U 05.1 – Extremalen einer vektorwertigen Funktion

 

Es sei D: = \left\{ {\vec x:\left[ {0,1} \right] \to {\mathbb{R}^2},\vec x \in {C^2}\left[ {0,1} \right]} \right\}. Das Funktional J:D \to \mathbb{R} wird definiert durch

J\left( {\vec x} \right) = \int_0^1 {\left( {\dot x_1^2+\dot x_2^2+2{x_1}{x_2}} \right)dt}.

Finden Sie alle Extremalen, die die Randbedingung

{x_1}\left( 0 \right) = {x_2}\left( 0 \right) = {\dot x_1}\left( 1 \right) = {\dot x_2}\left( 1 \right) = 0

erfüllen.

Lösung

Bisher hatten wir Funktionen der Form:

J\left( y \right) = \int\limits_a^b {L\left( {t,y\left( t \right),\dot y\left( t \right)} \right)dt}

Bei diesen lautete die Euler-Gleichung:

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

Wenn wir aber zum Beispiel einen Kreis darstellen wollen funktioniert dies nicht mit einer Funktion der Form y = f\left( t \right), da einem Wert t dann zwei Werte zugeordnet werden müssten.

Daher behandeln wir dieses Problem nun allgemeiner:

Anstelle von y = y\left( t \right) tritt die vektorwertige Funktion \vec x = \vec x\left( t \right):

J\left( {\vec x} \right) = \int_a^b {L\left( {t,\vec x,\dot \vec x} \right)dt}

Die Euler-Gleichung lautet nun:

\frac{d}{{dt}}{L_{{{\dot x}_i}}} = {L_{{x_i}}},\quad \vec x = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1}} \\ \vdots \\ {{x_n}} \end{array}} \right).

In dieser Aufgabe lautet der Definitionsbereich D: = \left\{ {\vec x:\left[ {0,1} \right] \to {\mathbb{R}^2},\vec x \in {C^2}\left[ {0,1} \right]} \right\}. Es ist also

\vec x\left( t \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1}\left( t \right)} \\ {{x_2}\left( t \right)} \end{array}} \right),

L\left( {t,\vec x,\dot \vec x} \right) = \dot x_1^2+\dot x_2^2+2{x_1}{x_2}

Euler-Gleichung:

\frac{d}{{dt}}{L_{{{\dot x}_1}}} = {L_{{x_1}}}\quad \Rightarrow \quad \frac{d}{{dt}}\left( {2{{\dot x}_1}} \right) = 2{x_2}\quad \Rightarrow \quad {\ddot x_1}\left( t \right) = {x_2}\left( t \right)\quad \quad \quad \quad \left( I \right)

\frac{d}{{dt}}{L_{{{\dot x}_2}}} = {L_{{x_2}}}\quad \Rightarrow \quad \frac{d}{{dt}}\left( {2{{\dot x}_2}} \right) = 2{x_1}\quad \Rightarrow \quad {\ddot x_2}\left( t \right) = {x_1}\left( t \right)\quad \quad \quad \quad \left( {II} \right)

Aus \left( I \right) folgt:

{\ddddot x_1} = {\ddot x_2}\quad \mathop \Rightarrow \limits^{\left( {II} \right)} \quad {\ddddot x_1}\left( t \right)-{x_1}\left( t \right) = 0

Zur Lösung stellen wir die charakteristische Gleichung (Exponentialansatz) auf:

{\lambda ^4}-1 = 0

Die Lösung für \lambda sind die vierten Einheitswurzeln:

{\lambda _{1,2}} = \pm 1,\quad {\lambda _{3,4}} = \pm i

Nun können wir die allgemeine Lösung angeben:

{x_1}\left( t \right) = {c_1}{e^{1 \cdot t}}+{c_2}{e^{-1 \cdot t}}+{c_3}{e^{i \cdot t}}+{c_4}{e^{-i \cdot t}}

\quad = {c_1}{e^t}+{c_2}{e^{-t}}+{c_3}\cos t+{c_4}\sin \left( t \right)

Dies setzen wir in Gleichung \left( I \right) ein und erhalten:

{x_2}\left( t \right) = {c_1}{e^t}+{c_2}{e^{-t}}-{c_3}\cos t-{c_4}\sin t

Nun müssen wir noch die Randbedingungen einarbeiten:

{x_1}\left( 0 \right) = 0\quad \Rightarrow \quad {c_1}+{c_2}+{c_3} = 0\quad \quad \quad \quad \left( 1 \right)

{x_2}\left( 0 \right) = 0\quad \Rightarrow \quad {c_1}+{c_2}-{c_3} = 0\quad \quad \quad \quad \left( 2 \right)

{{\dot x}_1}\left( 1 \right) = 0\quad \Rightarrow \quad {c_1}e-{c_2}\frac{1}{e}-{c_3}\sin 1+{c_4}\cos 1 = 0\quad \quad \quad \quad \left( 3 \right)

{{\dot x}_2}\left( 1 \right) = 0\quad \Rightarrow \quad {c_1}e-{c_2}\frac{1}{e}+{c_3}\sin 1-{c_4}\cos 1 = 0\quad \quad \quad \quad \left( 4 \right)

\quad \mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)-\left( 2 \right)} \quad 2{c_3} = 0\quad \Rightarrow \quad {c_3} = 0\quad \quad \quad \quad \left( 5 \right)

\quad \mathop \Rightarrow \limits^{\left( 3 \right)-\left( 4 \right)} \quad 2{c_4}\cos 1 = 0\quad \Rightarrow \quad {c_4} = 0\quad \quad \quad \quad \left( 6 \right)

\quad \mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)-\left( 5 \right)} \quad {c_1}+{c_2} = 0\quad \Rightarrow \quad {c_1} = -{c_2}\quad \quad \quad \quad \left( 7 \right)

\quad \mathop \Rightarrow \limits^{\left( 5 \right)\& \left( 6 \right)\;in\;\left( 3 \right)} \quad {c_1}e-{c_2}\frac{1}{e} = 0\quad \mathop \Rightarrow \limits^{\left( 7 \right)} \quad -{c_2}e-{c_2}\frac{1}{e} = 0\quad

\Rightarrow \quad {c_2} = 0\quad \mathop \Rightarrow \limits^{\left( 7 \right)} \quad {c_1} = 0

Es sind also alle Koeffizienten gleich 0:

\vec x\left( t \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1}\left( t \right)} \\ {{x_2}\left( t \right)} \end{array}} \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 0 \\ 0 \end{array}} \right)