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変分法・最適制御の問題

難易度 3大学院入試の専門科目の標準レベル大学院数学変分法・最適制御

$x y$ 平面において、区間 $[- 3, 3]$ 上の $C^{1}$ 級の実数値関数 $y (x)$ で、境界条件 $y (- 3) = 0$ , $y (3) = 0$ と、すべての $x \in [- 3, 3]$ で $y (x) \geq 0$ を満たし、グラフの長さが
$\int_{- 3}^{3} 1 + y^{'} (x)^{2} d x = \frac{4 π}{3}$
であるものの全体を考える。このとき、グラフと $x$ 軸で囲まれた部分の面積
$S [y] = \int_{- 3}^{3} y (x) d x$
の最大値を求めよ。

この問題で使うもの

等周問題と円弧（説明と入口の問題）
積分制約つき変分問題（ラグランジュ乗数）（説明と入口の問題）
オイラー・ラグランジュ方程式（説明と入口の問題）
曲線の長さ（説明と入口の問題）

この問題を解けるようになるまで（89 技能）

算数中学高校大学大学院

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ヒント

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ヒント 1

長さの制約つきの最大化なので、ラグランジュの未定乗数 $μ$ を入れた $F = y + μ 1 + y^{'2}$ のオイラー・ラグランジュ方程式を立てる。

ヒント 2

オイラー・ラグランジュ方程式を 1 回積分すると $\frac{μ y ^{'}}{1 + y ^{'2}} = x - c$ となり、停留曲線は円弧になる。両端の対称性から中心は $y$ 軸上にある。

ヒント 3

中心 $(0, d)$ 、半径 $r$ の弧の長さは $2 r arcsin \frac{3}{r}$ 。これが $\frac{4 π}{3}$ となる $r$ を探すと、 $arcsin \frac{3}{2} = \frac{π}{3}$ が使える。

答えと解説

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\frac{4 π}{3} - 3

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解説を読む

ラグランジュの未定乗数法
長さの制約のもとで $S [y]$ を最大化するので、定数 $μ$ を用いて
$F (y, y^{'}) = y + μ 1 + y^{'2}$
のオイラー・ラグランジュ方程式を考える。 $\frac{\partial F}{\partial y} = 1$ 、 $\frac{\partial F}{\partial y ^{'}} = \frac{μ y ^{'}}{1 + y ^{'2}}$ より
$\frac{d}{d x} (\frac{μ y ^{'}}{1 + y ^{'2}}) = 1 ⟹ \frac{μ y ^{'}}{1 + y ^{'2}} = x - c$
（ $c$ は定数）。これを $y^{'}$ について解くと $y^{'} = \pm \frac{x - c}{μ ^{2} - ( x - c ) ^{2}}$ となり、積分して
$(x - c)^{2} + (y - d)^{2} = μ^{2}$
を得る。すなわち停留曲線は円弧である。

円の決定
円の半径を $r = ∣ μ ∣$ 、中心を $(c, d)$ とする。両端 $(\pm 3, 0)$ を通るので $(3 - c)^{2} + d^{2} = (- 3 - c)^{2} + d^{2}$ 、よって $c = 0$ 、 $r^{2} = 3 + d^{2}$ 。グラフが関数 $y (x)$ で $y \geq 0$ なので上半分の弧 $y = d + r^{2} - x^{2}$ （ $r \geq 3$ ）である。その長さは
$\int_{- 3}^{3} \frac{r}{r ^{2} - x ^{2}} d x = 2 r arcsin \frac{3}{r}$
で、 $t = arcsin (3 / r)$ とおくと $23 \frac{t}{sin t}$ であり、 $t \in (0, π /2]$ で $t / sin t$ は狭義単調増加なので、長さが $\frac{4 π}{3}$ となる $r$ はただ 1 つである。 $r = 2$ のとき $2 \cdot 2 \cdot arcsin \frac{3}{2} = 4 \cdot \frac{π}{3} = \frac{4 π}{3}$ なので $r = 2$ 。 $y (3) = 0$ より $d + 4 - 3 = 0$ 、 $d = - 1$ 。よって
$y (x) = 4 - x^{2} - 1$
（この弧は中心 $(0, - 1)$ 、半径 $2$ の円の中心角 $\frac{2 π}{3}$ の弧である）。

最大であること
この弧と、同じ円の残りの弧（ $x$ 軸の下側にある長さ $4 π - \frac{4 π}{3}$ の弧）をつなぐと半径 $2$ の円になる。許容関数 $y$ のグラフを同じ下側の弧とつなぐと、周の長さが $4 π$ の閉曲線ができ、等周不等式によりその囲む面積は円の面積 $4 π$ 以下である。下側の部分の面積は共通なので、 $S [y]$ は上の円弧のときに最大となる。

面積の計算
$S = \int_{- 3}^{3} (4 - x^{2} - 1) d x = [\frac{x}{2} 4 - x^{2} + 2 arcsin \frac{x}{2}]_{- 3}^{3} - 23$
$= 2 (\frac{3}{2} \cdot 1 + 2 \cdot \frac{π}{3}) - 23 = 3 + \frac{4 π}{3} - 23 = \frac{4 π}{3} - 3$
（弓形の面積の公式 $\frac{r ^{2}}{2} (θ - sin θ) = 2 (\frac{2 π}{3} - \frac{3}{2})$ とも一致する。）

よって最大値は $\frac{4 π}{3} - 3$ 。

別解

これは等周問題（ディドー問題）で、弦の長さ $23$ を固定し長さ $L = \frac{4 π}{3}$ の曲線と弦で囲む面積を最大にするのは円弧である（オイラー・ラグランジュ方程式 $\frac{d}{d x} \frac{y ^{'}}{1 + y ^{'2}} = \frac{1}{λ}$ から曲率一定、すなわち円弧）。 $L = \frac{4 π}{3} > 23 \approx 3.46$ より $L \approx 4.19$ で、弦より長いので解は存在する。
半径を $R$ 、弧の中心角を $2 θ$ （ $0 < θ < π /2$ 、 $y \geq 0$ のグラフとなる劣弧）とすると
$R sin θ = 3$ , $2 R θ = \frac{4 π}{3}$ 。
よって $\frac{s i n θ}{θ} = \frac{3 3}{2 π}$ 。 $θ = \frac{π}{3}$ のとき $\frac{3 /2}{π /3} = \frac{3 3}{2 π}$ で成立。 $sin θ / θ$ は $(0, π /2)$ で単調減少なので解は一意。 $R = \frac{3}{s i n ( π /3 )} = 2$ 。
面積は弓形の面積 $\frac{R ^{2}}{2} (2 θ - sin 2 θ) = 2 (\frac{2 π}{3} - \frac{3}{2}) = \frac{4 π}{3} - 3$ 。
確認: 扇形 $\frac{1}{2} R^{2} \cdot 2 θ = \frac{4 π}{3}$ から三角形 $\frac{1}{2} \cdot 23 \cdot 1 = 3$ を引いた値と一致（中心から弦までの距離は $R cos θ = 1$ ）。円弧は端点で傾きが有限（ $tan θ = 3$ ）なので $C^{1}$ 級のグラフとして許容される。
答え: $\frac{4 π}{3} - 3$ 。

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