変分法・最適制御の問題

オイラー・ラグランジュ方程式. ラグランジュ乗数 $\lambda ,\mu$ を用いて $$L=y^{\prime 2}-\lambda y-\mu xy$$ とおくと、オイラー・ラグランジュ方程式は $$2y^{\prime \prime }=-\lambda -\mu x$$ である。定数を置き直して $y^{\prime \prime }=\alpha +\beta x$ と書く。両端が自由なので、自然境界条件 $\frac{\partial L}{\partial y^{\prime }}=2y^{\prime }=0$ が $x=0,1$ で成り立つ。

解を求める. $y^{\prime }=\alpha x+\frac{\beta }{2}{x}^2+c$ で、$y^{\prime }(0)=0$ より $c=0$、$y^{\prime }(1)=\alpha +\frac{\beta }{2}=0$ より $\alpha =-\frac{\beta }{2}$。よって $$y^{\prime }=\frac{\beta }{2}(x^2-x),y=\frac{\beta }{2}\left(\frac{x^3}{3}-\frac{x^2}{2}\right)+d.$$
制約 ${\int }_0^{1}ydx=0$: $\frac{\beta }{2}\left(\frac{1}{12}-\frac{1}{6}\right)+d=0$ より $d=\frac{\beta }{24}$。
制約 ${\int }_0^{1}xydx=1$: $$\frac{\beta }{2}\left(\frac{1}{15}-\frac{1}{8}\right)+\frac{d}{2}=-\frac{7\beta }{240}+\frac{5\beta }{240}=-\frac{\beta }{120}=1$$ より $\beta =-120$。したがって $y^{\prime }=60(x-x^2)$。

最小値. $$J={\int }_0^{1}3600(x-x^2{)}^{2}dx=3600\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{2}+\frac{1}{5}\right)=3600\cdot \frac{1}{30}=120.$$

最小であることの確認. 許容関数 $y+h$（${\int }_0^{1}hdx={\int }_0^{1}xhdx=0$）について $$J[y+h]=J[y]+2{\int }_0^1{y}^{\prime }{h}^{\prime }dx+{\int }_0^1{h}^{\prime 2}dx.$$ 部分積分と $y^{\prime }(0)=y^{\prime }(1)=0$ より ${\int }_0^1{y}^{\prime }{h}^{\prime }dx=-{\int }_0^1(\alpha +\beta x)hdx=0$ なので、$J[y+h]\ge J[y]$。よって求めた $y$ で最小となり、最小値は $120$ である。

ラグランジュ乗数 $\lambda ,\mu$ を用いて ${\int }_0^1\left(y^{\prime 2}-\lambda y-\mu xy\right)dx$ の停留条件を考える。オイラー・ラグランジュ方程式は $-2y^{\prime \prime }-\lambda -\mu x=0$、すなわち $y^{\prime \prime }=\alpha +\beta x$（$\alpha ,\beta$ は定数）。端点が自由なので自然境界条件 $y^{\prime }(0)=y^{\prime }(1)=0$ が課される。
$y^{\prime }=\alpha x+\frac{\beta }{2}{x}^2+c$ で、$y^{\prime }(0)=0$ より $c=0$、$y^{\prime }(1)=0$ より $\alpha =-\frac{\beta }{2}$。よって $y^{\prime }=\frac{\beta }{2}(x^2-x)$。$k$ を定数として $y^{\prime }=6k(x^2-x)$、$y=k(2x^3-3x^2)+d$ とおける。
制約条件:
- ${\int }_0^{1}ydx=k\left(\frac{1}{2}-1\right)+d=-\frac{k}{2}+d=0$ より $d=\frac{k}{2}$。
- ${\int }_0^{1}xydx=k\left(\frac{2}{5}-\frac{3}{4}\right)+\frac{d}{2}=-\frac{7k}{20}+\frac{k}{4}=-\frac{k}{10}=1$ より $k=-10$、$d=-5$。
よって $y=-10(2x^3-3x^2)-5=-20x^3+30x^2-5$。
$J[y]={\int }_0^1{\left(6k(x^2-x)\right)}^{2}dx=36k^2{\int }_0^1(x^4-2x^3+x^2)dx=36k^2\left(\frac{1}{5}-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}\right)=36k^2\cdot \frac{1}{30}=\frac{6k^2}{5}=\frac{6\cdot 100}{5}=120.$
最小性: $J$ は凸で、制約は線形なので、停留点は大域的最小点である（任意の許容 $y$ に対し $y=y_0+\eta$、$\eta$ は制約の斉次条件を満たす。$J[y]=J[y_0]+2\int y_0^{\prime }{\eta }^{\prime }+\int {\eta }^{\prime 2}$ で、部分積分と $y_0^{\prime }(0)=y_0^{\prime }(1)=0$ および $y_0^{\prime \prime }=6k(2x-1)$ が $1,x$ の 1 次結合であることから交差項は 0）。
検算: $y=-20x^3+30x^2-5$ で ${\int }_0^{1}ydx=-5+10-5=0$ ✓、${\int }_0^{1}xydx=-4+\frac{30}{4}-\frac{5}{2}=-4+7.5-2.5=1$ ✓。