U 06.1 – Nebenbedingungen in Gleichungsform

 

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

J\left( y \right): = \int_0^\pi {\left( {2y\left( t \right)\sin \left( t \right)+{{\dot y}^2}\left( t \right)} \right)dt}.

Finden Sie alle Extremalen von J auf D, die die Nebenbedingung

I\left( y \right) = \int_0^\pi {y\left( t \right)dt} = 1

erfüllen.

Lösung

Die Langrange Funktion lautet:

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

Als nächstes benötigen wir noch eine Umformulierung der Nebenbedingung, damit sie dem Lösungsansatz gerecht wird:

I\left( y \right) = \int_0^\pi {y\left( t \right)dt} = 1\quad \Leftrightarrow \quad \int_0^\pi {\underbrace {\left( {y\left( t \right)-\frac{1}{\pi }} \right)}_{G\left( {t,y,\dot y} \right)}dt = 0}

Damit können wir nun die erweiterte Lagrangefunktion definieren:

F\left( {t,y,\dot y} \right) = L\left( {t,y,\dot y} \right)+\lambda G\left( {t,y,\dot y} \right)

\quad \Rightarrow \quad F\left( {t,y,\dot y} \right) = 2y\sin t+{{\dot y}^2}+\lambda \left( {y-\frac{1}{\pi }} \right)

Nun setzen wir die erweiterte Lagrangefunktion in die Euler-Gleichung ein:

\frac{d}{{dt}}{F_{\dot y}} = {F_y}\quad \Rightarrow \quad \frac{d}{{dt}}2\dot y = 2\sin t+\lambda

\quad \Rightarrow \quad 2\ddot y\left( t \right) = 2\sin t+\lambda

\quad \Rightarrow \quad \ddot y\left( t \right) = \sin t+\frac{\lambda }{2}

\quad \Rightarrow \quad \dot y\left( t \right) = -\cos t+\frac{\lambda }{2}t+{c_1}

\quad \Rightarrow \quad y\left( t \right) = -\sin t+\frac{\lambda }{4}{t^2}+{c_1}t+{c_2}

Wir haben drei Unbekannte: \lambda, {c_1} und {c_2}. Um diese zu bestimmen, benutzen wir die Randbedingungen:

y\left( 0 \right) = 0\quad \Rightarrow \quad {c_2} = 0

y\left( \pi \right) = 0\quad \Rightarrow \quad \frac{\lambda }{4}{\pi ^2}+{c_1}\pi = 0\quad \Rightarrow \quad {c_1}\pi = -\frac{\lambda }{4}{\pi ^2}\quad \Rightarrow \quad {c_1} = -\frac{\lambda }{4}\pi

Einsetzen liefert:

y\left( t \right) = -\sin t+\frac{\lambda }{4}{t^2}-\frac{\lambda }{4}\pi t

Das \lambda können wir mit der Nebenbedingung bestimmen:

\int_0^\pi {y\left( t \right)dt} \mathop = \limits^! 1

\quad \Rightarrow \quad \left[ {\cos t+\frac{\lambda }{{12}}{t^3}-\frac{\lambda }{8}\pi {t^2}} \right]_0^\pi \mathop = \limits^! 1

\quad \Rightarrow \quad -1-1+\frac{\lambda }{{12}}{\pi ^3} = 1

\quad \Rightarrow \quad \lambda {\pi ^3}\left( {\frac{1}{{12}}-\frac{1}{8}} \right) = 3\quad \Rightarrow \quad \lambda = -\frac{{72}}{{{\pi ^3}}}

\quad \Rightarrow \quad y\left( t \right) = -\sin t-\frac{{18}}{{{\pi ^3}}}\left( {{t^2}-\pi t} \right)