2.1 Satz von du Bois-Reymond/Lagrange/Fundamentallemma der Variationsrechnung

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2.1 Satz von DU BOIS-REYMOND/LAGRANGE/Fundamentallemma der Variationsrechnung

Satz 1:

|----------------------------------------------------------------------------------------|
| |
| integral b |
|E sei g (- C0[a;b] und es gelte g(x)h'(x)dx = 0 A h (- C1[a,b] mit h(a) = h(b) = 0 ( A h (- D0). Dann|
| a |
|ist g(x) = const. A x (- [a,b]. |
-----------------------------------------------------------------------------------------

Beweis:

Wähle (x) = _a^x |_ b _|
1 integral
|_ g(t)- b--a g(t) dt _|
a dt. ( x )
integral
(g(t)- C) dt
a Es sei ₀: C¹[a,b], (a) = 0, (b) = 0. Wir benötigen außerdem:

' 1 integral b ~h(x) = g(x) - b--a- g(t)dt a

Die Voraussetzung liefert nun:

integral b ~' 0 = g(x)h (x)dx a

integral b integral b |_ integral b _| integral b integral b integral b ~h'(x)2dx = ~h'(x) |_ g(x)---1-- g(t)dt _| dx = ~h'(x)g(x)dx- -1--- g(t) dt ~h'(x)dx = 0 a a b- a a a b- a a a

Daraus folgt dann '(x) = 0 x und damit:

|---------- integral b--------------| | -1--- | g(x) = b- a g(t)dt = const. | -----------a----------------|

Folgerung 1:

f, g C⁰[a,b]. Es gelte _a^b dx = 0 h ₀. Dann gilt (x) = g'(x) x [a,b].

Beweis:

Es sei u(x) die Stammfunktion von f(t):

integral x u(x) = f(t)dt a

Damit folgt dann durch partielle Integration:

|_ _| |b |_ _| integral b integral x || integral b integral x f(x)h(x) dx = |_ f(t)dt _| h(x)|| - |_ f(t)dt _| h'(x)dx a -a------ -----|x=a a a =0

Also gilt weiterhin:

|_ _| integral b integral b integral x [f(x)h(x)+ g(x)h'(x)] dx = |_ g(x)- f(t)dt _| h'(x)dx = 0 A h (- D0 a a a ------0 ------- (- C [a,b]

Mit Satz 1 folgt dann:

integral x |-----------| g(x) = f(t) dt+ C <==> |g'(x) = f(x)| ------------ a

Folgerung 2:

Es sei f C⁰[a,b] und es gelte _a^bf(x)h(x)dx = 0 h ₀. Dann gilt f = 0. Beweisen kann man dies, indem man in der Folgerung 1 g = 0 setzt.

Satz 2 (Verallgemeinerung von Folgerung 2):

|------------------------------------------------------------------------------------------|
| { }|
|Esseif (- C0[a,b]undm (- N. Weiterhin seiD(m0) = y (- Cm[a, b] |h(k)(a) = h(k)(b) = 0, k = 0, 1, 2, ..., m
| integral b |
| (m) |
|gegeben. Es gelte f(x)h(x)dx = 0 A h (- D 0 . Die Behauptung ist nun, daßf (x) = 0 A x (- [a,b].
| a |
--------------------------------------------------------------------------------------------

D(m0) < D0

Aus Satz 2 erhalten wir Folgerung 2.

Beweis:

Wir wissen:

integral b f (x)h(x)dx = 0 A h (- D0 a

integral b f(x)h(x)dx = 0 A h (- D(0m) a

Mit Satz 2 folgt dann f = 0.

Beweis:

Wir nehmen an, daß f0. Daraus folgt dann f(c) > 0 für ein C (a,b). Es gibt ein Intervall [,] (a,b) mit f(x) > 0 für x [,] und stetigem f. Wähle:

m (m) { [(x- a)(b - x)] (- D 0 ~h(x) = 0 f¨ur x < a, x > b

Setze dies nun in die Voraussetzung ein:

integral b integral b ~ ~ 0 = f(x)h(x)dx = f(x)h(x)dx > 0 a a

Dabei handelt es sich um einen Widerspruch.

Bemerkung zu dem letzten Beispiel:

F(y) = _a^by'(x)² dx wird eindeutig auf D = {< C¹[a,b],y(a) = y₁,y(b) = y₂} durch y(x) minimiert:

-- y - y y a- y b y(x) = -1---2x + -2----1- a- b a- b

Dann soll (y) Minimum auf werden:

integral b F~(y) = 25 (y'(x)2 +sin3(x))dx a

Die Lösung ist:

~F (y-+ v)- ~F(y) = F (y-+ v)- F(y) > 0

Lemma 2:

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