U 02.3 – Erste Variation und Euler-Lagrange-DGL

 

Es seien

D = \left\{ {y \in {C^2}\left[ {0,\;\pi } \right];\quad y\left( 0 \right) = 0,\quad y\left( \pi \right) = 0} \right\}

und J:D \to \mathbb{R} gegeben durch

J\left( y \right) = \int\limits_0^\pi {\left( {{{\dot y}^2}\left( t \right)-{y^2}\left( t \right)} \right)dt}.

  1. Berechnen Sie die erste Variation \delta J\left( {y;\;v} \right) für y \in D und v \in {C^2} (mit v\left( 0 \right) = 0 = v\left( \pi \right)).

  2. Stellen Sie die Euler-Lagrange-Gleichung zum Variationsproblem
    J\left( y \right)\mathop = \limits^! Extr.
    auf und geben Sie deren allgemeine Lösung in D an.

Lösung

Grundsätzlich ist bei Aufgaben diesen Typs ein D \subset V gegeben, wobei V ein Vektorraum (i.a. Funktionenraum) ist. Es ist weiter ein Funktional definiert, das extremal werden soll:

J:D \to \mathbb{R},\quad J\left( y \right)\mathop = \limits^! \operatorname{Extr}

Wir verwenden für solche Aufgaben den Ansatz von Euler:

h\left( \varepsilon \right): = J\left( {y+\varepsilon v} \right)

Notwendige Bedingung für ein Extremum:

{h^\prime }\left( \varepsilon \right) = 0 für v \in V.

Dabei ist

{h^\prime }\left( \varepsilon \right) = \underbrace {{{\left. {\frac{d}{{d\varepsilon }}J\left( {y+\varepsilon v} \right)} \right|}_{\varepsilon = 0}}}_{\delta J\left( {y;\;v} \right)}\mathop = \limits^! 0

Wir kommen nun zur Aufgabenstellung.

a)

J\left( y \right) = \int_0^\pi {\left( {{{\dot y}^2}\left( t \right)-{y^2}\left( t \right)} \right)dt}

{\left. {\frac{d}{{d\varepsilon }}J\left( {y+\varepsilon v} \right)} \right|_{\varepsilon = 0}} = {\left. {\frac{d}{{d\varepsilon }}\int_0^\pi {\left( {{{\left( {\dot y+\varepsilon \dot v} \right)}^2}-{{\left( {y+\varepsilon v} \right)}^2}} \right)dt} } \right|_{\varepsilon = 0}}

\quad = {\left. {\frac{d}{{d\varepsilon }}\int_0^\pi {\left( {{{\dot y}^2}+2\varepsilon \dot y\dot v+{\varepsilon ^2}{{\dot v}^2}-{y^2}-2\varepsilon yv-{\varepsilon ^2}{v^2}} \right)dt} } \right|_{\varepsilon = 0}}

\quad = {\left. {\int_0^\pi {\frac{d}{{d\varepsilon }}\left( {{{\dot y}^2}+2\varepsilon \dot y\dot v+{\varepsilon ^2}{{\dot v}^2}-{y^2}-2\varepsilon yv-{\varepsilon ^2}{v^2}} \right)dt} } \right|_{\varepsilon = 0}}

\quad = {\left. {\int_0^\pi {\left( {2\dot y\dot v+2\varepsilon {{\dot v}^2}-2yv-2\varepsilon {v^2}} \right)dt} } \right|_{\varepsilon = 0}}

\mathop \Rightarrow \limits^{\varepsilon = 0} \quad \delta J\left( {y;\;v} \right) = 2\int_0^\pi {\left( {\dot y\dot v-yv} \right)dt}

Nun wollen wir noch die Eigenschaft v\left( 0 \right) = v\left( \pi \right) = 0 einbringen. Dazu müssen wir überall, wo ein \dot v vorkommt, partiell integrieren. Dadurch erhält man dort auch ein v, welches man anschließend vor das Integral ziehen kann.

\delta J\left( {y,v} \right) = 2\int_0^\pi {\left( {\underbrace {\dot y}_f\underbrace {\dot v}_{{g^\prime }}-yv} \right)dt}

= 2\left[ {\underbrace {\left[ {\dot yv} \right]_0^\pi }_{ = 0}-\int_0^\pi {\left( {\ddot yv+yv} \right)dt} } \right] = -2\int_0^\pi {\left( {y+\ddot y} \right)vdt}

Für ein Extremum muss nun gelten:

\delta J\left( {y;\;v} \right)\mathop = \limits^! 0\quad \Rightarrow \quad y+\ddot y = 0

Diese Differentialgleichung können wir nun lösen. Es handelt sich um eine lineare Differentialgleichung zweiter Ordnung mit konstanten Koeffizienten. Eine solche DGL können wir mit dem bekannten Exponentialansatz lösen. Wir kommen auf die charakteristische Gleichung:

y+\ddot y = 0\quad \Rightarrow \quad {\lambda ^2}+1 = 0\quad \Rightarrow \quad {\lambda ^2} = -1\quad \Rightarrow \quad {\lambda _{1,2}} = 0 \pm i

Damit folgt:

y\left( t \right) = {c_1}{e^0}\cos \left( {1t} \right)+{c_2}{e^0}\sin \left( {1t} \right) = {c_1}\cos t+{c_2}\sin t,\quad {c_{1,2}} \in \mathbb{R}.

Mit den Randbedingungen ergibt sich:

y\left( 0 \right) = 0\quad \Rightarrow \quad {c_1} = 0

y\left( \pi \right) = 0\quad \Rightarrow \quad {c_1} = 0

\Rightarrow \quad y\left( t \right) = {c_2}\sin t,\quad {c_2} \in \mathbb{R}

b)

Euler-Lagrange-DGL:

\frac{d}{{dt}}{L_{\dot y}} = {L_y}

Auf unsere Aufgabe bezogen erhalten wir damit:

L\left( {t,y\left( t \right),\dot y\left( t \right)} \right) = {{\dot y}^2}\left( t \right)-{y^2}\left( t \right)

\quad \Rightarrow \quad \frac{d}{{dt}}2\dot y = -2y

\quad \Rightarrow \quad 2\ddot y = -2y

\quad \Rightarrow \quad \ddot y+y = 0

Diese Gleichung wurde bereits in Teilaufgabe a) gelöst.