Optimierungsprobleme einfach erklärt: Maxima & Minima

Die Steigung wird durch die erste Ableitung von $f(x)$ beschrieben. Unsere Zielfunktion ist also $m(x) = f'(x)$.

$f(x) = \frac{1}{12}x^3 - x$

$m(x) = f'(x) = \frac{3}{12}x^2 - 1 = \frac{1}{4}x^2 - 1$

Wir leiten $m(x)$ ab, um ihre Extrema zu finden.

$m'(x) = f''(x) = \frac{1}{2}x$

$m''(x) = f'''(x) = \frac{1}{2}$

Wir setzen $m'(x) = 0$.

$f''(x) = \frac{1}{2}x = 0$

$x = 0$

Die einzige mögliche Extremstelle für die Steigung ist bei $x=0$.

Wir setzen $x=0$ in $m''(x)$ ein.

$m''(0) = f'''(0) = \frac{1}{2}$

Da $m''(0) > 0$ ist, hat die Steigungsfunktion bei $x=0$ ein lokales Minimum.

Wir berechnen die Steigung $m(x) = f'(x)$ an den Rändern des Intervalls $[-4, 4]$.

Linker Rand: $x = -4$ $m(-4) = f'(-4) = \frac{1}{4}(-4)^2 - 1 = \frac{1}{4}(16) - 1 = 4 - 1 = 3$

Rechter Rand: $x = 4$ $m(4) = f'(4) = \frac{1}{4}(4)^2 - 1 = \frac{1}{4}(16) - 1 = 4 - 1 = 3$

Wir vergleichen die Steigungswerte an den kritischen Stellen:

• Lokales Minimum der Steigung bei $x=0$: $m(0) = f'(0) = \frac{1}{4}(0)^2 - 1 = -1$.
• Steigung am Rand $x=-4$: $m(-4) = 3$.
• Steigung am Rand $x=4$: $m(4) = 3$.

Der größte Wert ist 3. Die maximale Steigung tritt also an den Rändern auf.

Wir suchen die maximale und minimale Steigung von $f(x)$. Die Zielfunktion ist die Steigung $m(x) = f'(x)$.

$f(x) = -x^3 + 12x$

$m(x) = f'(x) = -3x^2 + 12$

$m'(x) = f''(x) = -6x$

$m''(x) = f'''(x) = -6$

Wir setzen $m'(x) = 0$.

$f''(x) = -6x = 0$

$x = 0$

Die Stelle $x=0$ ist eine mögliche Extremstelle der Steigung. Sie liegt am Rand unseres Intervalls $[0, 3]$.

Wir setzen $x=0$ in $m''(x)$ ein.

$m''(0) = f'''(0) = -6$

Da $m''(0) < 0$ ist, hat die Steigungsfunktion bei $x=0$ ein lokales Maximum.

Wir müssen die Steigung an den Rändern des Intervalls $[0, 3]$ berechnen.

Linker Rand: $x = 0$ $m(0) = f'(0) = -3(0)^2 + 12 = 12$

Rechter Rand: $x = 3$ $m(3) = f'(3) = -3(3)^2 + 12 = -3(9) + 12 = -27 + 12 = -15$

Die Kandidaten für die extremsten Steigungen sind:

• Steigung bei $x=0$: $12$
• Steigung bei $x=3$: $-15$

Wir betrachten die Beträge: $|12| = 12$ und $|-15| = 15$. Der größte Betrag ist 15.

„Am steilsten fallen" bedeutet, wir suchen das Minimum der Steigungsfunktion. Die Zielfunktion ist die Steigung (Geschwindigkeit) $v(t) = h'(t)$.

$h(t) = -t^4 + 8t^2$

$v(t) = h'(t) = -4t^3 + 16t$

$v'(t) = h''(t) = -12t^2 + 16$

$v''(t) = h'''(t) = -24t$

Wir setzen $v'(t) = 0$.

$h''(t) = -12t^2 + 16 = 0$

$12t^2 = 16$

$t^2 = \frac{16}{12} = \frac{4}{3}$

$t = \pm \sqrt{\frac{4}{3}} = \pm \frac{2}{\sqrt{3}} \approx \pm 1{,}15$

Da wir das Intervall $[0, 2]$ betrachten, ist nur $t = \sqrt{\frac{4}{3}}$ relevant.

Wir setzen $t = \sqrt{\frac{4}{3}}$ in $v''(t)$ ein.

$v''(\sqrt{\frac{4}{3}}) = -24 \cdot \sqrt{\frac{4}{3}} < 0$

Da das Ergebnis negativ ist, liegt hier ein lokales Maximum der Steigung vor (steilster Anstieg).

Wir berechnen die Steigung $v(t) = h'(t)$ an den Rändern des Intervalls $[0, 2]$.

Linker Rand: $t = 0$ $v(0) = h'(0) = -4(0)^3 + 16(0) = 0$

Rechter Rand: $t = 2$ $v(2) = h'(2) = -4(2)^3 + 16(2) = -4(8) + 32 = -32 + 32 = 0$

Wir vergleichen die Steigungswerte:

• Steigung bei $t=0$: $0$
• Steigung bei $t=2$: $0$
• Lokales Maximum der Steigung bei $t = \sqrt{\frac{4}{3}}$: $v(\sqrt{\frac{4}{3}}) = -4(\sqrt{\frac{4}{3}})^3 + 16(\sqrt{\frac{4}{3}}) \approx 12{,}32$.

Die Frage ist, wann der Ball am steilsten fällt. Das bedeutet, wir suchen die negativste Steigung. In unserem Intervall gibt es keine Stelle mit negativer Steigung, die ein lokales Minimum ist. Die Steigung ist an den Rändern 0 und dazwischen positiv. Das bedeutet, der Ball steigt die ganze Zeit an und erreicht am Ende seine maximale Höhe. Mathematisch suchen wir das globale Minimum der Steigung. Das Minimum der Steigung ist 0 an den Rändern.

Die Zielfunktion ist die Steigung $m(x) = f'(x)$. Wir verwenden die Produktregel.

$f(x) = e^x(x^2 - 3)$

$m(x) = f'(x) = e^x(x^2 - 3) + e^x(2x) = e^x(x^2 + 2x - 3)$

Wir leiten $m(x)$ ab (wieder mit der Produktregel).

$m'(x) = f''(x) = e^x(x^2 + 2x - 3) + e^x(2x + 2) = e^x(x^2 + 4x - 1)$

$m''(x) = f'''(x) = e^x(x^2 + 4x - 1) + e^x(2x + 4) = e^x(x^2 + 6x + 3)$

Wir setzen $m'(x) = 0$.

$e^x(x^2 + 4x - 1) = 0$

Da $e^x$ niemals null ist, muss der Klammerausdruck null sein: $x^2 + 4x - 1 = 0$

Mit der Mitternachtsformel: $x = \frac{-4 \pm \sqrt{16 - 4(1)(-1)}}{2} = \frac{-4 \pm \sqrt{20}}{2} = -2 \pm \sqrt{5}$

$x_1 = -2 - \sqrt{5} \approx -4{,}24$ (liegt außerhalb des Intervalls $[-4, 2]$)

$x_2 = -2 + \sqrt{5} \approx 0{,}24$ (liegt im Intervall)

Der einzige Kandidat im Intervall ist $x \approx 0{,}24$.

Wir setzen $x_2 = -2 + \sqrt{5}$ in $m''(x)$ ein.

$m''(-2 + \sqrt{5}) = e^{-2 + \sqrt{5}} ((-2 + \sqrt{5})^2 + 6(-2 + \sqrt{5}) + 3)$

Der Term in der Klammer wird zu: $(4 - 4\sqrt{5} + 5) + (-12 + 6\sqrt{5}) + 3 = 2\sqrt{5} > 0$. Da $e^x$ immer positiv ist, ist das Ergebnis positiv. Es liegt also ein lokales Minimum der Steigung vor.

Linker Rand: $x = -4$ $m(-4) = f'(-4) = e^{-4}((-4)^2 + 2(-4) - 3) = e^{-4}(16 - 8 - 3) = 5e^{-4} \approx 0{,}09$

Rechter Rand: $x = 2$ $m(2) = f'(2) = e^{2}((2)^2 + 2(2) - 3) = e^{2}(4 + 4 - 3) = 5e^{2} \approx 36{,}95$

• Steigung am Minimum bei $x = -2 + \sqrt{5}$: $m(-2 + \sqrt{5}) = e^{-2+\sqrt{5}}((-2+\sqrt{5})^2 + 2(-2+\sqrt{5}) - 3) \approx -4{,}85$
• Steigung am Rand $x=-4$: $\approx 0{,}09$
• Steigung am Rand $x=2$: $\approx 36{,}95$

Der kleinste Wert ist ca. -4,85.

Wir suchen das globale Minimum der Steigungsfunktion $m(x) = f'(x)$.

$f(x) = \frac{1}{100}x^5 - \frac{2}{3}x^3 + 5x$

$m(x) = f'(x) = \frac{5}{100}x^4 - \frac{6}{3}x^2 + 5 = \frac{1}{20}x^4 - 2x^2 + 5$

$m'(x) = f''(x) = \frac{4}{20}x^3 - 4x = \frac{1}{5}x^3 - 4x$

$m''(x) = f'''(x) = \frac{3}{5}x^2 - 4$

Wir setzen $m'(x) = 0$.

$\frac{1}{5}x^3 - 4x = 0$

$x(\frac{1}{5}x^2 - 4) = 0$

Eine Lösung ist $x_1 = 0$. Für die anderen setzen wir die Klammer null:

$\frac{1}{5}x^2 - 4 = 0$

$\frac{1}{5}x^2 = 4$

$x^2 = 20$

$x_{2,3} = \pm \sqrt{20} = \pm 2\sqrt{5} \approx \pm 4{,}47$

Wir haben drei Kandidaten: $0$, $\sqrt{20}$ und $-\sqrt{20}$.

Wir setzen die $x$-Werte in $m''(x) = f'''(x)$ ein.

• Für $x_1 = 0$: $m''(0) = \frac{3}{5}(0)^2 - 4 = -4 < 0$. Hier liegt ein lokales Maximum der Steigung vor.
• Für $x_2 = \sqrt{20}$: $m''(\sqrt{20}) = \frac{3}{5}(\sqrt{20})^2 - 4 = \frac{3}{5}(20) - 4 = 12 - 4 = 8 > 0$. Hier liegt ein lokales Minimum der Steigung vor (stärkstes Gefälle).
• Für $x_3 = -\sqrt{20}$: $m''(-\sqrt{20}) = \frac{3}{5}(-\sqrt{20})^2 - 4 = \frac{3}{5}(20) - 4 = 12 - 4 = 8 > 0$. Hier liegt ebenfalls ein lokales Minimum der Steigung vor.

Da kein Intervall gegeben ist, betrachten wir das Verhalten für $x \to \pm \infty$. Die Steigungsfunktion $m(x) = \frac{1}{20}x^4 - 2x^2 + 5$ geht für $x \to \pm \infty$ gegen $+\infty$. Daher müssen die bei $x = \pm \sqrt{20}$ gefundenen lokalen Minima auch die globalen Minima sein.

Wir berechnen die Steigung an diesen Stellen: $m(\pm \sqrt{20}) = \frac{1}{20}(\pm \sqrt{20})^4 - 2(\pm \sqrt{20})^2 + 5 = \frac{1}{20}(400) - 2(20) + 5 = 20 - 40 + 5 = -15$.

Der Flächeninhalt eines Rechtecks ist $A = \text{Länge} \cdot \text{Breite}$.

Aus der Skizze und der Symmetrie der Parabel erkennen wir:

• Die Länge des Rechtecks ist $2x$.
• Die Breite (Höhe) des Rechtecks ist $f(x) = 4 - x^2$.

Wir setzen die Nebenbedingungen in die Hauptbedingung ein:

$A(x) = (2x) \cdot (4 - x^2)$

$A(x) = 8x - 2x^3$

Damit ein Rechteck existiert, muss $x > 0$ sein. Außerdem muss die Höhe positiv sein, also $4 - x^2 > 0$, was $x^2 < 4$ bedeutet. Da $x$ eine Länge ist, gilt $0 < x < 2$.

Wir leiten die Zielfunktion ab:

$A'(x) = 8 - 6x^2$

Wir setzen die Ableitung null:

$8 - 6x^2 = 0$

$6x^2 = 8$

$x^2 = \frac{8}{6} = \frac{4}{3}$

$x = \sqrt{\frac{4}{3}} = \frac{2}{\sqrt{3}} \approx 1{,}15$ (Die negative Lösung entfällt wegen des Definitionsbereichs).

Wir prüfen mit der zweiten Ableitung:

$A''(x) = -12x$

$A''(\frac{2}{\sqrt{3}}) = -12 \cdot \frac{2}{\sqrt{3}} < 0$. Es handelt sich also um ein Maximum.

Die Ränder sind $x \to 0$ und $x \to 2$. In beiden Fällen wird die Fläche null ($A(0)=0$, $A(2)=0$). Unser gefundener Wert ist also das globale Maximum.

Das Volumen eines Quaders (der Schachtel) ist $V = \text{Länge} \cdot \text{Breite} \cdot \text{Höhe}$.

Wenn wir an den Ecken Quadrate der Seitenlänge $x$ ausschneiden:

• Die Höhe der Schachtel ist $h = x$.
• Die Länge der Grundfläche ist $l = 12 - 2x$.
• Die Breite der Grundfläche ist $b = 12 - 2x$.

Wir setzen die Nebenbedingungen in die Hauptbedingung ein:

$V(x) = (12 - 2x) \cdot (12 - 2x) \cdot x$

$V(x) = (144 - 48x + 4x^2) \cdot x$

$V(x) = 4x^3 - 48x^2 + 144x$

Die Seitenlänge $x$ muss positiv sein. Außerdem muss die Länge der Grundfläche $12-2x$ positiv sein, also $12 > 2x$, was $x < 6$ bedeutet. Der Definitionsbereich ist $0 < x < 6$.

Wir leiten die Zielfunktion ab:

$V'(x) = 12x^2 - 96x + 144$

Wir setzen die Ableitung null und teilen durch 12:

$x^2 - 8x + 12 = 0$

Mit der p-q-Formel: $x = 4 \pm \sqrt{16 - 12} = 4 \pm \sqrt{4} = 4 \pm 2$.

$x_1 = 6$ (liegt am Rand des Definitionsbereichs, dort ist das Volumen 0)

$x_2 = 2$ (liegt im Definitionsbereich)

Wir prüfen mit der zweiten Ableitung:

$V''(x) = 24x - 96$

$V''(2) = 24(2) - 96 = 48 - 96 = -48 < 0$. Es handelt sich also um ein Maximum.

An den Rändern $x=0$ und $x=6$ ist das Volumen null. Unser Wert ist also das globale Maximum.

Die Oberfläche eines Zylinders soll minimiert werden. Die Formel lautet: $O = 2\pi r^2 + 2\pi r h$ (Boden und Deckel + Mantelfläche).

Das Volumen ist fest vorgegeben: $V = \pi r^2 h = 1000$. Wir können diese Gleichung nach $h$ auflösen, um eine Variable zu eliminieren.

$h = \frac{1000}{\pi r^2}$

Wir setzen die Nebenbedingung für $h$ in die Hauptbedingung (Oberflächenformel) ein:

$O(r) = 2\pi r^2 + 2\pi r \left( \frac{1000}{\pi r^2} \right)$

$O(r) = 2\pi r^2 + \frac{2000}{r}$

Der Radius $r$ muss größer als 0 sein: $r > 0$.

Wir leiten die Zielfunktion ab (beachte $1/r = r^{-1}$):

$O'(r) = 4\pi r - \frac{2000}{r^2}$

Wir setzen die Ableitung null:

$4\pi r - \frac{2000}{r^2} = 0$

$4\pi r = \frac{2000}{r^2}$

$4\pi r^3 = 2000$

$r^3 = \frac{2000}{4\pi} = \frac{500}{\pi}$

$r = \sqrt[3]{\frac{500}{\pi}} \approx 5{,}42 \text{ cm}$

Wir prüfen mit der zweiten Ableitung:

$O''(r) = 4\pi + \frac{4000}{r^3}$

Da $r > 0$ ist, ist $O''(r)$ immer positiv. Es handelt sich also um ein Minimum.

Für $r \to 0$ und $r \to \infty$ wird die Oberfläche unendlich groß. Unser Wert ist also das globale Minimum.

Die Gesamtfläche $A$ soll maximiert werden. Sie setzt sich aus der Rechteckfläche und der Halbkreisfläche zusammen. $A = A_{Rechteck} + A_{Halbkreis}$ $A = (2r) \cdot h + \frac{1}{2}\pi r^2$

Der Umfang ist auf 10 m festgelegt. Der Umfang besteht aus den beiden senkrechten Seiten des Rechtecks, der unteren Seite und dem Bogen des Halbkreises. $U = h + 2r + h + \pi r = 2h + 2r + \pi r = 10$

Wir lösen nach $h$ auf: $2h = 10 - 2r - \pi r$ $h = 5 - r - \frac{\pi}{2}r$

Wir setzen $h$ in die Flächenformel ein: $A(r) = 2r(5 - r - \frac{\pi}{2}r) + \frac{1}{2}\pi r^2$ $A(r) = 10r - 2r^2 - \pi r^2 + \frac{1}{2}\pi r^2$ $A(r) = 10r - 2r^2 - \frac{1}{2}\pi r^2 = 10r - r^2(2 + \frac{\pi}{2})$

Radius $r$ und Höhe $h$ müssen positiv sein. $r>0$.

Wir leiten die Zielfunktion ab: $A'(r) = 10 - 2r(2 + \frac{\pi}{2}) = 10 - 4r - \pi r$

Wir setzen die Ableitung null: $10 - 4r - \pi r = 0$ $10 = r(4 + \pi)$ $r = \frac{10}{4 + \pi} \approx 1{,}40 \text{ m}$

Wir prüfen mit der zweiten Ableitung: $A''(r) = -4 - \pi < 0$. Es handelt sich also um ein Maximum.

Der Abstand $d$ zwischen zwei Punkten $(x_1, y_1)$ und $(x_2, y_2)$ wird mit dem Satz des Pythagoras berechnet: $d = \sqrt{(x_2-x_1)^2 + (y_2-y_1)^2}$.

Trick: Es ist einfacher, das Quadrat des Abstandes, $d^2$, zu minimieren. Das Minimum von $d^2$ liegt an derselben Stelle wie das Minimum von $d$. Unsere Hauptbedingung ist also $D = d^2 = (x_2-x_1)^2 + (y_2-y_1)^2$.

Der eine Punkt ist $P(2, 0)$. Der andere Punkt liegt auf dem Graphen und hat die Koordinaten $Q(x, \sqrt{x})$. Also: $x_1=2, y_1=0$ und $x_2=x, y_2=\sqrt{x}$.

Wir setzen die Koordinaten in die Abstandsquadrat-Formel ein: $D(x) = (x-2)^2 + (\sqrt{x}-0)^2$ $D(x) = (x^2 - 4x + 4) + x$ $D(x) = x^2 - 3x + 4$

Die Funktion $f(x)=\sqrt{x}$ ist für $x \ge 0$ definiert.

Wir leiten die Zielfunktion ab: $D'(x) = 2x - 3$

Wir setzen die Ableitung null: $2x - 3 = 0$ $2x = 3$ $x = 1{,}5$

Wir prüfen mit der zweiten Ableitung: $D''(x) = 2 > 0$. Es handelt sich also um ein Minimum.