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証明問題大学院数学変分法・最適制御

$C^{2} ([1, 2])$ を閉区間 $[1, 2]$ 上の実数値 $C^{2}$ 級関数全体とし（端点では片側微分を考える）、
$A = {y \in C^{2} ([1, 2]) y (1) = 0, y (2) = \frac{7}{4}}, H = {h \in C^{2} ([1, 2]) h (1) = h (2) = 0}$
とおく。 $y \in C^{2} ([1, 2])$ に対して
$J [y] = \int_{1}^{2} (x^{2} y^{'} (x)^{2} + 2 y (x)^{2}) d x$
と定め、 $y \in A$ が停留曲線であるとは、すべての $h \in H$ に対して $\frac{d}{d ε} J [y + ε h]_{ε = 0} = 0$ が成り立つことと定める。

このとき、 $A$ に属する停留曲線は $y_{0} (x) = x - \frac{1}{x ^{2}}$ ただ 1 つであり、さらに $y_{0}$ は $J$ の $A$ 上の最小値を与える唯一の関数であることを証明せよ。

ただし、変分法の基本補題（ $[1, 2]$ 上の連続関数 $g$ がすべての $h \in H$ に対して $\int_{1}^{2} g h d x = 0$ を満たすならば $g \equiv 0$ ）と、連続な係数をもつ 2 階線形同次常微分方程式 $y^{''} + a (x) y^{'} + b (x) y = 0$ の $[1, 2]$ 上の解全体が 2 次元の線形空間をなすことは用いてよい。

この問題で使うもの

オイラー・ラグランジュ方程式（説明と入口の問題）
オイラー型（コーシー・オイラー型）方程式（説明と入口の問題）

この問題を解けるようになるまで（68 技能）

算数中学高校大学大学院

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ヒント

行き詰まったら、上から順に 1 つずつ開いてください。

ヒント 1

まず第 1 変分を計算し、部分積分と変分法の基本補題で停留曲線の条件をオイラー・ラグランジュ方程式に書き直しましょう。最小性は $y = y_{0} + h$ と書いて $J$ を展開して調べます。

ヒント 2

オイラー・ラグランジュ方程式は $(x^{2} y^{'})^{'} = 2 y$ です。これはオイラー型の方程式で、 $y = x^{r}$ を代入すると $r$ についての 2 次方程式が得られます。

ヒント 3

$r^{2} + r - 2 = 0$ から $y = A x + B x^{- 2}$ が解であり、ロンスキアンが $0$ でないので一般解はこの形です。境界条件から $A, B$ を決め、次に $h = y - y_{0} \in H$ について $J [y_{0} + h]$ の 1 次の項が消えることを確かめましょう。

採点の観点と模範解答

自分で証明を書いてから、採点の観点で見比べてください。

採点の観点を見る

$J [y + ε h]$ を展開し、部分積分と $h (1) = h (2) = 0$ を使って第 1 変分を $2 \int_{1}^{2} (2 y - (x^{2} y^{'})^{'}) h d x$ の形にしている（2 点）
変分法の基本補題を用いて、停留曲線であることとオイラー・ラグランジュ方程式 $(x^{2} y^{'})^{'} = 2 y$ が同値であることを（逆向きも含めて）述べている（2 点）
$x$ と $x^{- 2}$ が解であることを確かめ、ロンスキアン（または 1 次独立性）と解空間が 2 次元であることから一般解が $A x + B x^{- 2}$ であると結論している（2 点）
境界条件から $A = 1$ , $B = - 1$ を導き、停留曲線が $y_{0} = x - x^{- 2}$ ただ 1 つであることを示している（1 点）
$h = y - y_{0}$ について 1 次の項が消えて $J [y] = J [y_{0}] + J [h]$ となることを示し、 $J [h] = 0$ から連続性を理由に $h \equiv 0$ を導いて、 $y_{0}$ が唯一の最小点であると結論している（3 点）

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模範解答を読む

ステップ 1: 第 1 変分の計算. $y \in C^{2} ([1, 2])$ , $h \in H$ , $ε \in R$ に対して展開すると
$J [y + ε h] = J [y] + 2 ε \int_{1}^{2} (x^{2} y^{'} h^{'} + 2 y h) d x + ε^{2} J [h] (1)$
となる（ $J$ の被積分関数が $y, y^{'}$ の 2 次式であることによる）。 $ε$ の 2 次式なので
$\frac{d}{d ε} J [y + ε h]_{ε = 0} = 2 \int_{1}^{2} (x^{2} y^{'} h^{'} + 2 y h) d x .$
$y \in C^{2}$ より $x^{2} y^{'}$ は $C^{1}$ 級なので部分積分ができ、 $h (1) = h (2) = 0$ から
$\int_{1}^{2} x^{2} y^{'} h^{'} d x = [x^{2} y^{'} h]_{1}^{2} - \int_{1}^{2} (x^{2} y^{'})^{'} h d x = - \int_{1}^{2} (x^{2} y^{'})^{'} h d x .$
よって
$\frac{d}{d ε} J [y + ε h]_{ε = 0} = 2 \int_{1}^{2} (2 y - (x^{2} y^{'})^{'}) h d x . (2)$

ステップ 2: 停留曲線とオイラー・ラグランジュ方程式. $y \in A$ が停留曲線なら、 $(2)$ がすべての $h \in H$ で $0$ になる。 $g = 2 y - (x^{2} y^{'})^{'}$ は $[1, 2]$ 上連続なので、変分法の基本補題により $g \equiv 0$ 、すなわち
$(x^{2} y^{'})^{'} = 2 y ⟺ x^{2} y^{''} + 2 x y^{'} - 2 y = 0 (1 \leq x \leq 2) . (3)$
逆に $y \in A$ が $(3)$ を満たせば、 $(2)$ よりすべての $h \in H$ で第 1 変分が $0$ なので停留曲線である。したがって、 $A$ の停留曲線とは $(3)$ と境界条件 $y (1) = 0$ , $y (2) = \frac{7}{4}$ を満たす $C^{2}$ 級関数のことである。

ステップ 3: $(3)$ の一般解. $[1, 2]$ 上で $x^{2} \neq = 0$ なので、 $(3)$ は $y^{''} + \frac{2}{x} y^{'} - \frac{2}{x ^{2}} y = 0$ と書け、係数は $[1, 2]$ 上連続である。よって解全体は 2 次元の線形空間である。
- $y_{1} = x$ : $(x^{2} \cdot 1)^{'} = 2 x = 2 y_{1}$ より解。
- $y_{2} = x^{- 2}$ : $y_{2}^{'} = - 2 x^{- 3}$ , $x^{2} y_{2}^{'} = - 2 x^{- 1}$ , $(x^{2} y_{2}^{'})^{'} = 2 x^{- 2} = 2 y_{2}$ より解。

ロンスキアン $W = y_{1} y_{2}^{'} - y_{1}^{'} y_{2} = x \cdot (- 2 x^{- 3}) - x^{- 2} = - 3 x^{- 2} \neq = 0$ なので $y_{1}, y_{2}$ は 1 次独立であり、解全体は $y = A x + B x^{- 2}$ （ $A, B \in R$ ）で尽くされる。

ステップ 4: 境界条件による一意性. $y (1) = A + B = 0$ , $y (2) = 2 A + \frac{B}{4} = \frac{7}{4}$ 。前者から $B = - A$ 、後者に代入して $\frac{7}{4} A = \frac{7}{4}$ 、よって $A = 1$ , $B = - 1$ 。したがって $A$ の停留曲線は $y_{0} (x) = x - x^{- 2}$ ただ 1 つである（ $y_{0}$ は $[1, 2]$ で $C^{\infty}$ 級なので確かに $A$ に属する）。

ステップ 5: 最小性と一意性. 任意の $y \in A$ に対して $h = y - y_{0}$ とおくと、 $h \in C^{2} ([1, 2])$ , $h (1) = h (2) = 0$ より $h \in H$ 。 $(1)$ で $y$ を $y_{0}$ 、 $ε = 1$ とし、 $(2)$ と $(3)$ （ $y_{0}$ について）を使うと 1 次の項は $\int_{1}^{2} (2 y_{0} - (x^{2} y_{0}^{'})^{'}) h d x = 0$ だから
$J [y] = J [y_{0}] + J [h] = J [y_{0}] + \int_{1}^{2} (x^{2} h^{'2} + 2 h^{2}) d x \geq J [y_{0}] .$
等号が成り立つとすると $\int_{1}^{2} (x^{2} h^{'2} + 2 h^{2}) d x = 0$ 。被積分関数は連続かつ $2 h^{2}$ 以上で $0$ 以上なので、 $\int_{1}^{2} 2 h^{2} d x = 0$ となり、 $h^{2}$ の連続性から $h \equiv 0$ （ある点で $h \neq = 0$ ならその近くの区間で $h^{2} > 0$ となり積分が正になる）。よって等号は $y = y_{0}$ のときに限る。

結論. $A$ に属する停留曲線は $y_{0} (x) = x - \frac{1}{x ^{2}}$ ただ 1 つであり、すべての $y \in A$ で $J [y] \geq J [y_{0}]$ 、等号は $y = y_{0}$ のときに限る。すなわち $y_{0}$ は $J$ の $A$ 上の最小値を与える唯一の関数である。 $■$

この問題の確認

AI が作成した問題です。公開前に次の確認を行いました。

別の AI が模範解答を見ずに 3 回証明を試み、3 回証明できました
2 つの AI が独立に、模範解答の証明を 1 ステップずつ確かめました
AI の査読で、条件・解説・表記を確認しました
答えの正しさについて慎重に扱うべき点が見つからなかったため、自動で公開しました

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