U 03.1 – Euler-Gleichung und Extremalen

Es sei $D: = \left\{ {y \in {C^2}\left[ {0,1} \right]:y\left( 0 \right) = 1,y\left( 1 \right) = 0} \right\}$ und das Funktional $F:D \to \mathbb{R}$ definiert durch

$J\left( y \right) = \int_0^1 {{t^4}{{\dot y}^2}\left( t \right)dt}$ .

Stellen Sie die Euler-Gleichung auf und zeigen Sie, dass es keine Extremalen gibt, die die Randbedingungen $y\left( 0 \right) = 1$ und $y\left( 1 \right) = 0$ erfüllen.
Zeigen Sie, dass $J$ auf $D$ kein Minimum annimmt.
Hinweise: $J\left( y \right) \geq 0\forall y \in D,\:\:J\left( y \right) \ne 0\forall y \in D$ . Zu jedem $\varepsilon > 0$ gibt es ein $y \in D$ mit $J\left( y \right) < \varepsilon$ Tipp für den letzten Schritt: Betrachten Sie
${y_\varepsilon }\left( t \right) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{{\left( {\frac{{\varepsilon -t}}{\varepsilon }} \right)}^3}}&{0 \leq t \leq \varepsilon } \\ 0&{\varepsilon < t \leq 1} \end{array}} \right.$

Lösung

a)

Wir haben:

$L\left( {t,y,\dot y} \right) = {t^4}{\dot y^2}$

Euler-Lagrange-Gleichung:

${L_{\dot y\dot y}}\ddot y+{L_{\dot yy}}\dot y+{L_{\dot yt}} = {L_y}$

${L_{\dot y}} = 2{t^4}\dot y,\quad {L_{\dot y\dot y}} = 2{t^4},\quad {L_{\dot yy}} = 0,\quad {L_{\dot yt}} = 8{t^3}\dot y,\quad {L_y} = 0$

$\quad \Rightarrow \quad 2{t^4}\ddot y+8{t^3}\dot y = 0$

Alternativer Weg mit gleicher Lösung:

$\frac{d}{{dt}}{L_{\dot y}} = {L_y}\quad \Rightarrow \quad 8{t^3}\dot y+2{t^4}\ddot y = 0$

Es folgt:

$\ddot y+\frac{4}{t}\dot y = 0,\quad \quad 0 < t \leq 1$

Durch Substitution mit $z\left( t \right): = \dot y\left( t \right)$ erhalten wir:

$\dot z+\frac{4}{t}z = 0$

Dies ist eine homogene lineare DGL. 1. Ordnung, die wir mittels Separationsansatz lösen können:

$\quad \Rightarrow \quad \frac{{\dot z}}{z} = -\frac{4}{t}$

$\quad \Rightarrow \quad \int {\frac{{\dot z}}{z}dt} = \int {-\frac{4}{t}dt}$

$\quad \Rightarrow \quad \ln z+{c_1} = \int {-\frac{4}{t}dt}$

$\quad \Rightarrow \quad \ln z = \int {-\frac{4}{t}dt} -{c_1}$

$\quad \Rightarrow \quad z\left( t \right) = {e^{-\int {\frac{4}{t}dt} -{c_1}}} = {e^{-{c_1}}}{e^{-\int {\frac{4}{t}dt} }} = c{e^{-4\ln t}} = c{e^{\ln {t^{-4}}}} = \frac{c}{{{t^4}}},\quad c \in \mathbb{R}$

Die Allgemeine Lösung lautet also:

$z\left( t \right) = \frac{c}{{{t^4}}},\quad \quad c \in \mathbb{R}$

$\quad \Rightarrow \quad \dot y\left( t \right) = \frac{c}{{{t^4}}}\quad \Rightarrow \quad y\left( t \right) = -\frac{c}{{3{t^3}}}+d,\quad \quad c,d \in \mathbb{R}$

Einbeziehen der Randbedingungen liefert:

$\left. {\begin{array}{*{20}{c}}{y\left( 0 \right) = 1\quad \Rightarrow \quad c = 0,\quad d = 1} \\ {y\left( 1 \right) = 0\quad \Rightarrow \quad -\frac{c}{3}+d = 0} \end{array}} \right\}\quad \Rightarrow \quad Widerspruch$

Es gibt also keine Extremalen, die die Randbedingungen erfüllen.

q.e.d.

b)

Wir können direkt sagen, dass $J\left( y \right) \geq 0$ ist, da ${t^4} \geq 0$ und ${\dot y^2}\left( t \right) \geq 0$ gilt. Für $y \in D$ soll gelten:

$J\left( y \right) \ne 0$ , also $J\left( y \right) > 0$ .

Wir betrachten Funktionen

${y_\varepsilon }\left( t \right) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{{\left( {\frac{{\varepsilon -t}}{\varepsilon }} \right)}^3}}&{0 \leq t \leq \varepsilon } \\ 0&{\varepsilon < t \leq 1} \end{array}} \right.$

u03-funktionsverlauf

Die Ableitung lautet:

${\dot y_\varepsilon }\left( t \right) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{3{{\left( {\frac{{\varepsilon -t}}{\varepsilon }} \right)}^2} \cdot \frac{{-1}}{\varepsilon }}&{0 \leq t \leq \varepsilon } \\ 0&{\varepsilon < t \leq 1} \end{array}} \right.$

Daraus folgt:

$J\left( {{y_\varepsilon }} \right) = \int_0^\varepsilon {{t^4}\frac{9}{{{\varepsilon ^2}}}\underbrace {{{\left( {\frac{{\varepsilon -t}}{\varepsilon }} \right)}^4}}_{ \in \left[ {0,1} \right]}dt} \leq \frac{9}{{{\varepsilon ^2}}}\int_0^\varepsilon {{t^4}dt} = \frac{9}{5}{\varepsilon ^3}$

$\quad \Rightarrow \quad 0 \leq J\left( {{y_\varepsilon }} \right) \leq \frac{9}{5}{\varepsilon ^3}\quad \Rightarrow \quad J\left( {{y_\varepsilon }} \right)\quad \mathop \to \limits^{\varepsilon \to 0} \quad 0$