten Rechtecks an und vergleichen Sie mit dem gestrichelten Rechteck der Abbildung, für das $u = 2{,}5$ gilt.

Der Behälter mit dem geringsten Materialverbrauch

AFB II · Zusammenhänge herstellen

Ein oben offener Behälter mit quadratischer Grundfläche soll genau $4$ Liter, also $4000$ Kubikzentimeter, fassen. Die Grundkante misst $a$ Zentimeter, die Höhe $h$ Zentimeter. Für die Herstellung soll möglichst wenig Blech verbraucht werden, die Oberfläche des Behälters also möglichst klein sein. Die Dicke des Blechs bleibt unberücksichtigt.

Der oben offene Behälter mit quadratischer Grundfläche: Grundkante a, Höhe h. Es sind fünf Flächen zu berechnen, nicht sechs.

Stellen Sie die Nebenbedingung auf und zeigen Sie, dass für die Oberfläche $O(a) = a^2 + \dfrac{16000}{a}$ mit $a > 0$ gilt.
Berechnen Sie die Maße des Behälters mit der kleinsten Oberfläche und weisen Sie nach, dass dort ein Minimum vorliegt.
Begründen Sie, dass es sich um das absolute Minimum handelt, und vergleichen Sie mit einem würfelähnlichen Behälter, bei dem $a = h$ gilt.
Zeigen Sie, dass die Höhe im Optimum stets halb so groß ist wie die Grundkante — unabhängig vom vorgegebenen Volumen $V$.

Das Kabel zur Messplattform

AFB III · Reflektieren und Beurteilen

Von einem Verteilerkasten $V$ am geraden Ufer eines Sees soll die Messplattform $P$ mit Strom versorgt werden. $P$ liegt $40$ m vom Ufer entfernt; ihr Fußpunkt $F$ am Ufer ist $100$ m von $V$ entfernt. Das Kabel wird vom Verteilerkasten am Ufer entlang bis zu einem Punkt $S$ und von dort geradlinig durch den See zu $P$ verlegt. Ein Meter Landkabel kostet $30$ €, ein Meter Seekabel $50$ €. Mit $x$ wird der Abstand zwischen $S$ und $F$ in Metern bezeichnet.

Lageskizze: Vom Verteilerkasten V läuft das Kabel am Ufer bis S und von dort durch den See zur Plattform P. Gesucht ist die Lage von S.

Zeigen Sie, dass die Gesamtkosten durch $K(x) = 3000 - 30 \cdot x + 50 \cdot \sqrt{x^2 + 1600}$ beschrieben werden, und geben Sie den sinnvollen Definitionsbereich an.
Bestimmen Sie die kostengünstigste Lage von $S$ und die zugehörigen Kosten. Weisen Sie nach, dass es sich um das absolute Minimum handelt.
Berechnen Sie die Mehrkosten der beiden naheliegenden Varianten: Kabel am Ufer bis $F$ und dann senkrecht hinaus, sowie Kabel auf kürzestem Weg direkt von $V$ nach $P$.
Beurteilen Sie die Aussage: „Beim kostengünstigsten Verlauf sind die Kosten für das Landkabel und die Kosten für das Seekabel gleich groß.“

Lösungen

1 · Das größte Rechteck unter der Parabel

a) Aus $9 - x^2 = 0$ folgt $x^2 = 9$, also $x_1 = -3$ und $x_2 = 3$. Nur zwischen diesen beiden Stellen verläuft der Graph oberhalb der $x$-Achse. Für $u = 0$ fällt das Rechteck zu einer Strecke zusammen, für $u \geq 3$ ist $f(u) \leq 0$ und es entsteht kein Rechteck über der Achse. Sinnvoll ist also $0 < u < 3$.

b) Die obere rechte Ecke ist $(u \mid f(u))$, die obere linke $(-u \mid f(u))$. Das Rechteck ist damit $2 \cdot u$ breit und $f(u) = 9 - u^2$ hoch. Für den Flächeninhalt folgt $A(u) = 2 \cdot u \cdot \left(9 - u^2\right) = 18 \cdot u - 2 \cdot u^3$.

c) $A'(u) = 18 - 6 \cdot u^2 = 0$ liefert $u^2 = 3$, also $u = \sqrt{3} \approx 1{,}73$; die zweite Lösung $-\sqrt{3}$ liegt nicht im Definitionsbereich. Mit $A''(u) = -12 \cdot u$ ist $A''\left(\sqrt{3}\right) = -12 \cdot \sqrt{3} < 0$, dort liegt also ein Maximum. Wegen $A(0) = 0$ und $A(3) = 0$ ist es zugleich das absolute Maximum im Intervall.

d) Breite $2 \cdot \sqrt{3} \approx 3{,}46$, Höhe $f\left(\sqrt{3}\right) = 9 - 3 = 6$ und damit $A\left(\sqrt{3}\right) = 12 \cdot \sqrt{3} \approx 20{,}78$. Das gestrichelte Rechteck ist mit der Breite $5$ zwar deutlich breiter, aber nur $9 - 6{,}25 = 2{,}75$ hoch; sein Flächeninhalt beträgt $5 \cdot 2{,}75 = 13{,}75$ — rund ein Drittel weniger. Mehr Breite bringt hier also nicht mehr Fläche.

Zu c): Der Flächeninhalt in Abhängigkeit von u. Das Maximum liegt bei u = 1,73 mit A = 20,78; das Vergleichsrechteck (grauer Punkt) kommt nur auf 13,75.

Gesucht ist das Maximum von $A$, nicht das von $f$. Wer $f'(x) = 0$ setzt, findet den Scheitel $(0 \mid 9)$ — die höchste Stelle der Kurve. Das zugehörige Rechteck hätte die Breite null und den Flächeninhalt null.

2 · Der Behälter mit dem geringsten Materialverbrauch

a) Nebenbedingung ist das vorgegebene Volumen: $V = a^2 \cdot h = 4000$, also $h = \dfrac{4000}{a^2}$. Weil der Behälter oben offen ist, besteht die Oberfläche aus dem Boden und vier Seitenwänden: $O = a^2 + 4 \cdot a \cdot h$. Einsetzen der Nebenbedingung liefert $O(a) = a^2 + 4 \cdot a \cdot \dfrac{4000}{a^2} = a^2 + \dfrac{16000}{a}$. Weil $a$ eine Länge ist und im Nenner steht, gilt $a > 0$.

b) $O'(a) = 2 \cdot a - \dfrac{16000}{a^2} = 0$ führt auf $2 \cdot a^3 = 16000$, also $a^3 = 8000$ und $a = 20$. Mit $O''(a) = 2 + \dfrac{32000}{a^3}$ ist $O''(20) = 2 + 4 = 6 > 0$, dort liegt also ein Minimum. Aus der Nebenbedingung folgt $h = \dfrac{4000}{400} = 10$. Der günstigste Behälter misst also $20$ cm mal $20$ cm in der Grundfläche bei $10$ cm Höhe; seine Oberfläche beträgt $O(20) = 400 + 800 = 1200$, also $1200$ Quadratzentimeter.

c) Der Definitionsbereich $a > 0$ ist offen, ein Randminimum kann es daher nicht geben: Für $a \to 0$ wächst $\dfrac{16000}{a}$ über alle Grenzen, für $a \to \infty$ wächst $a^2$ über alle Grenzen. Da $O$ dort stetig ist und mit $a = 20$ genau eine Stelle mit waagerechter Tangente besitzt, ist $O(20) = 1200$ das absolute Minimum. Zum Vergleich: Aus $a = h$ folgt $a^3 = 4000$, also $a \approx 15{,}87$ und $O = a^2 + 4 \cdot a^2 = 5 \cdot a^2 \approx 1260$ — der würfelähnliche Behälter braucht rund $5\,\%$ mehr Blech.

d) Allgemein ist $h = \dfrac{V}{a^2}$ und damit $O(a) = a^2 + \dfrac{4 \cdot V}{a}$. Aus $O'(a) = 2 \cdot a - \dfrac{4 \cdot V}{a^2} = 0$ folgt $2 \cdot a^3 = 4 \cdot V$, also $a^3 = 2 \cdot V$ beziehungsweise $V = \dfrac{a^3}{2}$. Eingesetzt: $h = \dfrac{V}{a^2} = \dfrac{a^3}{2 \cdot a^2} = \dfrac{a}{2}$. Im Optimum ist die Höhe also immer halb so groß wie die Grundkante, gleichgültig wie groß $V$ ist. Nebenbei folgt daraus $4 \cdot a \cdot h = 2 \cdot a^2$: Die vier Wände brauchen zusammen stets doppelt so viel Blech wie der Boden.

Zu b): Die Oberfläche in Abhängigkeit von a. Der Boden (grün gestrichelt) wächst, die Wände (grau gestrichelt) fallen; die Summe hat bei a = 20 cm ihr Minimum von 1200 Quadratzentimetern.

Die Nebenbedingung muss vor dem Ableiten eingesetzt werden. Wer $O = a^2 + 4 \cdot a \cdot h$ nach $a$ ableitet und $h$ dabei wie eine Konstante behandelt, erhält $2 \cdot a + 4 \cdot h = 0$ und damit die negative Kantenlänge $a = -2 \cdot h$. Die Höhe hängt eben von $a$ ab.

3 · Das Kabel zur Messplattform

a) Das Landkabel reicht von $V$ bis $S$, ist also $100 - x$ Meter lang und kostet $30 \cdot (100 - x) = 3000 - 30 \cdot x$ Euro. Das Seekabel verläuft von $S$ nach $P$; das Dreieck $SFP$ ist bei $F$ rechtwinklig, nach dem Satz des Pythagoras ist das Seekabel also $\sqrt{x^2 + 40^2} = \sqrt{x^2 + 1600}$ Meter lang und kostet $50 \cdot \sqrt{x^2 + 1600}$ Euro. Die Summe ergibt $K(x) = 3000 - 30 \cdot x + 50 \cdot \sqrt{x^2 + 1600}$. Der Punkt $S$ liegt zwischen $V$ und $F$, sinnvoll ist also $0 \leq x \leq 100$.

b) Mit der Kettenregel ist $K'(x) = -30 + \dfrac{50 \cdot x}{\sqrt{x^2 + 1600}}$. Aus $K'(x) = 0$ folgt $50 \cdot x = 30 \cdot \sqrt{x^2 + 1600}$, also nach Kürzen $5 \cdot x = 3 \cdot \sqrt{x^2 + 1600}$ und quadriert $25 \cdot x^2 = 9 \cdot x^2 + 14400$. Damit ist $16 \cdot x^2 = 14400$, $x^2 = 900$ und $x = 30$; die negative Lösung entfällt. Wegen $\sqrt{900 + 1600} = 50$ ist $K(30) = 30 \cdot 70 + 50 \cdot 50 = 2100 + 2500 = 4600$. Nachweis: $K''(x) = 80000 \cdot \left(x^2 + 1600\right)^{-\frac{3}{2}} > 0$ für alle $x$, der Graph von $K$ ist also überall linksgekrümmt und die einzige Stelle mit $K'(x) = 0$ ist das absolute Minimum. Die Randwerte bestätigen das: $K(0) = 5000$ und $K(100) \approx 5385{,}16$. Das Kabel wird also $70$ m am Ufer entlang geführt und dann $50$ m durch den See; die Kosten betragen $4600$ €.

c) Variante „bis $F$ und dann senkrecht hinaus“ bedeutet $x = 0$: $K(0) = 3000 + 50 \cdot 40 = 5000$ Euro, also $400$ € mehr. Variante „kürzester Weg“ bedeutet $x = 100$, das Kabel liegt dann vollständig im See: $K(100) = 50 \cdot \sqrt{10000 + 1600} = 50 \cdot \sqrt{11600} \approx 5385{,}16$ Euro, also rund $785$ € mehr. Der kürzeste Weg ist hier der teuerste — entscheidend ist nicht die Länge, sondern der Preis je Meter.

d) Die Aussage ist falsch. Im Optimum kostet das Landkabel $30 \cdot 70 = 2100$ € und das Seekabel $50 \cdot 50 = 2500$ €; die beiden Anteile unterscheiden sich um $400$ €. Gleich groß werden sie erst, wenn $3000 - 30 \cdot x = 50 \cdot \sqrt{x^2 + 1600}$ gilt, also bei $x \approx 23{,}05$ — dort betragen die Gesamtkosten rund $4616{,}80$ € und damit knapp $17$ € mehr als im Optimum. Was im Optimum übereinstimmt, sind nicht die Kosten, sondern ihre Änderungsraten: Aus $K'(30) = 0$ folgt, dass ein weiterer Meter am Ufer genau $30$ € spart und derselbe Meter im See genau $30$ € zusätzlich kostet. Solange die Ersparnis größer ist als der Zuwachs, lohnt sich das Verschieben von $S$; im Gleichgewicht stehen also die Grenzkosten, nicht die Beträge.

Zu d): Die beiden Anteile laufen gegeneinander. Ihre Summe wird bei x = 30 m am kleinsten — dort kostet das Landkabel 2100 Euro und das Seekabel 2500 Euro, die Anteile sind also gerade nicht gleich groß.

Die Wurzel wird mit der Kettenregel abgeleitet und nicht gliedweise vereinfacht: $\sqrt{x^2 + 1600}$ ist nicht $x + 40$. Wer so rechnet, erhält die lineare Funktion $5000 + 20 \cdot x$ ohne inneres Minimum und landet zwangsläufig am Rand.