Optimierung und der Test mit der zweiten Ableitung

Viele Anwendungsaufgaben laufen darauf hinaus, eine Grösse zu maximieren oder zu minimieren. Das Rezept ist immer dasselbe: Zielfunktion aufstellen, kritische Punkte finden, klassifizieren. Den Test mit der zweiten Ableitung kannst du sogar mit Taylor begründen.

Problemstellung#

Aus einem quadratischen Karton der Seitenlänge $12$ schneidet man an den vier Ecken kongruente Quadrate der Seitenlänge $x$ aus und faltet die Ränder hoch. Es entsteht eine offene Schachtel. Für welches $x$ wird das Volumen maximal, und wie gross ist dieses Volumen?

Lösungsansatz#

Das Vorgehen folgt drei Schritten:

1. Zielfunktion aufstellen und den sinnvollen Definitionsbereich bestimmen.
2. Kritische Punkte über $f'(x) = 0$ finden.
3. Klassifizieren, typischerweise mit dem Test der zweiten Ableitung.

Die Begründung kommt aus der Taylorformel. Wegen $f'(x_0) = 0$ gilt in einer Umgebung von $x_0$ $f(x) \approx f(x_0) + \frac{1}{2}f''(x_0)(x - x_0)^2.$ Der quadratische Abstand $(x - x_0)^2$ ist stets nichtnegativ. Das Vorzeichen von $f''(x_0)$ entscheidet also, ob $f(x)$ oberhalb oder unterhalb von $f(x_0)$ liegt.

Schritt-für-Schritt Lösung#

Nach dem Ausschneiden hat die Grundfläche die Seitenlänge $12 - 2x$, und die Höhe ist $x$. Das Volumen lautet $V(x) = x(12 - 2x)^2 = x(144 - 48x + 4x^2) = 144x - 48x^2 + 4x^3.$ Der sinnvolle Bereich ist $0 < x < 6$, denn die ausgeschnittenen Quadrate dürfen sich nicht überlappen.

Wir differenzieren: $V'(x) = 144 - 96x + 12x^2 = 12(12 - 8x + x^2) = 12(x - 2)(x - 6).$

Die Nullstellen sind $x = 2$ und $x = 6$. Der Randpunkt $x = 6$ liefert $V(6) = 0$ und ist kein Maximum im Inneren. Es bleibt $x = 2$.

Die zweite Ableitung: $V''(x) = -96 + 24x, \qquad V''(2) = -96 + 48 = -48 < 0.$ Nach Satz 1.1 liegt bei $x = 2$ ein lokales Maximum. Da es der einzige kritische Punkt im offenen Intervall $(0, 6)$ ist und $V$ an den Rändern gegen $0$ geht, ist es das globale Maximum.

Das maximale Volumen ist $V(2) = 2(12 - 4)^2 = 2 \cdot 64 = 128.$

Fazit#

Zielfunktion, Ableitung null setzen, zweite Ableitung prüfen: das ist das Standardrezept. Die Taylor-Näherung zweiter Ordnung erklärt, warum das Vorzeichen von $f''(x_0)$ zwischen Maximum und Minimum unterscheidet.

Weitere Übungen#

1. Betrachtungswinkel. Ein Gemälde der Höhe $h = 2$ hängt so, dass seine Unterkante $a = 1$ über Augenhöhe liegt. Der Betrachtungswinkel aus dem Abstand $x > 0$ zur Wand ist $\theta(x) = \arctan\left(\frac{a + h}{x}\right) - \arctan\left(\frac{a}{x}\right) = \arctan\left(\frac{3}{x}\right) - \arctan\left(\frac{1}{x}\right).$ Bei welchem $x$ wird $\theta$ maximal?

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   Berechne $\theta'(x)$, setze die Ableitung null und multipliziere die entstehenden Brüche über Kreuz. Da $x$ ein Abstand ist, kommt nur die positive Wurzel infrage.
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   Mit $\frac{d}{dx}\arctan(u(x)) = \frac{u'(x)}{1 + u(x)^2}$ erhalten wir $$\theta'(x) = \frac{-3/x^2}{1 + 9/x^2} - \frac{-1/x^2}{1 + 1/x^2} = -\frac{3}{x^2 + 9} + \frac{1}{x^2 + 1}.$$

   Nullsetzen liefert $\frac{1}{x^2 + 1} = \frac{3}{x^2 + 9}.$ Über Kreuz multiplizieren: $x^2 + 9 = 3(x^2 + 1) \implies x^2 + 9 = 3x^2 + 3 \implies 6 = 2x^2 \implies x^2 = 3.$ Die positive Lösung ist $x = \sqrt{3}$.

   Für $0 < x < \sqrt{3}$ gilt $\theta'(x) > 0$, danach $\theta'(x) < 0$. Bei $x = \sqrt{3}$ liegt also ein Maximum.

2. Blutkreislauf. Ein Blutgefäss der Breite $b$ verläuft parallel zu einer Wand im Abstand $d$. Von einem Punkt an der Wand soll ein seitliches Gefäss der Breite $c$ unter dem Winkel $\theta \in (0, \pi/2)$ zum Hauptgefäss geführt werden. Die Teilstrecken haben die Längen $\ell_1 = \frac{d}{\sin\theta}$ (seitliches Gefäss) und $\ell_2 = L - \frac{d}{\tan\theta}$ (Reststrecke im Hauptgefäss, $L$ gross genug). Der Gesamtwiderstand sei $R(\theta) = k\left(\frac{\ell_1}{c^4} + \frac{\ell_2}{b^4}\right) = k\left(\frac{d}{c^4\sin\theta} + \frac{L}{b^4} - \frac{d}{b^4\tan\theta}\right)$ mit einer positiven Konstante $k$. Für welchen Winkel $\theta$ wird $R$ minimal?

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   Konstanten fallen beim Ableiten weg. Setze $R'(\theta) = 0$ und löse nach $\cos\theta$ auf. Prüfe anschliessend das Vorzeichen von $R'$ links und rechts der Nullstelle.
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   Ableiten nach $\theta$ (bis auf den irrelevanten Faktor $k$ und additive Konstanten): $$R'(\theta) \propto -\frac{d\cos\theta}{c^4\sin^2\theta} + \frac{d}{b^4\sin^2\theta}.$$ Genauer: mit $\frac{d}{d\theta}(\sin\theta)^{-1} = -\frac{\cos\theta}{\sin^2\theta}$ und $\frac{d}{d\theta}(\tan\theta)^{-1} = -\frac{1}{\sin^2\theta}$ gilt $$R'(\theta) = kd\left(-\frac{\cos\theta}{c^4\sin^2\theta} + \frac{1}{b^4\sin^2\theta}\right).$$

   Nullsetzen (und $kd / \sin^2\theta \neq 0$ kürzen) liefert $-\frac{\cos\theta}{c^4} + \frac{1}{b^4} = 0 \implies \cos\theta = \left(\frac{c}{b}\right)^4.$ Da $\theta \in (0, \pi/2)$ und $c < b$ typischerweise $\cos\theta \in (0, 1)$ liefert, existiert genau eine solche Nullstelle $\theta_* = \arccos\bigl((c/b)^4\bigr)$.

   Für $\theta < \theta_*$ ist $\cos\theta > (c/b)^4$, also $R'(\theta) < 0$. Für $\theta > \theta_*$ gilt $R'(\theta) > 0$. Bei $\theta_*$ liegt ein Minimum.