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変分法・最適制御の問題

難易度 2大学院の講義の演習問題レベル大学院数学変分法・最適制御

実数値の状態 $x_{1} (t)$ , $x_{2} (t)$ と制御 $u (t)$ について、状態方程式
$x ˙_{1} (t) = x_{2} (t), x ˙_{2} (t) = u (t),$
初期条件 $x_{1} (0) = 3$ , $x_{2} (0) = 2$ を考える。制御 $u$ は区分的に連続で、すべての $t$ で $∣ u (t) ∣ \leq 1$ を満たすものとする。ある時刻 $T > 0$ で $x_{1} (T) = 0$ , $x_{2} (T) = 0$ となるような制御のうち、到達時刻 $T$ が最小となるものを考える。その最小時刻 $T$ を求めよ。

この問題で使うもの

ポントリャーギンの最大原理（説明と入口の問題）
制御に制約のある最適制御（説明と入口の問題）

この問題を解けるようになるまで（73 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

ハミルトニアン $H = p_{0} + p_{1} x_{2} + p_{2} u$ を立て、随伴方程式から $p_{2}$ がどんな関数になるかを調べよう。

ヒント 2

$p_{2}$ は $t$ の 1 次関数なので、最適制御は $u = \pm 1$ で切り替えは高々 1 回。 $u = \pm 1$ の軌道は $x_{1} = \pm \frac{1}{2} x_{2}^{2} + C$ の放物線になる。

ヒント 3

初期点 $(3, 2)$ からはまず $u = - 1$ で放物線 $x_{1} = - \frac{1}{2} x_{2}^{2} + 5$ に沿って進み、切り替え曲線 $x_{1} = \frac{1}{2} x_{2}^{2}$ （ $x_{2} < 0$ ）との交点で $u = + 1$ に切り替える。交点の $x_{2}$ を求めて、各区間の所要時間を足そう。

答えと解説

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解説を読む

最大原理. 時間最小問題なので、ハミルトニアンを
$H = p_{0} + p_{1} x_{2} + p_{2} u (p_{0} \leq 0)$
とおく。随伴方程式は
$p ˙_{1} = - \frac{\partial H}{\partial x _{1}} = 0, p ˙_{2} = - \frac{\partial H}{\partial x _{2}} = - p_{1}$
なので $p_{1} = c_{1}$ （定数）、 $p_{2} (t) = c_{2} - c_{1} t$ （1 次関数）。 $H$ を $∣ u ∣ \leq 1$ で最大にする制御は $u (t) = sgn p_{2} (t)$ 。 $(p_{0}, p_{1}, p_{2}) \neq = 0$ かつ $H \equiv 0$ から $p_{2}$ は恒等的に $0$ ではなく、1 次関数なので符号の変わる回数は高々 1 回。よって最適制御は $u = \pm 1$ をとり、切り替えは高々 1 回である。

$u = \pm 1$ の軌道. $u = \pm 1$ のとき $\frac{d x _{1}}{d x _{2}} = \frac{x _{2}}{u}$ より
- $u = + 1$ : $x_{1} = \frac{1}{2} x_{2}^{2} + C$
- $u = - 1$ : $x_{1} = - \frac{1}{2} x_{2}^{2} + C$

原点に到達する最後の弧は、 $u = + 1$ なら $x_{1} = \frac{1}{2} x_{2}^{2}$ （ $x_{2} \leq 0$ ）、 $u = - 1$ なら $x_{1} = - \frac{1}{2} x_{2}^{2}$ （ $x_{2} \geq 0$ ）上にある（切り替え曲線）。

初期点 $(3, 2)$ は $x_{1} > - \frac{1}{2} x_{2}^{2}$ を満たし、切り替え曲線より右上にあるので、まず $u = - 1$ で進み、 $u = + 1$ の切り替え曲線に乗ったところで切り替える。

第 1 区間（ $u = - 1$ ）. 初期点を通る軌道は $x_{1} = - \frac{1}{2} x_{2}^{2} + C$ , $3 = - 2 + C$ より $C = 5$ :
$x_{1} = - \frac{1}{2} x_{2}^{2} + 5.$
これと $x_{1} = \frac{1}{2} x_{2}^{2}$ （ $x_{2} < 0$ ）の交点は $x_{2}^{2} = 5$ , $x_{2} = - 5$ , $x_{1} = \frac{5}{2}$ 。
$x ˙_{2} = - 1$ なので $x_{2}$ が $2$ から $- 5$ まで減る時間は $2 + 5$ 。

第 2 区間（ $u = + 1$ ）. $x ˙_{2} = 1$ で $x_{2}$ が $- 5$ から $0$ まで増える時間は $5$ 。このとき $x_{1} = \frac{1}{2} x_{2}^{2}$ に沿って原点に達する。

切り替えが高々 1 回の候補のうち原点に到達するのはこの軌道だけで（ $u = + 1$ から始めると $x_{1} = \frac{1}{2} x_{2}^{2} + 1$ 上を $x_{2}$ が増え続け、 $u = - 1$ の切り替え曲線 $x_{1} = - \frac{1}{2} x_{2}^{2}$ , $x_{2} \geq 0$ と交わらない。 $u$ を一定にしたままでは原点を通らない）、時間最小の制御は存在するので、これが最適である。

よって最小時刻は
$T = (2 + 5) + 5 = 2 + 25 .$

別解

二重積分器の最短時間制御はバンバン制御で、切り替え曲線は原点に至る放物線である。 $u = + 1$ では $x_{1} - \frac{1}{2} x_{2}^{2}$ が一定、 $u = - 1$ では $x_{1} + \frac{1}{2} x_{2}^{2}$ が一定。原点に入る軌道は $u = + 1$ で $x_{1} = \frac{1}{2} x_{2}^{2} (x_{2} \leq 0)$ 、 $u = - 1$ で $x_{1} = - \frac{1}{2} x_{2}^{2} (x_{2} \geq 0)$ 。

初期点 $(3, 2)$ では $x_{1} - \frac{1}{2} x_{2}^{2} = 1 > 0$ で切り替え曲線の右側にあるので、まず $u = - 1$ を使う。このとき $x_{1} + \frac{1}{2} x_{2}^{2} = 3 + 2 = 5$ が一定。これが $u = + 1$ の弧 $x_{1} = \frac{1}{2} x_{2}^{2}$ （ $x_{2} < 0$ ）と交わる点は $5 - \frac{1}{2} x_{2}^{2} = \frac{1}{2} x_{2}^{2}$ より $x_{2}^{2} = 5$ 、 $x_{2} = - 5$ （ $x_{1} = 5/2$ ）。

第 1 段階: $x_{2} = 2 - t = - 5$ より $t_{1} = 2 + 5$ 。第 2 段階: $u = + 1$ で $x_{2}$ が $- 5$ から 0 になるまで $t_{2} = 5$ 。したがって $T = 2 + 25 \approx 6.472$ 。

検算: 第 1 段階終了時 $x_{1} = 3 + 2 t_{1} - t_{1}^{2} /2$ 、 $t_{1} = 2 + 5$ のとき $t_{1}^{2} = 9 + 45$ なので $x_{1} = 3 + 4 + 25 - \frac{9}{2} - 25 = \frac{5}{2}$ 。第 2 段階: $x_{1} = \frac{5}{2} - 5 \cdot 5 + \frac{1}{2} \cdot 5 = \frac{5}{2} - 5 + \frac{5}{2} = 0$ 、 $x_{2} = 0$ 。確かに原点に到達する。ポントリャーギンの最小原理より最適制御は高々 1 回の切り替えのバンバン制御で、このものが唯一。

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