U 02.4 – Erste Variation und Euler-Lagrange-DGL (2)

 

Es seien

D = \left\{ {y \in {C^2}\left[ {0,1 } \right];\quad y\left( 0 \right) = 0,\quad y\left( 1 \right) = \beta } \right\}

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

J\left( y \right) = \int\limits_0^1 {\left( {{y^2}\left( t \right)+{t^2}\dot y\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( 1 \right)).

  2. Stellen Sie die Euler-Lagrange-Gleichung zum Variationsproblem
    J\left( y \right)\mathop = \limits^! Extr.
    auf. Für welche Werte \beta existiert eine Lösung in D?

Lösung

D = \left\{ {y \in {C^2}\left[ {0,1} \right],\quad y\left( 0 \right) = 0,\quad y\left( 1 \right) = \beta } \right\}

J\left( y \right) = \int_0^1 {\left( {{y^2}\left( t \right)+{t^2}\dot y\left( t \right)} \right)dt}

a)

Wir berechnen die erste Variation:

J\left( {y+\varepsilon v} \right) = \int_0^1 {\left( {{y^2}+2\varepsilon yv+{\varepsilon ^2}{v^2}+{t^2}\left( {\dot y+\varepsilon \dot v} \right)} \right)dt}

{\left. {\delta J\left( {y;\;v} \right) = \frac{d}{{d\varepsilon }}J\left( {y+\varepsilon v} \right)} \right|_{\varepsilon = 0}} = {\left. {\int_0^1 {\left( {2yv+2\varepsilon {v^2}+{t^2}\dot v} \right)dt} } \right|_{\varepsilon = 0}}

\quad \Rightarrow \quad \delta J\left( {y;\;v} \right) = {\left[ {\frac{d}{{d\varepsilon }}J\left( {y+\varepsilon v} \right)} \right]_{\varepsilon = 0}} = \int_0^1 {\left( {2yv+\underbrace {{t^2}}_f\underbrace {\dot v}_{{g^\prime }}} \right)dt}

\quad \Rightarrow \quad \delta J\left( {y;\;v} \right) = \int_0^1 {2yvdt} +\underbrace {\left[ {{t^2}v} \right]_0^1}_{ = 0}-\int_0^1 {2tvdt} = 2\int_0^1 {\left( {y-t} \right)vdt} \mathop = \limits^! 0

\quad \Rightarrow \quad y\left( t \right) = t

b)

Über Euler-Lagrange-DGL:

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

Hier:

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

\quad \Rightarrow \quad {L_y} = 2y,\quad {L_{\dot y}} = {t^2},\quad \frac{d}{{dt}}{L_{\dot y}} = 2t

\quad \Rightarrow \quad 2t = 2y

\quad \Rightarrow \quad y\left( t \right) = t

Wir untersuchen nun noch, für welche Werte \beta eine Lösung existiert.

y\left( t \right) = t\quad \Rightarrow \quad y\left( \beta \right) = \beta \mathop = \limits^! 1\quad \Rightarrow \quad \beta = 1

Es existiert also nur dann eine Lösung, wenn \beta = 1 ist.