7.11. Extremalprobleme

Anwendungsprobleme bestehen oft in der Aufgabe, die Parameter eines Prozesses so einzustellen, dass ein optimales Ergebnis entsteht (z.B. kürzeste Entfernung, maximaler Gewinn, geringster Verbrauch). Mit unseren Möglichkeiten, globale Extremstellen zu ermitteln, lassen sich Aufgaben dieser Art oftmals rechnerisch lösen.

Wir beginnen mit einem einfachen Beispiel und betrachten dazu Rechtecke mit einem festen Umfang U. Es gibt viele solche Rechtecke und, wie man sich durch waagerechtes Verschieben des blauen Ankerpunktes in der nachfolgenden Skizze überzeugen kann, besitzen sie alle ein unterschiedliches Flächenmaß.

Dazu ist es sicherlich sinnvoll, einen Überblick über alle hier vorkommenden Flächenmaßzahlen zu haben. Wir betrachten daher die durch

gegebene Funktion. Die beiden Variablen x und  y sind dabei allerdings nicht unabhängig von einander zu wählen, denn die Nebenbedingung, also die Vorgabe, dass der Umfang ${\displaystyle U>0}$ sich nicht ändern darf, zwingt x und  y in ein bestimmtes Verhältnis zu einander:

Man kann also in [1]  y durch einen Ausdruck in x ersetzen. Berücksichtigt man, dass die Länge x nur Werte zwischen 0 und ${\displaystyle \frac{U}{2}}$ annehmen darf, ergibt sich für die Zielfunktion  ${\displaystyle A:[\mathrm{0,}\frac{U}{2}]\to ℝ}$ die Vorschrift

Die Suche nach einem flächengrößten Rechteck ist damit die Suche nach einem globalen Maximum der Funktion A. Ein solches Maximum muss existieren, denn A ist stetig auf einem geschlosssenen Intervall (siehe dazu [6.6.5]). Eine solche Maximalstelle könnte einer der beiden Randpunkte sein, oder eine lokale Maximalstelle im Inneren des Intervalls.

Lokale Extremstellen sind aber mit unseren Kriterien (A ist zweimal differenzierbar!) schnell gefunden: Da

und ${\displaystyle {A^{\prime }}^{\prime }}$, liegt im Inneren genau ein lokales Maximum vor, und zwar bei ${\displaystyle \frac{U}{4}}$ in Höhe von

Ein Vergleich mit den Randwerten  ${\displaystyle A(0)=0}$ und ${\displaystyle A(\frac{U}{2})=0}$ zeigt schließlich, dass das flächenmaximale Rechteck die Abmessungen ${\displaystyle x=\frac{U}{4}}$ und ${\displaystyle y=\frac{U}{4}}$ (nach [2]) hat. Wir haben also den bekannten Sachverhalt bewiesen:

Dieses Ergebnis ist ein Spezialfall des sog. isoperimetrischen Problems, der Suche also nach der größten unter allen ebenen Flächen eines festen (geeigneten) Umfangs. Obwohl die Lösung, der Kreis, auf der Hand liegt, ist der Nachweis nicht elementar zu führen. Siehe dazu Viktor Blasjö: The Isoperimetric Problem, Amer. Math. Monthly 112, pp. 526-566.

Analog dazu betrachtet man, oft in wirtschaftlichen Zusammenhängen, das Verpackungsproblem: Wie kann man bei einer gegebenen Oberfläche ein maximales Volumen gewinnen? Als Beispiel konstruieren wir einen volumenmaximalen Schuhkarton (ohne Deckel). Dazu schneiden wir aus einem rechteckigen Stück Pappe der Größe a×b (${\displaystyle a\ge b>0}$) vier Quadrate der Kantenlänge x aus und klappen die so entstandenen Laschen nach oben. Die Skizze zeigt eine solche Pappe mit a = 240px und b = 180px.

formulieren wir in diesem Fall direkt, also ohne die Nebenbedingung

i

Eine ausführliche Schreibweise, hier etwa V(x) = länge·breite·x mit der Nebenbedingung "länge = a − 2x und breite = b − 2x", ist in überschaubaren Fällen oft unangemessen aufwändig.

explizit anzugeben. Zunächst finden wir die lokalen Extremstellen von V im Inneren des Definitionsintervalls. Mit

erhalten wir:  ${\displaystyle V^{\prime }(x)=0\iff x=\frac{1}{6}(a+b)\pm \frac{1}{6}\sqrt{{(a+b)}^2-3ab}=\frac{1}{6}(a+b\pm \sqrt{{(a-b)}^2+ab})}$. Da

gehört die erste Lösung nicht zu ${\displaystyle ]0,\frac{b}{2}[}$, im Gegensatz zur zweiten, denn hier hat man

Und da  ${\displaystyle {V^{\prime }}^{\prime }(\frac{1}{6}(a+b-\sqrt{{(a-b)}^2+ab}))=-\sqrt{{(a-b)}^2+ab}<0}$, liegt hier tatsächlich ein lokales Maximum vor.

Überdies ist nach [4] das Doppelte dieser Lösung kleiner als b, also auch kleiner als a. Die Darstellung [3] garantiert daher

so dass sich ${\displaystyle \frac{1}{6}(a+b-\sqrt{{(a-b)}^2+ab})}$ nach Vergleich mit den Randwerten ${\displaystyle V(0)=0=V(\frac{b}{2})}$ als globale Maximalstelle erweist. In unserem Beispiel ist dies (gerundet) der Wert 34px.

In der Physik stellen sich Zustände oft so ein, dass eine bestimmte Größe minimal wird. Die Gestalt einer Seifenblase etwa hat aus energetischen Gründen stets eine minimale Oberfläche, so dass sich hier die Kugelform einstellt. Oft sind auch physikalische Gesetze Ausdruck dieses Minimalprinzips. Wir zeigen dies am Beispiel des Reflexionsgesetzes ("Einfallswinkel = Ausfallswinkel"):

Erreicht das von einem Sender ausgesandte Signal den Empfänger erst nach Reflexion an einer Ebene, so ist der Einfallswinkel α genauso groß wie der Ausfallswinkel (Reflexionswinkel) β.

Dieses Gesetz, so werden wir jetzt zeigen, gilt bei einer Reflexion genau dann, wenn das Signal unter allen denkbaren Wegen den kürzesten gewählt hat.

Bemerkung:  Für eine beliebige Reflexion mit Einfallswinkel α und Ausfallswinkel β gilt: ${\displaystyle \alpha =\beta \iff }$die Länge des Signalwegs ist minimal. [7.11.2] Beweis:  Wir führen ein geeignetes Koordinatensystem so ein, dass der Sender in (0,s) und der Empfänger in (a,b) positioniert ist. Die Reflexion erfolgt im Punkt (x,0). Für ${\displaystyle a,b,s,x>0}$ ergibt sich damit das folgende Bild:   Animation ↔ Trigonometrie s b xa Die Länge ${\displaystyle l(x)}$ des Signalwegs hängt von der Position des Reflexionspunktes ab und ergibt sich nach Pythagoras (Option Trigonometrie wählen) zu ${\displaystyle l(x)=\sqrt{x^2+s^2}+\sqrt{{(a-x)}^2+b^2},x\in [0,a]}$ l ist zweimal differenzierbar mit den Ableitungen ${\displaystyle \begin{array}{ll}\hfill l^{\prime }(x)=& \frac{x}{\sqrt{x^2+s^2}}-\frac{a-x}{\sqrt{{(a-x)}^2+b^2}}\text{[5]}\hfill \\ \hfill {l^{\prime }}^{\prime }(x)=& \frac{s^2}{{\sqrt{x^2+s^2}}^3}+\frac{b^2}{{\sqrt{{(a-x)}^2+b^2}}^3}>0\text{[6]}\hfill \end{array}}$ Mit [5] erhalten wir für ${\displaystyle x\in ]0,a[}$ zunächst die folgende Äquivalenz: ${\displaystyle \begin{array}{ll}{l}^{\prime }(x)=0\hfill & \iff \frac{x}{\sqrt{x^2+s^2}}=\frac{a-x}{\sqrt{{(a-x)}^2+b^2}}\hfill \\ \hfill & \iff \sin \alpha =\sin \beta \hfill \\ \hfill & \iff \alpha =\beta \text{[7]}\hfill \\ \hfill & \iff \tan \alpha =\tan \beta \hfill \\ \hfill & \iff \frac{s}{x}=\frac{b}{a-x}\hfill \\ \hfill & \iff x=\frac{a\cdot s}{b+s}\hfill \end{array}}$ Mit [6] weiß man daher: l besitzt genau ein lokales Minimum in ${\displaystyle ]0,a[}$, und zwar in ${\displaystyle \frac{a\cdot s}{b+s}}$  i Beachte:  ${\displaystyle 0<\frac{a\cdot s}{b+s}<\frac{a\cdot s}{s}=a}$. . Ein Vergleich mit den Randwerten ${\displaystyle \begin{array}{l}l(0)=s+\sqrt{a^2+b^2}\hfill \\ l(a)=\sqrt{a^2+s^2}+b\hfill \end{array}}$ zeigt nun, dass hier sogar das einzige globale Minimum vorliegt. Mit ${\displaystyle \begin{array}{ll}l(\frac{a\cdot s}{b+s})\hfill & =\sqrt{\frac{a^2{s}^2}{{(b+s)}^2}+s^2}+\sqrt{{(a-\frac{a\cdot s}{b+s})}^2+b^2}\hfill \\ \hfill & =\frac{s}{b+s}\sqrt{a^2+{(b+s)}^2}+\frac{b}{b+s}\sqrt{a^2+{(b+s)}^2}\hfill \\ \hfill & =\sqrt{a^2+{(b+s)}^2}\hfill \end{array}}$ und den Abschätzungen ${\displaystyle b=\sqrt{b^2}<\sqrt{a^2+b^2}}$ bzw. ${\displaystyle s=\sqrt{s^2}<\sqrt{a^2+s^2}}$ folgt nämlich: ${\displaystyle \begin{array}{ll}1.\hfill & a^2+{(b+s)}^2<a^2+b^2+s^2+2s\sqrt{a^2+b^2}={(s+\sqrt{a^2+b^2})}^2\hfill \\ \Rightarrow \hfill & \sqrt{a^2+{(b+s)}^2}<s+\sqrt{a^2+b^2}\hfill \\ \hfill & \hfill \\ 2.\hfill & a^2+{(b+s)}^2<a^2+b^2+s^2+2b\sqrt{a^2+s^2}={(\sqrt{a^2+s^2}+b)}^2\hfill \\ \Rightarrow \hfill & \sqrt{a^2+{(b+s)}^2}<\sqrt{a^2+s^2}+b\hfill \end{array}}$ Insgesamt hat man also: Die Länge des Signalwegs ist minimal${\displaystyle \iff x=\frac{a\cdot s}{b+s}}$, so dass mit [7] schließlich die Behauptung [7.11.2] bewiesen ist.

7.10.

7.12.