7 Das parametrische Problem (Variationsaufgaben in Parameterdarstellung)

Kapitel 7
Das parametrische Problem (Variationsaufgaben in Parameterdarstellung)

Wir betrachten im folgenden den Fall N = 1, n = 2. Gesucht sind zwei Funktionen y₁(t) und y₂(t), die

t integral 1=b F(y ,y ) = f(t,y(t),y (t), ˙y (t), ˙y (t))dt 1 2 1 2 1 2 t0=a

auf einer geeigneten Menge D minimiert. Wir betrachten folgendes Funktional, welches minimal werden soll:

integral t1 integral t1 F (y1,y2) = f(t,y1(t),y2(t),y ˙1(t),y˙2(t))dt = f(t,y(t), ˙y(t))dt t0 t0

Sei y(t) = (y (t))
y1(t)
2 , t₀ < t < t₁ eine Lösung. y(t) beschreibt eine Kurve K. Es sei () = , ₀ < < ₁ auch eine Darstellung der Kurve K. Das Problem oben ist nur sinnvoll gestellt, falls der obige Integralausdruck unabhängig von der speziellen Parameterdarstellung ist, das heißt falls gilt:

integral t1 t integral 1 ' ' f(t,y1(t),y2(t), ˙y1(t),y ˙2(t))dt = f(t,y1(t),y2(t),y1(t ),y2(t))dt (I) t0 t0

Betrachten wir folgende Parametertransformation:

y(t) = y(s(t)) y(t) = y(k(t))

˙y(t) = y'(s(t))˙s(t) y'(t) = ˙y(k(t))k'(t)

dt = s˙(t)dt dt = k'(t)dt

Wir haben damit folgende zulässige Parametertransformation:

|--------------------1----------------'------| -t =-s(t),-t =-k(t)(=-s-(t)) und-˙s(t) >-0, k-(t-) >-0

7.1 EULERgleichungen bei Problemen in Parameterdarstellung

Satz 1:

|----------------------------------------------------------------------------------------|
| |
|(I) gilt f¨ur jede zul¨assige Parametertransformation. Es gelten: |
| |
| • f hat die Form f = f (z1,z2,p1,p2) (h¨angt nicht explizit von t ab). |
| • F¨ur jedes c > 0 gilt f(z1,z2,cp1,cp2) = cf(z1,z2,p1,p2) ( f ist bez¨uglich der p- Variablen positiv
| homogen vom 1.Grad.“) ” |
| |
-----------------------------------------------------------------------------------------

Beweis „“:

Es gelte (I).

integral s integral r f(t,y(t), ˙y(t))dt = f(t,y(t),y'(t))dt ( A s (- [t0,t1]) t0 t0

Wir führen die Substitution t = () durch:

r integral integral r f(k(t),y(k(t)), ˙y(k(t))k'(t)dt = f (t,y(t),y'(t))dt t0 t0

r r integral ( k'(t)) ' integral ' f k(t),y(t ),k'(t) k (t)dt = f(t,y(t),y(t))dt t0 t0

Dies gilt für jedes zulässige und jedes [₀,₁]:

( ' ) f k(r),y(r), y('r) k'(r) = f (r,y(r),y'(r)) k(r)

Wähle nun x() = ( + c) (mit > 0 beliebig und c beliebig):

1 (1 ) cf c(r+ c),y(r),cy'(r) = f(r,y(r),y'(r))

Wir setzen = 1 und differenzieren nach c:

f(r+ c,y(r),y'(r)) = 0 t

Mit c = 0 erhalten wir:

ft(r,y(t),y'(t))dt ( A s (- [t0,t1])

Wir haben Aussage 1.) bewiesen.

integral s integral r f(t,y(t), ˙y(t))dt = f(t,y(t),y'(t))dt ( A s (- [t0,t1]) t0 t0

Ab jetzt sei f = f(z₁,z₂,p₁,p₂). Dann ergibt sich:

1-f(y(r),cy'(r)) = f(r,f(r),y'(r)) c

Es gilt also auch 2.). i

Beweis „“:

Zu zeigen ist dann (I):

t t integral 1 integral 1 ' f(y(t), ˙y(t))dt = f(y(t),y(t))dt t0 t0

Aus 1.) ergibt sich dann:

t integral 1 integral t1 integral t1 ( ) f(y(t),y'(t))dt t=s=(t) f (y(s(t)),y'(s(t))s˙(t)dt = f y(t), ˙y(t) ˙s(t) dt ˙s(t) t0 t0 t0

Ab jetzt lautet das Variationsintegral

t integral 1 F (y) = f(y(t), ˙y(t))dt. t0

f genüge der Homogenitätsbedingung 2.). Dann ist das Problem, ein Minimum von F(y) zu finden, unabhängig von speziellen Parameterdarstellungen (geometrische Variationsprobleme).

Beispiele:

Bogenlängenfunktional: $t integral 1 ||˙y(t)||dt t0$
Es gilt hier nun f(z,p) = ||p|| und f(z,p) = ||p|| für > 0.
Flächeninhaltsfunktional in der Ebene: $( ) 1 integral t1 t integral 1 F (y) = - (y1(t)y˙2(t)- y2(t)˙y1(t)) dt = y1(t)˙y2(t)dt 2t0 t0$
f(z₁,z₂,p₁,p₂) = (z₁p₂ - z₂p₁) hat die Eigenschaft 2.).
(y) = _a^b (x,y(x),y'(x))dx (1.Teil der Vorlesung y = y(x)) Aus x = y₁(t) und y = y₂(t) für t₀ < t < t₁ ergibt sich mit y₁(t₀) = a₁, y₁(t₁) = b: $y(y1(t) = y2(t), y'(y1(t))y˙1(t) = ˙y2(t)$

$t1 ( ) t1 integral y˙2(t) integral f y1(t),y(y1(t)),y˙1(t) y˙1(t)dt = f(t,y1(t),y2(t),y˙1(t), ˙y2(t)) t0 t0$
Schauen wir uns ein Beispiel dafür an, daß einem nichtparametrischen Problem wie in 3.) zugeordnetem parametrischen Problem im allgemeinen andere (mehr) Lösungen hat. Dazu gehen wir von einem nichtparametrischen Problem aus: $integral 1 '2 F (y) = --y-(x'2)--dx 0 1 + y (x)$
Dieses soll auf D = {y ¹[0,1],y(0) = y(1) = 0} minimiert werden. Aus (y) > 0 ergibt sich, daß y(x) = 0 D das Minimum liefert. Das zugeordnete parametrische Problem ist:
$t ( )2 integral 1 yy˙2˙1((t)t) F(y1,y2) = ----(˙y2(t))2 ˙y1(t)dt t0 1 + ˙y1(t)$
Ohne Beschränkung der Allgemeinheit setzen wir t₁ = 1 und t₀ = 0:
$integral 1 (y˙2(t))2 ---y˙1(t)---- F(y1,y2) = (˙y2(t))2 ˙y1(t)dt 0 1 + ˙y1(t)$

Als Übung kann man für 0 < h < 1 zeigen:
$------h------- F = - z(h2 + (1 + h2)) < 0$
Die einfachsten Parameterdarstellungen dieser Geraden sind:
$h AB : y1(t) = t, y2(t) = 1-+-ht f¨ur 0 < t < 1+ h$

$BC : y1(t) = t,y2(t) = t- 1 fu¨r t : 1+ h2 '--> 1$

Beispiel:

Das nichtparametrische Problem sei:

integral 1 F (y) = y'2(x)dx, D = {y (- C^1[0,1],y(0) = 0,y(1) = 1} 0

Mit f(x,z,p) = p² folgt aus f_pp = 2 > 0 Konvexität. Damit ist die Lösung der EULERgleichung das Minimum.

Die Lösung ist y(x) =. Daraus folgt (y(x) = x) = 1. Schauen wir uns außerdem das parametrische Problem an:

integral 1˙y2(t) Fp(y1,y2) = -2---dt 0 ˙y1(t)

Dieses kann beliebig negativ gemacht werden durch Verbindungskurven von (0,0) und (1,0).

Für ein diagonales Stück gilt:

E integral Fp = - k˙y2(t)dt = -k(y2(E)- y2(A)) A

Insgesamt ergibt sich dann durch Addition aller solcher Teilstücke:

Fp(Zickzackkurve) = - k(y2(1)- y2(0)) = - k

Definition: Positive Homogenität vom Grade k (k )

Beispiel:

Es sei y ^N fest.
Für g(x) = x^.y gilt g(x) = (x) ^.y = (x^.y) = g(x). Damit gilt k = 1.
A sei eine konstante N × N-Matrix. $( ) sum n g(x) = xTAx = ajkxjxk j,k=1$

$g(cx) = (cx)TA(cx) = c2g(x)$
Damit gilt für eine quadratische Form k = 2.
$( \~/ g)(x) = \~/ (x |, TAx) + \~/ (xTA, | x) = \~/ (x |, TAx) + \~/ (x |, TATx) = ( \~/ |, xT)Ax + ( \~/ |, xT)ATx = T T = EAx + EA x = (A + A )x$ (7.1)

A kann als symmetrische Matrix angenommen werden.
$T[1 T 1 T] T T T g(x) = x 2 (A+ A )+ 2 (A - A ) x = x Ax +x Ax = \~/ (x Ax) = 2Ax$
Der letzte Schritt folgt aus x(A-A)x 0.

Satz 2 (EULERsche Homogenitätsrelation)

$|----------------------------------------------------------------------------------------| | | |Es sei g (- C1(RN). Dann gilt: | | ( ) | | sum n | |g ist positiv homogen vom Grade k <==> x . \~/ g(x) = kg(x) xjDjg(x) = kg(x) | | j=1 | -----------------------------------------------------------------------------------------$

Beweis „“:

Es sei x ^N fest. Betrachte für > 0 die Funktion h() = g(x) für > 0. Wir gehen von einer positiv homogenen Funktion aus: g(x) = ^kg(x). Durch Differentiation erhalten wir h'() = ^. $\~/$ g(x) = k^k-1g(x). Für = 1 folgt dann die Behauptung.

Beweis „“:

Gegeben ist x ^. $\~/$ g(x) = kg(x) für x ^N. Wir schreiben die Voraussetzung für x hin:

(cx). \~/ g(cx) = kg(cx)

Wir betrachten () = g(x) -^kg(x). Wir leiten eine Differentialgleichung her, von der wir wissen, daß sie nur die triviale Lösung hat:

1 k k k h'(c) = x. \~/ g(cx)- kck-1g(x) =--cx. \~/ g(cx) -kck-1g(x) =--g(cx)- -ckg(x) = -h(c) c c c c

genügt also der Differentialgleichung '() = (). Deren Lösung ist () = ^k(1) = 0. Aus (1) = 0 ergibt sich () = 0 .

Folgerungen:

Wir betrachten F(y) = _t₀^t₁f(y(t),(t))dt mit f(z,p), wobei f(z,p) = f(z,p) gilt, f(z,p) also positiv homogen vom Grad 1 ist. Aus Satz 2 folgt dann:

|----------------| f-(z,p) =-p-.fp(z,p)-

Wir wiederholen an dieser Stelle einige Begriffe:

WEIERSTRASS-Exzeß-Funktion: $E(x,z,p,q) = f(x,z,q) - f(x,z,p)- fp(x,z,p)(q- p)$
Hier gilt, wobei z ^N, p ^N und q ^N ist:
$|-------------------| E(z,p,q) = f(z,q)-f (z,p)-(q-p).fp(z,p) = q.fp(z,q)-q.fp(z,p) =|q.(fp(z,q)- fp(z,p))| --------------------$
Betrachten wir f(z,p) = f(z,p)
Differenzieren wir dies nach p:
$c.fp(z,cp) = cfp(z,p)$
Wir können > 0 herauskürzen, woraus sich f_p(z,p) = f_p(z,p) ergibt oder auch f_p(z,p) = ⁰f_p(z,p). f_p ist bezüglich der p-Variablen homogen vom Grade 0. Durch Anwenden von Satz 2 ergibt sich 0 = p ^. f_{p_jp}(z,p) für j = 1, 2, ..., N.
$0 = fp1p1p1 + fp1p2p2$

$0 = fp2p1p1 + fp2p2p2$

$( ) ( ) p1 0 fpp . p2 = 0$
f_pp ist die HESSEmatrix bezüglich der p-Variablen.

Satz 4: Regularitätssatz

|----------------------------------------------------------------------------------------|
| |
|Es sei y = y(t) eine schwache ^C1-Extremale von F mit ||y(t)|| = 1 f¨ur t0 < t < t1. Des weiteren sei
|E(y(t), ˙y(t),q) > 0 f¨ur alle t (- [t0,t1] und alle q /= c˙y(t) (c > 0). Dann gilt y (- (C1[t0,t1])N. |
-----------------------------------------------------------------------------------------

Beweis:

Wir betrachten:

E = (z,v,w) = w.(fp(z,w) - fp(z,v))

Wähle (t₀,t₁) beliebig. In diesem Punkte berechnen wir p := ( - 0) und q := ( + 0). (Das Ziel ist, zu zeigen, daß p = q gilt.) Bekannt ist f_p(y(),p) = f_p(y(),q). Damit gilt:

E(y(t),p,q) = q .(f (y(t),q)- f (y(t),p)) = 0 (nach oben) p p

Hieraus ergibt sich p = q mit > 0 und außerdem ||p|| = ||q||. Mit ||p|| = ||q|| = 1 ergibt sich = 1 und p = q, was zu zeigen war.

Beispiel:

Betrachten wir f(z,p) = (z)||p|| mit (z) > 0 und C¹. Für (z) = 1 liegt das Bogenlängenfunktional vor:

integral t1 F (y) = ||˙y(t)||dt t0

Für y ² ergibt sich ein Funktional, welches wir früher schon bei der Behandlung von Rotationsflächen besprochen haben:

t integral 1 F (y) = y2(t)||y˙(t)||dt t0

Allgemein ergibt sich für f(z,p) = (z)||p||, daß = p (mit ||p|| = 1) ist.

E(y(t),p,q) = w(y)q.(q- p) = w(y)(q.q- q .p) = w(y)(1--cosf) >0 >0

Gleichheit gilt nur für q = p mit > 0 (gleichgerichtet!). Aus qp mit > 0 folgt E(y(t),p,q) > 0. Aus Satz 4 folgt dann, daß y C¹ ist. Dann erhalten wir (Satz 3) mit ||(t)|| = 1: