変分法・最適制御の問題

1. ラグランジュ乗数による停留条件

制約 ${\int }_1^e{y}^{2}dx=1$ に対する乗数を $\lambda$ とし、$F=x^2{y}^{\prime 2}-\lambda y^2$ に対するオイラー・ラグランジュ方程式を立てると
$$-\frac{d}{dx}\left(2x^2{y}^{\prime }\right)-2\lambda y=0⟺x^2{y}^{\prime \prime }+2x{y}^{\prime }+\lambda y=0$$
となる。これはオイラー型の方程式なので $y=x^r$ を代入すると $r(r-1)+2r+\lambda =0$、すなわち $r^2+r+\lambda =0$ である。

• $\lambda <\frac{1}{4}$ のとき：異なる実数解 $r_1\ne r_2$ があり $y=A{x}^{r_1}+B{x}^{r_2}$。$y(1)=0$ より $A+B=0$、$y(e)=0$ より $A(e^{r_1}-e^{r_2})=0$ なので $A=B=0$。
• $\lambda =\frac{1}{4}$ のとき：$y=x^{-1/2}(A+B\log x)$。$y(1)=0$ より $A=0$、$y(e)=0$ より $B=0$。
• $\lambda >\frac{1}{4}$ のとき：$\omega =\sqrt{\lambda -\frac{1}{4}}$ として $y=x^{-1/2}\left(A\cos (\omega \log x)+B\sin (\omega \log x)\right)$。$y(1)=0$ より $A=0$、$y(e)=0$ より $B\sin \omega =0$。$y\ne 0$ となるには $\omega =n\pi$（$n$ は正の整数）。

よって停留関数が存在するのは ${\lambda }_n=n^2{\pi }^2+\frac{1}{4}$ のときに限る。停留関数に対しては、部分積分と境界条件から
$$J[y]=[x^2{y}^{\prime }y{]}_1^e-{\int }_1^e(x^2{y}^{\prime }{)}^{\prime }ydx={\int }_1^e\lambda y^{2}dx=\lambda$$
なので、候補となる最小値は最小の ${\lambda }_1={\pi }^2+\frac{1}{4}$ である。対応する関数は $y=c{x}^{-1/2}\sin (\pi \log x)$ で、$s=\log x$ と置換すると ${\int }_1^e{x}^{-1}{\sin }^2(\pi \log x)dx={\int }_0^1{\sin }^2(\pi s)ds=\frac{1}{2}$ より $c=\sqrt{2}$ とすれば制約を満たす。

2. 実際に最小値であることの確認

$x=e^s$（$0\le s\le 1$）と置換し、$y=e^{-s/2}w(s)$ とおく。$dx=e^{s}ds$, $y^{\prime }(x)=e^{-s}\frac{dy}{ds}$ であり、$\frac{dy}{ds}=e^{-s/2}\left(w^{\prime }-\frac{1}{2}w\right)$ だから
$$J[y]={\int }_0^1{e}^s{\left(\frac{dy}{ds}\right)}^{2}ds={\int }_0^1\left(w^{\prime 2}-w{w}^{\prime }+\frac{1}{4}{w}^2\right)ds,{\int }_1^e{y}^{2}dx={\int }_0^1{w}^{2}ds=1.$$
$w(0)=w(1)=0$ より ${\int }_0^{1}w{w}^{\prime }ds={\left[\frac{w^2}{2}\right]}_0^1=0$。よって
$$J[y]={\int }_0^1{w}^{\prime 2}ds+\frac{1}{4}.$$
$w(0)=w(1)=0$ を満たす $C^1$ 級関数に対してはウィルティンガーの不等式 ${\int }_0^1{w}^{\prime 2}ds\ge {\pi }^2{\int }_0^1{w}^{2}ds$ が成り立つ（$w$ を $[0,1]$ 上で正弦級数 $w=\sum b_n\sin (n\pi s)$ に展開し、パーセバルの等式から $\int w^{\prime 2}=\frac{1}{2}\sum n^2{\pi }^2{b}_n^2\ge {\pi }^2\cdot \frac{1}{2}\sum b_n^2={\pi }^2\int w^2$）。したがって $J[y]\ge {\pi }^2+\frac{1}{4}$ であり、等号は $w=\sqrt{2}\sin (\pi s)$、すなわち $y=\sqrt{2}{x}^{-1/2}\sin (\pi \log x)\in \mathcal{A}$ で成立する。

以上より最小値は ${\pi }^2+\frac{1}{4}$ である。

ラグランジュ未定乗数法により、$-(x^2{y}^{\prime }{)}^{\prime }=\lambda y$、すなわち $x^2{y}^{\prime \prime }+2x{y}^{\prime }+\lambda y=0$（オイラー型）を得る。

ここで $x=e^t$（$t\in [0,1]$）、$y=x^{-1/2}u(t)$ と置く。すると
$${\int }_1^e{y}^{2}dx={\int }_0^1{u}^{2}dt=1.$$
また $y^{\prime }=x^{-3/2}(u_t-u/2)$ なので、
$${\int }_1^e{x}^2{y}^{\prime 2}dx={\int }_0^1(u_t-u/2{)}^{2}dt={\int }_0^1(u_t^2-u{u}_t+u^2/4)dt.$$
境界条件 $u(0)=u(1)=0$ より ${\int }_0^{1}u{u}_{t}dt=[u^2/2{]}_0^1=0$ となるので、
$$J={\int }_0^1{u}_t^{2}dt+\frac{1}{4}{\int }_0^1{u}^{2}dt={\int }_0^1{u}_t^{2}dt+\frac{1}{4}.$$

ディリクレ境界条件 $u(0)=u(1)=0$ のもとでの最小固有値は ${\pi }^2$（ウィルティンガー型不等式 ${\int }_0^1{u}_t^{2}dt\ge {\pi }^2{\int }_0^1{u}^{2}dt$）である。等号は $u=\sqrt{2}\sin \pi t$、すなわち $y=\sqrt{2}{x}^{-1/2}\sin (\pi \log x)$ のときに成り立つ。

よって最小値は ${\pi }^2+\frac{1}{4}$ である。

検算：オイラー方程式の解 $x^r$ で $r=-1/2\pm i\beta$、$\lambda ={\beta }^2+1/4$ となる。両端で 0 になるには $\beta =\pi$ が必要で、$J=\lambda \int y^2={\pi }^2+1/4$ となり一致する。