Extremwertaufgaben ohne f*, f** * Algorithmus

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Extremwertaufgaben ohne f’, f’’ – Algorithmus
Einführung: Erfolgreiches Lernen von Mathematik erfordert Möglichkeiten, sich die inneren
Zusammenhänge der mannigfaltigen Tatsachen erarbeiten zu können und „das Wesen der
Mathematik, das besonders in ihren Beweismethoden zutage tritt“ (Naas/Tutschke 1986),
kennenzulernen. Es ist „ein argumentatives Unterrichtsklima zu schaffen, in dem Begründungen mathematischer Aussagen und rationale Argumentationen selbstverständlich sind.“ (Reiss
2002). Im Unterricht kann man vielleicht auf den einen oder anderen formalen Beweis verzichten, nicht jedoch auf klare mathematische Argumentationen. Im verständnisorientierten
Unterricht spielen Begründungen, Argumentationen und Herleitungen eine wesentliche Rolle,
die von Jahrgangsstufe zu Jahrgangsstufe wächst. Nach der Phase der Erkenntnisgewinnung
über die Dinge an sich schafft die des Begründens und des Klärens (eine immer klarer werdende Vorstellung von den Sachverhalten anstreben) Möglichkeiten, über das mathematische
Problem zu sprechen und zu reflektieren sowie Zusammenhänge mit Bekanntem und auch
noch Ungeklärtem herzustellen. Hierfür möchte ich mit diesem Handzettel Beispiele für geeignete mathematische Inhalte vorstellen.
Mein Anliegen: Defizite und Probleme des Mathematikunterrichts wurden vielfach untersucht
und benannt (z.B. Borneleit 2000, Expertiese zum Mathematikunterricht). Ich möchte verstärkte Aufmerksamkeit auf das Problem der Entgeometrisierung und Algebraisierung im
Zusammenhang mit der Begründungskultur der (Thüringer) Schulmathematik lenken. Trotz
der vielen Bemühungen, dem Argumentieren/Begründen/Beweisen gebührende Aufmerksamkeit zu schenken (siehe auch Wittmann/Müller), hat sich die Situation nicht wesentlich verbessert. Nach wie vor sind erhebliche Anstrengungen diesbezüglich nötig. Mein Augenmerk
liegt dabei auf der Erarbeitung von geistigen Werkzeugen für diese Tätigkeiten, um ein Verständnis der Zusammenhänge zu ermöglichen („Wie kommt das?“ Walsch 1992). Dabei ist
bei der Wahl der Begründungsgrundlage für mathematische Sachverhalte im Mathematikunterricht ist eine größere Vielfalt anzustreben. Die oft sinnentleerte Reduzierung der Bestätigung von Aussagen durch algorithmisches Umformen algebraischer Terme gilt es zu überwinden.
Mathematikunterricht und Allgemeinbildung: In ihrer Expertise sprechen Borneleit et. al.
bezüglich der traditionellen Unterrichtspraxis von einer einseitigen (zumindest impliziten)
Orientierung an der 2. Grunderfahrung (siehe unten), die zur systematischen Vernachlässigung der anderen beiden Grunderfahrungen führte.
Heinrich Winter stellte 1995 in dem Artikel „Mathematikunterricht und Allgemeinbildung“
fest, dass „eine funktionierende Demokratie ohne aufgeklärte, also selbständig denkende
Bürger nicht vorstellbar ist. Daher muss jedes Fach an allgemein bildenden Schulen aufweisen und begründen, inwieweit es für die Allgemeinbildung unentbehrlich ist.“
Für den Mathematikunterricht fordert er, dass „dieser anstreben sollte, die drei folgenden
Grunderfahrungen, die vielfältig miteinander verknüpft sind, zu ermöglichen:
(1) Erscheinungen der Welt um uns, die uns alle angehen oder angehen sollten, aus
Natur, Gesellschaft und Kultur in einer spezifischen Art wahrzunehmen und zu
verstehen,
(2) Mathematische Gegenstände und Sachverhalte, repräsentiert in Sprache, Symbolen, Bildern und Formen, als geistige Schöpfungen, als eine deduktiv geordnete
Welt eigener Art kennen zu lernen und zu begreifen,
(3) In der Auseinandersetzung mit Aufgaben Problemlösefähigkeiten, die über die Mathematik hinausgehen, (heuristische Fähigkeiten) zu erwerben.
Das Wort Erfahrung soll zum Ausdruck bringen, dass das Lernen von Mathematik weit mehr
sein muss als eine Entgegennahme und Abspeicherung von Informationen, dass Mathematik
erlebt (möglicherweise auch erlitten) werden muss.
Der Einschätzung in der Expertise ist entgegenzuhalten, dass gerade beim Ermöglichen von
lokalem deduktivem Denken erhebliche Defizite bestehen. Größeres Augenmerk sollte der
Herleitung von Eigenschaften mathematischer Objekte und deren tatsächliche Nutzung in
Argumentationen sowie dem Kennenlernen und Begreifen von mathematischen Sachverhalten
als geistige Schöpfungen(!) gelten. „Man stellt sich vor/man nimmt an, dass …“ als Ausgangspunkt von mathematischen Überlegungen ist immer wieder aufs Neue anzuregen bzw.
zu verdeutlichen. Insgesamt gilt es zum einen (ganz im Sinne der Autoren der Expertise), dem
Bemühen um ein geistiges Durchdringen eines Problems und der Entwicklung von Lösungskonzepten mehr Raum und Zeit zu geben und zum anderen dies auch verstärkt von den Schülerinnen und Schülern zu fordern.
Folgerungen: Anschauliche Begründungen und Herleitungen sowie die Erarbeitung von Begriffen und Methoden (auch anhand von einfachen physikalischen Problemen) müssen stärker
in den Unterricht einfließen. Zu beachten sind auch sogenannte „präformalen Beweise“ sowie
das Kennenlernen/Entdecken von mathematischen Erkenntnissen mit besonderer Überzeugungskraft. (Unter präformalen Beweisen versteht man handlungsbezogene bzw. inhaltlichanschauliche Beweise, zum Beispiel die folgenden. Grundlegendes in Blum/Kirsch, Wittmann/Müller.)
Zum Beweis, dass im Dreieck die Summe der Innenwinkel 180° beträgt, zeichnet (denkt) man
sich ein Dreieck auf den Fußboden des Klassenzimmers. Der Lehrer schreitet das Dreieck im
positiven Drehsinn ab und vollführt in den Eckpunkten Drehungen ebenfalls im positiven
Drehsinn (in der Größe des jeweiligen Außenwinkels). In der Ausgangsstellung angelangt
fragt man nach der Größe der insgesamt vollführten Drehung. Daraus folgt nach weiteren
Überlegungen der Wert der gesuchten Summe.
Gesucht ist die Summe der ersten n ungeraden Zahlen: s  1  3  5  7  ...  (2n  1) . Stellt
man die Summe in einem Punktgitter dar und nutzt die Erkenntnis, dass sich bei den ersten
Beispielen Quadrate ergeben, so lässt sich aus dem (n  1) -sten Quadrat durch Anfügen von
weiteren (2n  1) Punkten an zwei benachbarten Seiten des Ausgangsquadrates das um 1 in
der Seitenlänge vergrößerte Quadrat finden.
Hauptsatz der Integral- und Differenzialrechnung: Gegeben ist ein gerades Rohr mit der konstanten Querschnittsfläche 𝐴 = 1 in einem Wasserbad unter der Wasseroberfläche, durch das
Wasser gepumpt wird. Um Punkte des Rohres beschreiben zu können, wird eine x-Achse entlang des Rohres eingeführt: Anfang a, Ende b. Durch das Rohr an der Stelle x fließt das Wasser mit der Geschwindigkeit F(x), wobei diese Geschwindigkeit nicht konstant sein muss, da
das Rohr porös sein soll; Wasser kann in unterschiedlicher Stärke auslaufen und auch eindringen.
Das in der Zeiteinheit zwischen a und b auslaufende bzw. eindringende Wasser muss durch
die Differenz des in a zufließenden und in b ausfließenden Wassers kompensiert werden, also
𝐹(𝑏) − 𝐹(𝑎), weil 𝐴 = 1 ist; ausführlicher: in a gilt für das Volumen des Wassers, das in
einer Zeiteinheit ∆𝑡 zufließt: ∆𝑉 = ∆𝑥 ∙ 𝐴 = 𝐹(𝑎) ∙ ∆𝑡 ∙ 𝐴, analog in b.
Die Versickerungsrate des eintretenden/austretenden Wassers pro Längeneinheit entlang des
𝐹(𝑥+∆𝑥)−𝐹(𝑥)
Rohres in einer Zeiteinheit wird bestimmt durch lim
= 𝐹 ′ (𝑥) = 𝑓(𝑥); der Quo∆𝑥
∆𝑥→0
tient des über einem infinitesimalen Intervall der x-Achse versickerten Wassers und der Länge
des Intervalls – kurz: die lokale Versickerungsrate an der Stelle x (in der Zeiteinheit).
𝑏
Dann ist ∫𝑎 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = 𝐹(𝑏) − 𝐹(𝑎), weil die linke Seite den Gesamteffekt für das austretende/eindringende Wasser über dem Intervall [a; b] in der Zeiteinheit darstellt. (Mathematics,
its content, methods, and meaning; A.D. Alexandrow, A.N. Kolmogorow, M.A. Lavrent‘ev;
M.I.T. Press 1969; Band I, S. 165-166; Übersetzung und Erläuterungen: HJB)
Mit dem Lösen von Extremwertaufgaben sollten sich die Schüler möglichst frühzeitig, also
beginnend in der Grundschule, beschäftigen. Das Lösen solcher Probleme sehe ich als einen
kontinuierlichen Prozess über alle Schuljahre hinweg an, der sich nicht nur auf das Stellen
isolierter Aufgaben beschränkt. Ziel ist das schrittweise Kennenlernen des fundamentalen
Konzeptes Extremalprinzip, d.h. in einer Menge von Objekten werden diejenigen betrachtet,
die extremale Eigenschaften haben.
Die folgenden (Standard-) Probleme sind unter dem Aspekt der Vorbereitung auf die Anwendung der Differenzialrechnung zu sehen. Durch den Vergleich mit der Lösung der Probleme
mit elementaren Mitteln treten Stärken und Schwächen der derzeit favorisierten Lösungsmethode der Differenzialrechnung offen zu Tage. Durch das Kennenlernen von verschiedenen
Begründungsmustern (die natürlich auch alle angezweifelt werden müssen) sollen sich die
Schüler eine Grundlage für eigene Argumentationen erarbeiten. Ziel ist die schrittweise Erlangung größtmöglicher Unabhängigkeit im Denken.
Im Unterricht werden die Schüler bei der Beschäftigung mit diesen Problemen ihre eigenen
Wege gehen, Lösungen oder Teillösungen finden bzw. Irrtümern unterliegen und schlicht
Fehler machen (Letzteres ist in Ruhe zu analysieren und produktiv zu nutzen). All das ist
wichtig für einen nachhaltigen Lernprozess. Die Schüler werden angeregt, selbstständig zu
arbeiten, Teilerkenntnisse und Begründungen zu kommunizieren und zu evaluieren. Sie sollen
an Methoden herangeführt werden, mit denen sie selbst eigenes Wissen entwickeln können.
Die hier vorgestellten Lösungsbeispiele (mehr oder weniger Bekanntes wurde von mir bearbeitet) bieten eine Möglichkeit, solche Unterrichtseinheiten mit den Schwerpunkten des Problemlösens, Begründens und Kommunizierens abzurunden. Vielleicht finden sich auch Hinweise für den Lehrer, um hinter der etwas verqueren Argumentation eines Schülers brauchbare Ideen zu erkennen.
Weiterhin können sich die Schülerinnen und Schüler (nach den eigenen zeitaufwendigen Lösungsversuchen bzw. Lösungen!) die eine oder andere vorgestellte Variante in kleinen Gruppen erarbeiten und sich gegenseitig erklären oder die anhand konkreter Werte vorgestellten
Lösungen verallgemeinern. Denkbar ist auch die Umgestaltung der Lösungen zu Lückentexten, so dass die Schüler die Begründungen vervollständigen müssen. Das Ziel besteht darin,
dass sie anhand von Beispielen erfahren, wie in „ausgefeilterer Weise“ geschlussfolgert und
begründet werden kann und wie sich der Maßstab für die Exaktheit und Vollständigkeit der
gegebenen Begründungen entwickelt. Weiterhin sollten den Schülern gerade wegen der eigenen Bemühungen die Schwierigkeiten bewusst werden, in jedermann überzeugender Weise zu
argumentieren und Gewünschtes herzuleiten.
Klasse 9
Aufgabe 9/1: Es werden alle positiven Zahlen betrachtet, deren Summe 100 ist. Wie sind diese
Zahlen zu wählen, damit ihr Produkt so groß wie möglich wird? Das Problem ist zu verallgemeinern.
Bezeichnet man die Zahlen mit p und q, so gilt (*) p  q  100 . Sind p und q beide gleich 50,
so ist ihr Produkt 2500. Ist p von 50 verschieden, zum Beispiel kleiner als 50, so ist q größer
als 50 (ansonsten ist es umgekehrt). Man kann dann eine positive Zahl x mit p  50  x finden. Wegen (*) gilt dann q  50  x . Es folgt p  q  (50  x)  (50  x)  2500  x 2  2500 .
Daher ist das Produkt am größten, wenn beide Zahlen gleich der halben gegebenen Summe
pq
 pq
 pq
sind. Allgemein: wegen 2500  
.
 , erhält man p  q  
 bzw. p  q 
2
 2 
 2 
Die erste Ungleichung wird durch Umformungen bestätigt (Gleichheit nur für p = q). Die
zweite kann man auch auf geometrischem Wege einsehen. Ein rechtwinkliges Dreieck mit
den Hypotenusenabschnitten p und q hat einen Umkreisradius (des Thaleskreises) der Länge
pq
und eine Höhe der Länge p  q (Höhensatz).
2
2
2
Aufgabe 9/2: Es werden drei positiven Zahlen betrachtet, deren Summe 120 ist. Wie sind diese drei Zahlen zu wählen, damit ihr Produkt so groß wie möglich wird?
Da alle drei Zahlen kleiner als 120 sind, gilt ganz sicher, dass ihr Produkt kleiner als 120 3 ist.
Daher gibt es einen größten Wert für das Produkt. Die drei Zahlen werden mit p, q und r bezeichnet. Es wird die Frage gestellt, ob es drei Zahlen gibt, die nicht alle gleich groß sind und
deren Produkt das größtmögliche ist. Wenn nicht alle drei Zahlen gleich groß sind, dann sind
zumindest zwei dieser Zahlen voneinander verschieden, zum Beispiel p und q. Dann gilt
pq pq
 pq
pqr  
,
und r haben also ein größeres Produkt.
  r . Die drei Zahlen
2
2
 2 
Wenn nicht alle drei Zahlen gleich sind, kann das Produkt nicht maximal sein. Es kann nur
pqr
 40 sind.
dann maximal sein, wenn alle drei Zahlen gleich groß und somit gleich
3
2
 pqr
Ihr Produkt ist dann gleich 40 3 . Allgemein: p  q  r  
 ; analog für 4, 5, ... Dass
3


die obere Grenze der Funktionswerte einer in [a; b] stetigen Funktion als Funktionswert angenommen wird, ist Thema in Klasse 11. Diese Tatsache nutzt man in Klasse 9 intuitiv.
3
Zur Lösung mithilfe der Differenzialrechnung: p  q  r  120 ; f ( p, q, r )  p  q  r  max
f ( p, q, r )  p  q  (120  p  q) Die Größen p und q sind zwischen 0 und 120 frei wählbar.
Denkt man sich den Wert von p beliebig aber fest gewählt und durch p 0 ausgedrückt, dann
gilt f ( p0 , q, r )  p0  q  (120  p0  q)  g (q) . Die Funktion g mit der Unabhängigen q ist
eine quadratische Funktion. Ihre globale Maximumstelle ( q 2 hat einen negativen Koeffizienp
1
ten) ist das arithmetische Mittel der beiden Nullstellen: q E   0  120  p0   60  0 .
2
2
2
p 

Der Funktionswert an dieser Extremstelle ist g (q E )  p0   60  0  . Eine erneute Extrem2 

wertuntersuchung dieser Funktion in p 0 liefert die im Definitionsbereich globale Maximumstelle 40. An dieser Stelle für p hat auch f ihr Maximum, denn für alle Werte von p 0 und q
2
2
p 
40 


gilt 40  40   60    p0   60  0   p0  q  120  p0  q   p  q  r . Die Gleichheit
2
2 


in der Ungleichungskette wird im Fall, dass alle drei Argumente gleich 40 sind, angenommen.
Daher ist 64000 der größte Wert.
3
Aufgabe 9/3: Gegeben ist ein rechtwinkliges Dreieck ABC mit rechtem Winkel in C. Auf der
Hypotenuse wird ein Punkt P ausgewählt. Die Lotfußpunkte von P auf BC und AC seien Q
und R. Für welche Lage von P ist der Flächeninhalt des Rechtecks PQCR am größten?
(1) Mithilfe der zentrischen Streckung s1 (Zentrum A, Streckfaktor k1 
APR abgebildet werden. Analog: s2 (Zentrum B, Streckfaktor k 2 
AR
) kann ABC auf
AC
BQ
) ABC auf PBQ. WeBC
AR AP
BQ PB

und

 k1  k 2  1 . Aufgrund der Relation zwischen dem quadratiAC AB
BC AB
schen und dem arithmetischen Mittel und der Tatsache, dass beim Flächeninhalt der Streckfaktor quadratisch eingeht, gilt für die Summe der Flächeinhalte von APR und PBQ, wenn der
Flächeninhalt I(ABC) = F ist:
gen
2
2
2
 k 2 k 2 
F
 k  k2 
1
2
2
2 
I ( APR)  I ( PBQ )  k1  F  k 2  F  2   1
 F  2F   1

2
F


  


2
2
2
 2 


Die Summe der Flächeninhalte der Teildreiecke ist also mindestens die Hälfte von F. Der Inhalt des Rechtecks ist somit höchstens die Hälfte von F. Die Gleichheit gilt nur für
1
k1  k 2  , also wenn P der Mittelpunkt von AB ist.
2
(2) Bezeichnen a und b die Seitenlängen der Katheten, x die Länge von AR, y die Länge von
QB, dann leitet man aufgrund der Ähnlichkeit der Dreiecke APR und ABC (oder mithilfe der
Gleichheit des Flächeninhaltes von ABC und der Summe der Flächeninhalte aller Teilflächen)
b  a  y 
x
ab:
. Für den Inhalt des Rechteckes RPQC folgt dann:
a
2
 2

b  x   a  y   b  y  a  y   b   a   a  y    ab  F
a
a  4 2
2
  4
b
(3) Die graphische Darstellung der Funktion mit der Gleichung I ( y )   y  a  y  bzw. die
a
Bestimmung des Scheitelpunktes der nach unten geöffneten Parabel führen direkt zur Lösung.
(4) Auch bei diesem Problem lassen sich Darstellungen finden, so dass man die Lösung sehen
kann. M sei der Mittelpunkt der Strecke AB, P ein innerer Punkt von MB, D der Bildpunkt
von C bei der Drehung von C um M um 180°, S der Schnittpunkt der Geraden RP mit BD, T
der Schnittpunkt der Geraden QP mit AD, sowie M1 bis M4 die Mittelpunkte der Seiten AD,
DB, BC, CA. Schließlich sei U der Schnittpunkt von QT und M4 M2, V der Schnittpunkt von
RS und M1M3. Wenn I(RPQC) maximal werden soll, dann muss I(APR) + I(PBQ) bzw.
I(ATPR) + I(PSBQ) minimal werden. Läuft P auf M zu, dann wird I(ATPR) kleiner und
I(PSBQ) größer. Um wie viel jeweils kleiner bzw. größer, wenn P auf M verschoben wird?
Von ATPQ wird M4M M1TPR abgeschnitten und zu PSBQ kommt M2SPQ M3M hinzu. Wegen der Kongruenz der Rechtecke M4MVR und MM2SV sowie M1TUM und MUQ M3 wird
offenbar, dass mehr weggenommen wird als hinzukommt (Differenz = doppelter Inhalt von
MUPV). Mithilfe einer großen Tafel und farbiger Kreide kann man seinen Schülern die Augen öffnen.
Aufgabe 9/4: Gegeben ist ein Quadrat ABCD der Seitenlänge a. E sei ein Punkt des Streckenzuges BCD und F sei der Bildpunkt von E bei der Spiegelung an BD. Gesucht ist die Lage
von E, für die der Flächeninhalt I(BEF) des Dreiecks BEF am größten wird.
Ist E ein Punkt der Strecke BC, so sind die Verhältnisse klar. Wenn E auf CD liegt, ist es
nicht so augenscheinlich. Hinweise zu möglichen Lösungen:
(1) Wenn x die Länge der Strecke DE ist, dann gilt:
x2 1 2
a2
2
2
I ( BEF )  a  a  x   a 
  a  a  x  
2 2
2


2
x 
x
  a   


x
x 
x
a2
2 
2

I ( BEF )  x   a    2  
a     2



 2 
2
2  
2
2






(2) Das Quadrat wird in 3 Rechtecke zerlegt, die den Flächeninhalt von BEF, EDF sowie vom
x
x
Rest haben: (x und a  ), (x und ), (a – x und a). Das Rechteck mit den Seitenlängen x
2
2
x
und a 
soll maximalen Inhalt erhalten. Teilt man dieses Rechteck wiederum in zwei
2
x
x
gleich große Rechtecke jeweils mit den Seitenlängen und a  , so bleibt bei Variation
2
2
von x jeweils deren Umfang konstant. Also ist das Quadrat mit diesem Umfang das flächenx x
größte. Dann ist a    x  a .
2 2
2
(3) Analyse der Veränderung des Flächeninhaltes vom Dreieck BEF (ohne nun gleich die Mittel der Differenzialrechnung zu nutzen): Es sei x wieder die Länge von DE. Der Punkt E wird
um x in Richtung C verschoben – Bildpunkt E’. Grundseite und Höhe im alten Dreieck
BEF und im neuen Dreieck BE’F’ werden bestimmt.
x
x
x
x
BEF: g  x 2 , h  a 2 
, BE’F’: g '  x 2  2 
, h'  a 2 

2
2
2
2
Es folgt: 2  I ( BE ' F ' )  2  I ( BEF )  x  a  x  x  a  x . Der zweite Summand der
rechten Seite ist positiv und es folgt die gewünschte Relation.
(4) Man kann die Verhältnisse wieder sichtbar machen. Ausgangspunkt ist die Skizze zu (3).
Verschiebt man E zu E’, so ändert sich der Flächeninhalt des zu betrachtenden Dreiecks um
I(BE’E) + I(BFF’) – I(E’EFF’). Das Dreieck BE’E wird in ein flächengleiches rechtwinkliges
Dreieck B’E’E umgewandelt, wobei B’ Punkt der Strecke AB ist und E’C = BB’ gilt. B wurde also auf einer Parallelen zu CD verschoben, der Flächeninhalt bleibt unverändert. Somit ist
klar, dass der Inhalt von BE’E und BFF’ zusammen so groß ist wie der Inhalt eines Rechtecks
mit den Seitenlängen a und x . Das Trapez E’EFF’ wird umgewandelt in ein flächengleiches
Parallelogramm E’EF’’G, wobei G der Schnittpunkt von E’F’ und der Mittelsenkrechten m
von FF’ ist. Der Punkt F’’ ist der Schnittpunkt der Geraden EF und der Mittelsenkrechten m.
(Das Dreieck FF’G wird halbiert und die eine Hälfte wird entsprechend angelegt.) Dieses Parallelogramm wird wiederum in ein flächengleiches Rechteck mit den Seitenlängen x und
x
1
 x umgewandelt (F’’G wird parallel zu CD verschoben). Und alles ist offenbar.
2
Klasse 10
Aufgabe 10/1: Untersucht werden Dreiecke ABC, für die die Seitenlängen a und b immer die
gleichen sind, der von beiden Seiten eingeschlossene Winkel  jedoch in den Grenzen 0° und
180° variieren kann. Für welche Größe des Winkels ist der Flächeninhalt des Dreiecks am
größten?
Am augenscheinlichsten: Die Strecke BC als Horizontale zeichnen und die Strecke AC mit
der Höhe auf BC in verschiedenen Lagen vergleichen. Oder: Auswertung der Formel für den
1
1
Flächeninhalt A( )  ab  sin   ab mithilfe des Wertebereichs der Sinusfunktion. Ist die
2
2
Ableitung der Sinusfunktion dann in Klasse 12 bekannt, kann man die Lösungen des Problems mit den drei unterschiedlichen Mitteln gegenüberstellen.
Aufgabe 10/2: Gegeben ist eine Strecke AB und eine parallel dazu verlaufende Gerade g. Ein
Punkt P soll auf dieser Geraden g liegen. Untersuche Sie die Summe der Abstände des Punktes P zu A und B.
Hier hilft der Spiegelungstrick. Der Punkt B wird an g gespiegelt, der Bildpunkt sei B’. Dann
ist BP  B' P . Man sieht wegen der Dreiecksungleichung im Dreieck AB’P ein, dass die
Summe AP  BP  AP  B' P dann am kleinsten ist, wenn P der Schnittpunkt von g und AB’
ist. Es ist offenbar, dass die Summe nach oben unbeschränkt ist.
Mit Hilfe der Differenzialrechnung erhält man nach Einführung eines geeigneten Koordinatensystems eine einzige extremwertverdächtige Stelle. Dass sie die globale Minimumstelle ist,
lässt sich leicht anhand des geometrischen Sachverhalts begründen, wenn man das Bilden der
zweiten Ableitung umgehen will.
Aufgabe 10/3: Gesucht sind die flächengrößten Dreiecke ABC, wobei in I) die Summe der
Seitenlängen a, b und c und in II) die Seite c und der Winkel  konstant gehalten werden.
Die Lösungen sind ganz elementar, entsprechen aber nicht dem derzeitigen Lehrplan bzw.
Prüfungsschwerpunkten. Bei der Aufgabe I) ist das flächengrößte Dreieck gesucht, dass man
aus einem zusammengebundenen Bindfaden herstellen kann. Denkt man sich eine Seitenlänge
fest gewählt, so wird klar, dass der größte Flächeninhalt nur erreicht werden kann, wenn die
beiden anderen Seiten gleich lang sind (Gärtnerkonstruktion der Ellipse; höchster Punkt bezüglich der Verbindungsstrecke der Brennpunkte). Das flächengrößte Dreieck wird daher
nicht erreicht, wenn zwei Seiten verschieden lang sind. Da es ein flächengrößtes Dreieck gibt,
müssen alle drei Seiten gleich lang sein. In der Aufgabe II nutzt man den Sinussatz:
c
 2 R , wobei R der Umkreisradius ist, oder die Konstruierbarkeit des Dreiecks ABM aus
sin 
c und  . Aus R und c bzw. aus c und  lässt sich das Dreieck ABM konstruieren, wobei M
der Umkreismittelpunkt des Dreiecks ABC ist. Der Punkt C liegt dann auf dem Kreis um M
mit dem Radius R. Die Lage von C für den größtmöglichen Flächeninhalt ist dann klar.
Aufgabe 10/4: Rettungsschwimmeraufgabe bzw. Brechungsgesetz: Gegeben sind zwei durch
eine Gerade l bzw. Ebene getrennte Bereiche unterschiedlicher Ausbreitungsgeschwindigkeit.
(In der Skizze unten soll die Geschwindigkeit im Bereich von A größer als die im Bereich von
B sein.) Im Bereich des Punktes A sei die Geschwindigkeit v1 und im Bereich von B v2 . Gesucht ist der Weg der kürzesten Zeit von A nach B. Wir gehen von einer geradlinig gleichförmigen Bewegung in den beiden Teilen aus. Die Gesamtzeit setzt sich aus den beiden TeilAC CB
zeiten zusammen. t C  f (C )  t1  t 2 
In der folgenden Untersuchung soll C der
v1
v2
v1
v2
gilt. Diesen Punkt C muss

sin MCA sin NCB
es tatsächlich geben, denn wenn man sich vorstellt, dass C auf der Geraden l in der Skizze von
links nach rechts wandert, dann wird der Quotient auf der linken Seite der Gleichung immer
kleiner und der rechte immer größer und überschreitet alle Schranken. Die Gleichheit muss
daher irgendwann (also an einer bestimmten Stelle auf der Geraden l) eintreten. Und es wird
wegen der Monotonie der beiden Quotienten auch klar, dass es nur einen einzigen Punkt C
auf l mit dieser Eigenschaft gibt.
jenige Punkt auf der Geraden l sein, für den
Es wird jetzt gezeigt, dass für den so festgelegten Punkt C die Gesamtzeit am kleinsten ist.
Dazu wird ein von C verschiedener Punkt D auf l gewählt. Die Lotfußpunkte von D auf die
eingezeichneten Strecken seien K und Q. Für die Gesamtzeit des Weges über D erhält man
tD 
AD DB AK QB
, da die Katheten jeweils kleiner als die Hypotenusen sind. Und



v1
v2
v1
v2
 KC CB 
AK QB AC  KC QC  CB
.



 t C   

v1
v2
v1
v2
v2 
 v1
Wegen der Ähnlichkeit der Dreiecke AMC und CDK sowie BCN und CDQ gilt für den letzKC CB
CD  sin MCA CD  sin NCB
ten Summanden 



 CD  0  0  t D  t C .
v1
v2
v1
v2
Bei der Lösung mithilfe der Differenzialrechnung (Koordinatensystem: x-Achse auf l, yAchse durch A) folgt aus der Gleichung f ' (c)  0 durch Umstellen und entsprechender Bev1
v
zeichnung das Brechungsgesetz
 2 .
sin  sin 
weiterhin t D 
Aufgabe 10/5: Gesucht ist der größte Wert der Summe s  sin   sin   sin  , wenn  ,  , 
die Innenwinkel eines Dreiecks ABC sind.
Die vielleicht eindruckvollste Lösung erhält man, wenn man sich die Sinuskurve zeichnet und
Punkte U, V, W auf ihr kennzeichnet, deren x-Koordinaten die drei Innenwinkel sind. Der
      sin   sin   sin  
Schwerpunkt S des Dreiecks UVW hat die Koordinaten S 
;
.
3
3


Die x-Koordinate von S ist wegen der Innenwinkelsumme gleich 60°. Da das Dreieck UVW
vollständig unter der Sinuskurve liegt, liegt auch der Schwerpunkt S unterhalb der Kurve. Die
y-Koordinate von S ist somit kleiner als die y-Koordinate des Punktes auf der Sinuskurve mit
1
der gleichen x-Koordinate wie S, also 60°. Da der Sinus von 60° gleich  3 ist, folgt für
2
sin   sin   sin  1
  3 . Die Gleichheit wird nur erreicht, wenn
die y-Koordinate von S:
3
2
die drei Punkte U, V, W zusammenfallen, also alle drei Innenwinkel gleich 60° sind.
Lösungsvariante in Klasse 12: Da die Werte der Kosinusfunktion höchstens gleich 1 sind, gilt
 
 
180  

sin   sin   sin   2  sin
 cos
 sin   2  sin
 sin   2  cos  sin 
2
2
2
2
Der letzte Term kann mithilfe der Differenzialrechnung auf Extremwerte untersucht werden.
2

 
   
Man setzt die erste Ableitung null:  sin  cos   0   sin  1  2   sin   0 . Usw.
2
2 
2  

Die Gleichheit in der obigen Ungleichung wird tatsächlich erreicht, wenn alle drei Innenwinkel gleich groß sind.
Klasse 11
Es hat sich bewährt, das folgende isoperimetrische Problem an den Anfang der Unterrichtseinheit zu stellen - in der Regel als Wiederholung, wenn die Schüler das Problem in der Sekundarstufe I kennengelernt haben. Das Beispiel wird aus Sicht der Differenzialrechnung eher
belächelt. Es lässt sich (ohne Differenzialrechnung) sehr anschaulich lösen. Jedoch sind diese
elementargeometrischen Begründungen nicht ganz so einfach zu finden. Daher schätzt man
dann die in der Differenzialrechnung gefundenen Algorithmen umso höher - man muss sie
„nur noch“ korrekt anwenden, um zur Lösung zu gelangen.
Aufgabe11/1: Bestimmung des flächengrößten Rechtecks bei vorgegebenen Umfang 4l.
Die Schüler werden eine Lösung mittels Differenzialrechnung anstreben und auch angeben,
wobei oft vergessen wird nachzuweisen, dass das globale Extremum gefunden wurde.
u  2  (a  b)  4l  a  b  2l , A  a  b  A  A(a)  a  (2l  a) mit D(A) : 0  a  2l
A(a)  2l  2a , A(a)  2 , A(a)  0  a0  l mit a0  D( A) und A(a0 )  0
 a0 ist lokale Maximumste lle und auch globale, weil A(0)  A(2l )  0 , b0  a0  Quadrat
Andere Lösungsvarianten sollten betrachtet werden, auch wenn sie nicht durch Schüler gefunden wurden. Der Unterricht ist so zu organisieren, dass zuerst die Schülerlösungen vorgestellt werden und danach die Klasse in Gruppen je nach Anzahl weiterer Lösungsvarianten
eingeteilt wird (z.B. drei Gruppen, wobei alle Variante 4 bearbeiten müssen – die Schüler
sollen zum Text selbstständig eine Skizze entwerfen). In den Gruppen wiederum arbeiten die
Schüler jeweils zu zweit oder zu dritt. Sie erhalten die Aufgabe, die mittels Projektor vorgestellten Lösungsvarianten zu erläutern. Aus jeder Gruppe stellt je ein Schüler „seine“ Variante
vor. (Deshalb wurden die Lösungsvarianten recht knapp hergeleitet, damit den Schülern die
Möglichkeit zur ausführlicheren Darstellung bleibt.)
(1) A(a)  a  (2l  a)  2al  a 2  l 2  l  a   l 2 Gleichheit nur für a  l  b  l
2


ab
2
(2) A  a  b  a  b  
  l Gleichheit nur für a  b  a  b  l
 2 
(3) o.B.d.A. sei a  b   x  0 mit a  l  x und b  l  x  A  (l  x)(l  x)  l 2
2
2
(4) Mit dieser Variante wird dem Schüler gezeigt, dass man sehen kann, dass das Quadrat
tatsächlich das flächengrößte Rechteck bei gegebenem Umfang ist.
ABCD sei ein Rechteck mit ungleich langen Seiten. Ohne Beschränkung der Allgemeinheit
sei |AB| > |BC|.
Annahme: Dieses Rechteck sei das flächengrößte. Diese Annahme wird zum Widerspruch
geführt, indem ein Quadrat AGXC’ konstruiert wird, das den selben Umfang hat, aber einen
größeren Flächeninhalt besitzt.
Die Winkelhalbierende des Winkels DAB schneide CD in dem inneren Punkt E. Weiterhin sei
F der Lotfußpunkt von E auf AB. Dann ist AFED ein Quadrat. Das Rechteck FBCE wird
durch eine Strecke GH in zwei kongruente Teile FGHE und GBCH zerlegt, wobei G auf AB
liegen soll und GH parallel zu BC ist. Das Rechteck GBCH wird mit der Seite HG an die Seite DE des Quadrates AFED nach außen angelegt, so dass H’ mit D zusammenfällt. Die entstandene Figur wird zu einem Quadrat AGXC’ ergänzt, dabei soll X auf der Geraden durch A
und E sowie auf der Geraden durch C’ und B’ liegen.
Welche Relation besteht zwischen den Inhalten von ABCD und AGXY bzw. zwischen den
Umfängen von ABCD und AGXY?
Aufgabe 11/2: Gegeben ist ein quadratisches Blech, aus dem ein quaderförmiges Behältnis
(ohne Deckfläche) hergestellt werden soll. Dazu werden an den Ecken „kleine“ Quadrate herausgeschnitten und die Randstücke nach oben gebogen, so dass ein oben offener Quader entsteht. Wie groß sind die „kleinen“ Quadrate zu wählen, damit das Gefäß ein möglichst großes
Volumen hat?
(1) Das gegebene Blech habe die Seitenlänge a; Quadrate der Seitenlänge x werden an den
Ecken herausgeschnitten. Dann ist 0  x 
a
und V ( x)  (a  2 x) 2  x . Die Vermutung, dass
2
das Volumen für den Würfel maximal ist, führt zu folgender Berechnung. Dabei muss der
letzte Schritt nicht hergeleitet werden, es genügt eine Bestätigung durch Ausmultiplizieren.
Der Lerneffekt soll beim Auswerten der Gleichungskette eintreten.
2
x max
a
2a 3
2a 3
a   8a


2
2
 und Vmax 
 Vmax  a  2 x   x 
 a  2 x   x   x      4 x 
6
27
27
6  3


(2) Da (a  2 x)  (a  2 x)  4 x  2a  konst , kann man auch mit der Mittelungleichung ar2a
(a  2 x)  (a  2 x)  4 x 
gumentieren:    
  (a  2 x)  (a  2 x)  4 x , woraus die obige
3
 3 
3


3
Erkenntnis für V folgt. Die Gleichheit gilt nur dann, wenn a  2 x  4 x  x 
a
.
6
Aufgabe 11/3: Gesucht sind die Maße eines Zylinders, wenn bei gegebenem Volumen die
V
Oberfläche minimal sein soll. V0    r 2  h  h  0 2
 r
2V0
V V
V V
2
 2  r 2  0  0  3  3 2  r 2  0  0  3  3 2  V0
r
r
r
r r
V
V
V
Die Gleichheit tritt nur ein für 2  r 2  0  0  r  3 0  h  2  r . Der Querschnitt,
r
r
2
der die Achse des Zylinders enthält, ist also ein Quadrat.
A  2  r 2  2  r  h  2  r 2 
3
Hinweis für ähnliche Terme: x 3 
5k
5k
 5k 
 x3  3 
 4  4 x 3    für positive x und k
x
3x
 3x 
Klasse 12
Aufgabe 12/1: Bekannte Aufgaben werden mit neuen Methoden gelöst, falls die Schüler diese
nicht schon selbst in Klasse 11 gefunden haben. Die Aufgaben dienen komplexen Übungen.
2
a) Gesucht ist der größte Wert der Funktion y  6  x  x . Durch eine Untersuchung der
Tangente als Schmiegkurve wird deutlich, dass die Lösung durch Faktorisierung gelöst werden kann, da die gesuchte Stelle doppelte Nullstelle der Differenz sein muss. Die Werte ergeben sich durch Koeffizientenvergleich. (Lösung der Aufgabe nach Descartes, Fermat, van
Schooten) Es wird folgende Differenz untersucht (Abstand der Kurve von der Tangente im
2
2
Hochpunkt). ymax  6 x  x 2  x  xmax   xmax  3 und ymax  xmax  9


b) Kubische Funktion: Gesucht ist der größte Wert der Funktion y  12  x  x 3 für x > 0.
y max  12 x  x 3   x  x max   ( x  x 2 )
2

  12  x  x   12  ( x  x)  x  x  
 x)  12  x
 x  x  x   12  x
 x  x  x   0 für
 12  x max  x max
 ( x max
3
3
3
max
2
max
2
2
max
3
max
max
2
max
x  x max
 x max  2 und y max  16
Die einzige positive extremwertverdächtige Stelle muss die globale Maximumstelle sein, da
die Werte von f für über alle Schranken wachsende x alle Schranken unterschreiten.
Analoges Problem: Die Schüler erhalten (schon in Klasse 9 oder 10) einen aus Papier ausgeschnittenen Kreis mit dem Radius s, der an einer Stelle bis zum Mittelpunkt eingeschnitten ist.
Schiebt man die Schnittkanten übereinander, so entsteht ein Kegel. Gesucht ist der Kegel
(Verhältnis vom Radius r zur Höhe h) mit maximalem Volumen. 3  V (h)     s 2  h 2   h


Aufgabe 12/2: Gesucht sind die Maße eines Balkens mit rechtwinkligem Querschnitt bei fester Diagonalenlänge (Höhe h, Breite b, Diagonalenlänge d), wenn die Tragfähigkeit maximal
sein soll. Der Term für die Beschreibung der Tragfähigkeit y wird ohne Begründung vorausgesetzt. y  f (h, b)  h 2  b  max, wenn h 2  b 2  d 2
Den üblichen Lösungsmethoden und dem f’, f’’- Algorithmus sollten folgende Überlegungen
vorangehen, wobei die Argumentation auf der Nutzung der Eigenschaften der Parabel und
Hyperbel beruht. Wird z  h 2 substituiert (man erhält besonders einfache Funktionen; ohne
diese Substitution geht es genauso gut), so folgt b  y : z und b  d 2  z , wobei y als Konstante angenommen wird.
Im z-b-Koordinatensystem sind die Graphen Hyperbeln bzw. eine Parabel (Bild unten). Die
Bedeutung der einzelnen Kurven und Punkte ist zu klären. Notwendig für das Annehmen des
extremalen Wertes ist die Berührung der Kurven (weil …). Aus der Gleichheit der Anstiege
der Tangenten und unter Beachtung von y 0  z  b folgt, z  h 2  2b 2 .
Die ersten Überlegungen dieser Art haben die Schüler in Klasse 9 bei isoperimetrischen Problemen kennengelernt. (Man kann die verallgemeinerbaren Überlegungen fortführen - Lagrangesche Multiplikatoren).
Aufgabe 12/3: Gegeben ist eine Kugel K(M, R) mit dem Mittelpunkt M und einem Radius der
Länge R. Gesucht ist diejenige vierseitige Pyramide ABCDS, die das größte Volumen hat.
Aufgaben dieser Art sind sehr gut geeignet, das Argumentieren und Begründen zu üben.
Wenn man herausgearbeitet hat, dass die gesuchte Pyramide unter denjenigen zu finden ist,
die gerade und quadratisch sind, dann leistet ein CAS wertvolle Hilfe beim Berechnen von
Ableitungen und Funktionswerten. Dieser Teil der Lösung hat dadurch an Schwierigkeit verloren, der Schwerpunkt des Lernens liegt in der Herleitung der besonderen Form der Pyrami-
de, deren Volumen durch eine Funktion beschrieben werden kann, die nur von einem Parameter abhängt. Da die Aufgabe recht hohe Anforderungen an die Schüler stellt bzw. sie die Beweisnotwendigkeit oft gar nicht einsehen, empfiehlt es sich, einige Vorstufen der Problems zu
untersuchen: flächengrößtes Dreieck ABC mit festem Umkreis und fester Seite AB, flächengrößtes Rechteck ABCD mit festem Umkreis, flächengrößtes Viereck ABCD mit festem Umkreis. Dem Schüler sollte dabei bewusst werden, dass der Maximierungsprozess manchmal
erfolgreich so gestaltet werden kann, dass man eine Größe unverändert lässt (z.B. eine Diagonale des Vierecks als Grundseite von Teildreiecken) und eine andere maximiert (z.B. die Höhe des Dreiecks zur gewählten Grundseite). Haben die Schüler diese Vorstufen selbstständig
oder mit Hilfe von Mitschülern bzw. des Lehrers bearbeitet, dann werden sie verschiedene
Wege finden nachzuweisen, dass die gesuchte Pyramide gerade und quadratisch sein muss.
Dem Lehrer bleibt, die Kommunikation zwischen den Schülern zu fördern. Auf die Untersuchung einer Lagemöglichkeit sei noch kurz hingewiesen: die Pyramide ABCDS mit der Körperhöhe H liegt vollständig im Innern einer Halbkugel. Dann lässt sich eine Pyramide finden
(wie?), die eine gleich große Grundfläche aber eine Körperhöhe 2R-H hat. Bei gleichbleibender Körperhöhe wird dann die Grundfläche im jeweiligen Schnittkreis maximiert – ein Quadrat im Umkreis U mit dem Radius r der Grundfläche.
Literatur
Borneleit, Peter / Danckwerts, Rainer / Henn, Hans-Wolfgang / Weigand, Hans-Georg (2001):
Expertise zum Mathematikunterricht in der gymnasialen Oberstufe, in: Journal für Mathematikdidaktik 22 (1), S. 73-90.
Erich Christian Wittmann und Gerhard Müller, Dortmund; Wann ist ein Beweis ein Beweis?
www.didmath.ewf.uni-erlangen.de/.../Wittmann1/beweis.htm
Werner Walsch 1975; Zum Beweisen im Mathematikunterricht; Volk und Wissen Volkseigener Verlag Berlin
Heinrich Winter 1995; Mathematikunterricht und Allgemeinbildung
blk.mat.uni-bayreuth.de/material/db/.../muundallgemeinbildung.pdf