Extremwert

22.03.2022, 17:28

TonyStark3000

Extremwert

Meine Frage:
Sie haben zwei Quadrate mit einer Fläche von 1. Wie groß ist die kleinste Fläche eines Rechtecks, in das zwei beliebige Quadrate passen, ohne dass sich die Innenseiten der Quadrate überschneiden?

Meine Ideen:
Ist der gesuchte Flächeninhalt $\begin{eqnarray*} sqrt{2} \end{eqnarray*}$ ? Komme darauf indem ich die für mich extremen Fälle betrachte (beide Quadrate gleich groß/ eins mit Flächeninhalt infinitesimal an 1 dran

22.03.2022, 17:57

mYthos

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Ganz zu verstehen ist dein Aufgabentext nicht.
Das Rechteck muss jedoch mindestens die Fläche 2 haben, wenn die zwei Quadrate mit je 1 als Fläche ohne Überschneidung hineinpassen sollen.

mY+

22.03.2022, 18:04

willyengland

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Evtl. sind beide zusammen 1?
Verstehe es aber trotzdem nicht.
Man könnte ja beide Quadrate einfach aneinandersetzen mit einem minimalen Spalt dazwischen.
Dann wäre die Fläche 1+ $\begin{eqnarray*} \epsilon \end{eqnarray*}$ .

22.03.2022, 19:00

TonyStark3000

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Die Summe der Flächeninhalte der beiden Quadrate beträgt 1

22.03.2022, 20:22

mYthos

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Siehe willyengland. Whatelse? Big Laugh

mY+

22.03.2022, 21:12

TonyStark3000

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Verstehe nicht was noch fehlt? Es geht um das Rechteck mit dem kleinsten Flächeninhalt, in welches alle möglichen Paare von Quadraten passen (ohne Überschneidung), die in der Summe den Flächeninhalt 1 haben

22.03.2022, 21:43

mYthos

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Jetzt sind es auf einmal mehr - alle möglichen Paare?
Ich verstehe die Aufgabenstellung dennoch nicht. Was hat diese eigentlich noch mit Analysis - im Sinne einer klassischen Extremwertaufgabe - zu tun?

Du wirfst einen merkwürdigen Einzeiler hin, gibst selbst keine eigenen Ansätze und Vorschläge preis.
Den Kopf wird sich die Helfergemeinde schon zerbrechen ...
Meiner Meinung nach solltest du einmal die Möglichkeiten für dein weiteres Vorgehen skizzieren.

Andernfalls bin ich hier raus, nicht böse sein, es kann ja durchaus sein, dass andere Leser das alternativ sehen und eventuell auch neue Ideen haben.

mY+

22.03.2022, 22:10

Helferlein

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Also wenn ich das jetzt richtig verstehe geht es darum $\begin{eqnarray*} (a+b) \cdot b \end{eqnarray*}$ (Flächeninhalt des umgebenden Rechtecks) zu minimieren unter der Nebenbedingung $\begin{eqnarray*} a^2+b^2=1 \end{eqnarray*}$ (Fläche der beiden Quadrate zusammen). Dabei ist b oBdA die längere Seite.
Auf Schulniveau ein nicht ganz so einfaches Unterfangen, auf Studienniveau würde ich es mit Lagrange versuchen.

23.03.2022, 02:08

mYthos

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Das zuletzt von Helferlein angesprochene Extremalproblem führt in der Tat zu einer (positiven) Lösung.
Ob es das ist, was von der Frage erwartet wird?

Voraussetzung: a>0 und b>0

Mit Lagrange ist

$\begin{eqnarray*} L(a, b, \lambda) = ab + b^2 + \lambda (1 - a^2 - b^2) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 1.: \ L_a = b - 2 \lambda a = 0 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} 2.: \ L_b = a + 2b - 2 \lambda b = 0 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} 3.: \ a^2 + b^2 = 1 \end{eqnarray*}$
-----------------------------------
$\begin{eqnarray*} 1/2.: a^2 + 2ab - b^2 = 0 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} 3.: a^2 + b^2 = 1 \end{eqnarray*}$
-----------------------
$\begin{eqnarray*} \ldots \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} a = 0.383; b = 0.924 \end{eqnarray*}$
===============

mY+

23.03.2022, 10:38

Huggy

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Meiner Interpretation nach sucht der Fragesteller das kleinste Rechteck, in welchem man 2 Quadrate, deren Gesamtfläche $\begin{eqnarray*} 1 \end{eqnarray*}$ ist, unterbringen kann, ohne dass die beiden Quadrate sich überlappen. Sie dürfen sich höchstens berühren.

[attach]54827[/attach]

Der Fragesteller hat zwei Grenzfälle betrachtet:

a) Das eine Quadrat hat die Fläche und Seitenlänge 1, das andere die Fläche und Seitenlänge $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ . Dann muss beide Seiten des Rechtecks mindestens die Länge $\begin{eqnarray*} 1 \end{eqnarray*}$ haben.

b) Beide Quadrate sind gleich groß, haben also die Fläche $\begin{eqnarray*} 1/2 \end{eqnarray*}$ und die Seitenlänge $\begin{eqnarray*} \sqrt 2 /2 \end{eqnarray*}$ . Dann muss eine Seite des Rechtecks mindestens die Länge $\begin{eqnarray*} \sqrt 2 \end{eqnarray*}$
haben.

Er vermutet nun, dass ein Rechteck mit den Seiten $\begin{eqnarray*} 1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \sqrt 2 \end{eqnarray*}$ das Minimum ist. In dieses Rechteck passen die beiden Grenzfälle. Man zeigt leicht, dass auch alle Zwischengrößen der beiden Quadrate in dieses Rechteck passen.

Das ist aber noch kein Beweis, dass dieses Rechteck das mit minimaler Fläche ist. Man müsste noch untersuchen, ob man beim Fall b) die beiden Quadrate in einer Konfiguration, wie in der nächsten Abbildung angedeutet, in einem Rechteck mit einer Höhe $\begin{eqnarray*} \geq 1 \end{eqnarray*}$ und einer Breite $\begin{eqnarray*} \leq \sqrt 2 \end{eqnarray*}$ und einer Fläche $\begin{eqnarray*} <\sqrt 2 \end{eqnarray*}$ unterbringen kann.

[attach]54831[/attach]

23.03.2022, 12:03

willyengland

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Zitat:

Original von Huggy
Er vermutet nun, dass ein Rechteck mit den Seiten $\begin{eqnarray*} 1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \sqrt 2 \end{eqnarray*}$ das Minimum ist. In dieses Rechteck passen die beiden Grenzfälle.

Ok, aber für Fall b) wäre das Rechteck $\begin{eqnarray*} \frac{\sqrt 2}{2}*\sqrt 2=1 \end{eqnarray*}$ , also auch Fläche = 1 und nicht $\begin{eqnarray*} \sqrt 2 \end{eqnarray*}$ .

23.03.2022, 12:12

Huggy

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Unfug! Bei der Höhe $\begin{eqnarray*} \frac {\sqrt 2} 2 \end{eqnarray*}$ und Breite $\begin{eqnarray*} \sqrt 2 \end{eqnarray*}$ würde das Quadrat aus a) nicht hineinpassen. Es ist doch ein einziges Rechteck gesucht, in das alle Arten von 2 Quadraten mit Gesamtfläche $\begin{eqnarray*} 1 \end{eqnarray*}$ passen

23.03.2022, 12:18

willyengland

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Zitat:

Original von Huggy
Unfug! Bei der Höhe $\begin{eqnarray*} \frac {\sqrt 2} 2 \end{eqnarray*}$ und Breite $\begin{eqnarray*} \sqrt 2 \end{eqnarray*}$ würde das Quadrat aus a) nicht hineinpassen.

Habe ich auch nicht behauptet.

23.03.2022, 12:21

Huggy

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Welchen Sinn hatte dann deine Anmerkung?

23.03.2022, 12:39

willyengland

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Man hat zwei Fälle, bei denen die Fläche = 1 ist.
Wie man daraus jetzt darauf kommt, das das Optimum die Fläche = Wurzel 2 ist, ist mir nicht klar.

23.03.2022, 12:45

Huggy

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Das sind aber dann verschiedene zwei verschiedene Rechtecke. Gesucht ist ein Rechteck - nach meiner Interpretation der Aufgabe - , in das alle Varianten von 2 Quadraten mit Gesamtfläche $\begin{eqnarray*} 1 \end{eqnarray*}$ hineinpassen.

23.03.2022, 12:51

willyengland

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Ja, ok, aber warum soll es gerade die Fläche Wurzel 2 haben?
Man nimmt jeweils einen Wert aus den beiden Beispielen a) und b)?
Also aus a) nimmt man die 1 und aus b) nimmt man die Wurzel 2?
Und das ist dann das Optimum, weil es die beiden Extremfälle sind?

23.03.2022, 12:56

Huggy

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Bei deinem Unverständnis sehe ich keinen Sinn in einer weiteren Diskussion mit dir. Dafür ist mir meine Zeit zu schade.

23.03.2022, 14:49

willyengland

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Wenn $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ die Seite eines Quadrats ist, dann ist $\begin{eqnarray*} \sqrt{1-x^2} \end{eqnarray*}$ die Seite des anderen.
Damit ist die Fläche des Rechtecks

$\begin{eqnarray*} A = (\sqrt{1-x^2}+x)*\sqrt{1-x^2} = 1-x^2+x*\sqrt{1-x^2} \end{eqnarray*}$

Wenn man das ableitet und Null setzt, (und ein bisschen rumrechnet) bekomme ich

$\begin{eqnarray*} A = \frac{1+\sqrt{2}}{2} \end{eqnarray*}$

What sayest thou?

23.03.2022, 15:04

Leopold

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Helferlein hat eine ziemlich tollkühne Interpretation der Aufgabe angenommen. Ob das gemeint ist? Immerhin hat er uns so eine Extremwertaufgabe beschert, die mal ein wenig anders als das Gewohnte ist. Man könnte sie auch folgendermaßen lösen.

Ich übernehme die Bezeichnungen von Helferlein. Man kann $\begin{align*} a,b \end{align*}$ mit der Bedingung $\begin{align*} a^2+b^2=1 \end{align*}$ parametrisieren durch

$\begin{align*} a = \cos(t) \, , \ \ b = \sin(t) \, ; \ \ t \in D \end{align*}$

Damit sich für $\begin{align*} a,b \end{align*}$ positive Werte mit $\begin{align*} a \leq b \end{align*}$ ergeben, wählen wir den Parameterbereich $\begin{align*} D = \left[ \frac{1}{4} \pi \, , \frac{1}{2} \pi \right] \end{align*}$ .

$\begin{align*} F = F(t) = \left( \sin(t) + \cos(t) \right) \sin(t) \, , \ \ t \in D \end{align*}$

Die Randwerte sind $\begin{align*} F \left( \frac{1}{4} \pi \right) = F \left( \frac{1}{2} \pi \right) = 1 \end{align*}$ .

$\begin{align*} \frac{\dd F}{\dd t} = 0 \ \ \Leftrightarrow \ \ \cos^2(t) - \sin^2(t) + 2 \sin(t) \cos(t) = 0 \ \ \Leftrightarrow \ \ \cos(2t) + \sin(2t) = 0 \ \ \Leftrightarrow \ \ \tan(2t) = -1 \end{align*}$

Wegen $\begin{align*} \frac{1}{2} \pi \leq 2t \leq \pi \end{align*}$ bekommt man als einzige Nullstelle der Ableitung

$\begin{align*} 2t = \frac{3}{4} \pi \ \ \Leftrightarrow \ \ t = \frac{3}{8} \pi \end{align*}$

Man berechnet dafür die Rechtecksfläche:

$\begin{align*} F \left( \frac{3}{8} \pi \right) = \left( \sin \left( \frac{3}{8} \pi \right) + \cos \left( \frac{3}{8} \pi \right) \right) \cdot \sin \left( \frac{3}{8} \pi \right) = \frac{1}{2} \left( 1 + \sqrt{2} \right) \approx 1{,}2 \end{align*}$

Das ist mehr als die Randwerte. Damit befindet sich bei $\begin{align*} t = \frac{3}{8} \pi \end{align*}$ das globale Maximum von $\begin{align*} F \end{align*}$ . Das globale Minimum liegt folglich an den Randstellen mit

$\begin{align*} t = \frac{1}{4} \pi: \ \ a = b = \cos \left( \frac{1}{4} \pi \right) = \sqrt{\frac{1}{2}} \end{align*}$

$\begin{align*} t = \frac{1}{2} \pi: \ \ a = \cos \left( \frac{1}{2} \pi \right) = 0 \, , \ \ b = \sin \left( \frac{1}{2} \pi \right) = 1 \end{align*}$

23.03.2022, 16:48

TonyStark3000

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Hier ist ja was los, aber Huggy hat glaube ich als einziger verstehen können, was ich gemeint habe. Die anderen haben hier doch alle was anderes ausgerechnet oder? Ich sehe irgendwie nicht mehr richtig durch

23.03.2022, 17:01

Leopold

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Zitat:

Original von TonyStark3000
Hier ist ja was los, aber Huggy hat glaube ich als einziger verstehen können, was ich gemeint habe.

Was du gemeint hast, hat er verstanden. Hättest du auch gesagt, was du gemeint hast, so hätten es auch die andern verstanden.
Helferlein und Huggy haben aus deinem Text zwei unterschiedliche Aufgaben gemacht. Beide haben ihre Berechtigung.

23.03.2022, 17:05

TonyStark3000

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Ist dann die gesuchte Lösung der letzte Beitrag von willyengland?

23.03.2022, 17:14

Leopold

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Wie ich das sehe, hat willyengland Helferleins Interpretation umgesetzt (übrigens auch mYthos oder ich). Hier stellst du dir zwei Quadrate, die zusammen die Fläche 1 besitzen, vor, wie in Huggys Zeichnung. Dann malst du um die Quadrate das kleinstmögliche Rechteck entlang der Quadratkanten. In Huggys Zeichnung müßtest du dabei die obere schwarze Kante nach unten ziehen, bis das blaue Quadrat berührt wird. Unter all den so möglichen Rechtecken bestimmst du die minimalen und das maximale.

24.03.2022, 16:20

Huggy

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Zitat:

Original von TonyStark3000
Hier ist ja was los, aber Huggy hat glaube ich als einziger verstehen können, was ich gemeint habe. Die anderen haben hier doch alle was anderes ausgerechnet oder? Ich sehe irgendwie nicht mehr richtig durch

Welche Interpretation der Aufgabe deiner Vorstellung entspricht, kannst nur du sagen. Wenn es meine Interpretation ist, hast du die Lösung schon selbst gefunden, falls man nur Quadrate betrachtet, deren Kanten parallel sind. Die beiden Grenzfälle passen in das Rechteck mit der Höhe $\begin{eqnarray*} h=1 \end{eqnarray*}$ und der Breite $\begin{eqnarray*} b=\sqrt 2 \end{eqnarray*}$ . Und es passen dann auch alle anderen Fälle in diese Rechteck. Sei $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ die Seite des einen Quadrats. Dann ist $\begin{eqnarray*} \sqrt {1-x^2} \end{eqnarray*}$ die Seite des anderen Quadrats. Die benötigte Breite des Rechtecks ist

$\begin{eqnarray*} b(x)=x+\sqrt {1-x^2} \end{eqnarray*}$

Das Maximum von $\begin{eqnarray*} b(x) \end{eqnarray*}$ ist $\begin{eqnarray*} b(\frac {\sqrt 2} 2)= \sqrt 2 \end{eqnarray*}$ .

Lässt man auch nicht parallele Lagen der Quadratseiten zu, findet man vermutlich keine bessere Lösung. Ich war aber zu faul, mir das näher anzusehen.

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