変分法・最適制御の問題

以下 $w(x)=\sqrt{1+y^{\prime }(x{)}^2}$ とおく。$w\ge 1>0$ で、$y\in C^2$ より $w$ は $C^1$ 級、$w^{\prime }=\frac{y^{\prime }{y}^{\prime \prime }}{w}$ である。また $y>0$ なので $\sqrt{y}$ は $C^2$ 級で $(\sqrt{y}{)}^{\prime }=\frac{y^{\prime }}{2\sqrt{y}}$。

ステップ 1: オイラー・ラグランジュ方程式を 2 階の正規形に直す. $y>0$ で
$$\frac{\partial L}{\partial p}=\frac{\sqrt{y}p}{\sqrt{1+p^2}},\frac{\partial L}{\partial y}=\frac{\sqrt{1+p^2}}{2\sqrt{y}}$$
なので、方程式は
$$\frac{d}{dx}\left(\frac{\sqrt{y}{y}^{\prime }}{w}\right)=\frac{w}{2\sqrt{y}}.(1)$$
積の微分法と $w^{\prime }=y^{\prime }{y}^{\prime \prime }/w$ により、左辺は
$$\frac{y^{\prime 2}}{2\sqrt{y}w}+\frac{\sqrt{y}{y}^{\prime \prime }}{w}-\frac{\sqrt{y}{y}^{\prime }{w}^{\prime }}{w^2}=\frac{y^{\prime 2}}{2\sqrt{y}w}+\frac{\sqrt{y}{y}^{\prime \prime }}{w}-\frac{\sqrt{y}{y}^{\prime 2}{y}^{\prime \prime }}{w^3}.$$
$(1)$ の両辺に $2\sqrt{y}{w}^3>0$ を掛けると
$$y^{\prime 2}{w}^2+2y{y}^{\prime \prime }{w}^2-2y{y}^{\prime 2}{y}^{\prime \prime }=w^4.$$
$w^2-y^{\prime 2}=1$ より左辺の第 2, 3 項の和は $2y{y}^{\prime \prime }(w^2-y^{\prime 2})=2y{y}^{\prime \prime }$ なので
$$2y{y}^{\prime \prime }=w^4-y^{\prime 2}{w}^2=w^2(w^2-y^{\prime 2})=w^2=1+y^{\prime 2}.$$
$y>0$ だから、$y$ は $I$ 上で
$$y^{\prime \prime }=F(y,y^{\prime }),F(Y,P)=\frac{1+P^2}{2Y}(2)$$
を満たす。$F$ は開集合 $D=\{(Y,P)\mid Y>0\}$ 上で $C^1$ 級（実際 $C^{\infty }$ 級）であり、$y>0$ より $(y,y^{\prime })$ は $I$ 上で $D$ に値をとる。

ステップ 2: 放物線は $(2)$ の解である. $c>0$, $b\in \mathbb{R}$ に対して $\tilde{y}(x)=c+\frac{(x-b{)}^2}{4c}$ とおくと、$\tilde{y}\ge c>0$、${\tilde{y}}^{\prime }=\frac{x-b}{2c}$、${\tilde{y}}^{\prime \prime }=\frac{1}{2c}$ であり、
$$1+{\tilde{y}}^{\prime 2}=1+\frac{(x-b{)}^2}{4c^2}=\frac{1}{c}\left(c+\frac{(x-b{)}^2}{4c}\right)=\frac{\tilde{y}}{c}$$
だから
$$F(\tilde{y},{\tilde{y}}^{\prime })=\frac{1+{\tilde{y}}^{\prime 2}}{2\tilde{y}}=\frac{1}{2c}={\tilde{y}}^{\prime \prime }.$$
よって $\tilde{y}$ は $\mathbb{R}$ 上（とくに $I$ 上）で $(2)$ を満たす $C^2$ 級関数で、$(\tilde{y},{\tilde{y}}^{\prime })$ は $D$ に値をとる。

ステップ 3: 初期値を合わせる. $x_0\in I$ を 1 つ固定し、$Y_0=y(x_0)>0$, $P_0=y^{\prime }(x_0)$ とおく。
$$c=\frac{Y_0}{1+P_0^2}>0,b=x_0-2c{P}_0$$
と定める。このとき $x_0-b=2c{P}_0$ だから
$${\tilde{y}}^{\prime }(x_0)=\frac{2c{P}_0}{2c}=P_0,\tilde{y}(x_0)=c+\frac{4c^2{P}_0^2}{4c}=c(1+P_0^2)=Y_0.$$

ステップ 4: 一意性. $y$ と $\tilde{y}$ はともに $I$ 上の $(2)$ の $C^2$ 級解で、$(y,y^{\prime })$, $(\tilde{y},{\tilde{y}}^{\prime })$ はともに $D$ に値をとり、$x_0$ で値と微分係数が一致する。$F$ は $D$ 上 $C^1$ 級なので、仮定した一意性定理により $I$ 上で $y=\tilde{y}$。

結論. 定数 $c=\frac{y(x_0)}{1+y^{\prime }(x_0{)}^2}>0$ と $b=x_0-2c{y}^{\prime }(x_0)$ に対して、すべての $x\in I$ で $y(x)=c+\frac{(x-b{)}^2}{4c}$ が成り立つ。$■$

（注: $L$ は $x$ を含まないので第一積分 $L-y^{\prime }{L}_p=\sqrt{y}/w=\text{定数}$ から 1 階の方程式 $y=k^2(1+y^{\prime 2})$ を導く方法もあるが、これを $y^{\prime }$ について解いた $y^{\prime }=\pm \sqrt{y/k^2-1}$ は $y=k^2$ で一意性が崩れ、定数関数 $y\equiv k^2$ という $(1)$ を満たさない解も含む。2 階の正規形に直して一意性定理を使えば、この問題を避けられる。）