Lösung.

Es sei $ \mbox{$\overline x$}$ ein schwaches (lokales) Minimum des gegebenen Variationsproblems und es sei $ \mbox{$f(t,x,\dot x) := t^2 \dot x^2$}$ . Aufgrund der 1. Weierstraß-Erdmannschen Eckenbedingung besitzt $ \mbox{$\overline x$}$ höchstens im Punkt $ \mbox{$t=0$}$ eine Ecke. Die Eulersche Differentialgleichung liefert

$ \mbox{$\displaystyle \frac{\text{d}}{\text{d}t} f_{\dot x}(t,\overline x(t), \dot{\overline x}(t))= f_x(t,\overline x(t),\dot{\overline x}(t)) $}$
auf $ \mbox{$[-1,b)$}$ (bzw. falls $ \mbox{$b>0$}$ auf $ \mbox{$[-1,0)$}$ und auf $ \mbox{$(0,b]$}$ ). Es ist also
$ \mbox{$\displaystyle \frac{\text{d}}{\text{d}t} \, \left( 2 t^2 \dot{\overline x}(t) \right) = 0 $}$
auf $ \mbox{$[-1,b)$}$ (bzw. falls $ \mbox{$b>0$}$ auf $ \mbox{$[-1,0)$}$ und auf $ \mbox{$(0,b]$}$ ). Damit ist
$ \mbox{$\displaystyle \overline x(t) = \begin{cases} - \, \frac{c}{2t} + d, & t < 0\\ - \, \frac{c}{2t}+ \widetilde d, & t > 0 \end{cases} $}$
mit gewissen Konstanten $ \mbox{$c, d, \widetilde d \in \mathbb{R}$}$ . Da das schwache (lokale) Minimum $ \mbox{$\overline x$}$ jedoch auf ganz $ \mbox{$[-1,b]$}$ existiert und stetig ist, muß $ \mbox{$b<0$}$ gelten.
Die Randbedingungen lauten
$ \mbox{$\displaystyle \begin{array}{rcrcrcl} \overline x(-1) &=& \frac{c}{... ...mm}\\ \overline x(b) &=& - \, \frac{c}{2b} &+& d &=& 2b. \end{array} $}$
Die Transversalitätsbedingung liefert
$ \mbox{$\displaystyle f(b,\overline x(b),\dot{\overline x}(b)) + f_{\dot x}(... ...e x(b),\dot{\overline x}(b)) (\dot \psi(b) - \dot{\overline x}(b)) = 0. $}$
Diese Gleichung vereinfacht sich zu
$ \mbox{$\displaystyle 4 b^2 \dot{\overline x}(b) - b^2 \dot{\overline x}^2(b) = 0, $}$
d.h. es ist
$ \mbox{$\displaystyle 8 b^2 c - c^2 = 0. $}$
Mit $ \mbox{$\overline x(b)=2b \iff -c + 2bd = 4b^2$}$ ergibt sich mit obiger Gleichung
$ \mbox{$\displaystyle (2b+1) \left( (2b+1) + 4b(b+1) \right) = 0. $}$
Diese Gleichung besitzt die Lösungen
$ \mbox{$\displaystyle b = -\,\frac 1 2, \; b = - \, \frac{3+\sqrt 5}{4}, \; b = - \, \frac{3-\sqrt 5}{4}. $}$
Da $ \mbox{$- \, \frac{3+\sqrt 5}{4} < -1$}$ ist, fällt diese Lösung weg. Somit erhalten wir die beiden möglichen Kandidaten für ein schwaches (lokales) Minimum von $ \mbox{$I(x)$}$
$ \mbox{$\displaystyle \begin{array}{rcl} x_1(t) &=& -1 \text{ auf } [-1,-\... ...5)}{1+\sqrt 5} \text{ auf } [-1,- \, \frac{3-\sqrt 5}{4}]. \end{array} $}$
Es ist $ \mbox{$I(x_1)=0$}$ und $ \mbox{$I(x_2) \approx 0{,}09$}$ . Da $ \mbox{$I(x) \geq 0$}$ für alle zulässigen Funktionen $ \mbox{$x$}$ gilt, ist $ \mbox{$x_1$}$ sogar ein globales Minimum von $ \mbox{$I(x)$}$ .