変分法・最適制御の問題

1. 被積分関数と第一積分

$F(y,y^{\prime })=\sqrt{\frac{1+y^{\prime 2}}{y}}$ とおくと、$T=\frac{1}{\sqrt{2g}}\int Fdx$ である。$F$ は $x$ を陽に含まないので、オイラー・ラグランジュ方程式はベルトラミの公式 $F-y^{\prime }{F}_{y^{\prime }}=\text{const}$ に帰着する。$F_{y^{\prime }}=\frac{y^{\prime }}{\sqrt{y(1+y^{\prime 2})}}$ より $F-y^{\prime }{F}_{y^{\prime }}=\frac{1}{\sqrt{y(1+y^{\prime 2})}}$ なので、定数 $a>0$ を用いて $y(1+y^{\prime 2})=2a$ と書ける。原点を通る解はサイクロイド
$$x=a(\theta -\sin \theta ),y=a(1-\cos \theta )(0\le \theta \le {\theta }_1<2\pi )$$
であり、$\frac{dy}{dx}=\frac{\sin \theta }{1-\cos \theta }=\cot \frac{\theta }{2}$ である。

2. 終点を固定したときの最小値

点 $P=(X,Y)$（$X>0,Y>0$）を固定する。

$r(\theta )=\frac{1-\cos \theta }{\theta -\sin \theta }$ とおくと、$r^{\prime }(\theta )$ の分子は $k(\theta )=\theta \sin \theta +2\cos \theta -2$ である。$k(0)=0$ であり、$k^{\prime }(\theta )=\theta \cos \theta -\sin \theta$、$(\theta \cos \theta -\sin \theta {)}^{\prime }=-\theta \sin \theta <0$ である。

• $(0,\pi ]$ では $k^{\prime }<0$ なので $k<0$ である。
• $(\pi ,2\pi )$ では $\theta \sin \theta <0$、$2\cos \theta -2\le 0$ なので $k<0$ である。

したがって $r$ は $(0,2\pi )$ で狭義単調減少である。さらに $\theta \to 0$ で $r\to \infty$、$\theta \to 2\pi$ で $r\to 0$ となる。よって $Y/X=r(\theta )$ を満たす $\theta \in (0,2\pi )$ がただ一つ存在し、$a=Y/(1-\cos \theta )$ も一意に決まる。

つまり、原点から出るサイクロイド弧は第 1 象限を重なりなく覆う中心場をなす。また $F_{y^{\prime }{y}^{\prime }}=\frac{1}{\sqrt{y}(1+y^{\prime 2}{)}^{3/2}}>0$ なので、ワイエルシュトラスの $E$ 関数は正である。ワイエルシュトラスの十分条件より、$O$ と $P$ を結び $y>0$ を満たすグラフの中で、このサイクロイド弧が所要時間を最小にする（最速降下線の古典的結果）。

サイクロイド上では $ds=2a\sin \frac{\theta }{2}d\theta$、$v=\sqrt{2gy}=2\sqrt{ga}\sin \frac{\theta }{2}$ なので、$dt=\frac{ds}{v}=\sqrt{\frac{a}{g}}d\theta$ となる。よって最小時間は $\tau (P)=\theta \sqrt{a/g}$ である。

3. 終点を $\ell$ 上で動かす

条件 $x_1>0$、$y(x_1)>0$ より、$P$ は $\ell$ 上の $0<x<2\pi$ の部分にある。2 の結果から、半直線 $y=r(\theta )x$ と $\ell$ との交点を対応させることで、この部分は $\theta \in (0,2\pi )$ と 1 対 1 に対応する。

$P$ が $\ell$ 上にある条件 $a(1-\cos \theta )=\sqrt{3}(2\pi -a(\theta -\sin \theta ))$ から
$$a=\frac{2\sqrt{3}\pi }{h(\theta )},h(\theta )=1-\cos \theta +\sqrt{3}(\theta -\sin \theta )>0$$
である。よって
$${\tau }^2=\frac{2\sqrt{3}\pi }{g}f(\theta ),f(\theta )=\frac{{\theta }^2}{h(\theta )}$$
となり、$\tau$ は $\theta$ の滑らかな関数である。

微分すると $f^{\prime }(\theta )=\frac{\theta G(\theta )}{h^2}$ である。ここで $G=2h-\theta h^{\prime }$、$h^{\prime }=\sin \theta +\sqrt{3}(1-\cos \theta )$ であり、
$$G(\theta )=2-2\cos \theta +\sqrt{3}\theta -2\sqrt{3}\sin \theta -\theta \sin \theta +\sqrt{3}\theta \cos \theta$$
となる。

$G$ の符号を調べる。

• 値: $G(0)=0$、$G(2\pi )=4\sqrt{3}\pi >0$。
• 1 階導関数: $G^{\prime }(\theta )=\sin \theta +\sqrt{3}-\sqrt{3}\cos \theta -\theta \cos \theta -\sqrt{3}\theta \sin \theta$ で、$G^{\prime }(0)=0$、$G^{\prime }\left(\frac{4\pi }{3}\right)=\sqrt{3}+\frac{8\pi }{3}>0$、$G^{\prime }(2\pi )=-2\pi <0$。
• 2 階導関数: $G^{\prime \prime }(\theta )=2\theta \sin \left(\theta -\frac{\pi }{3}\right)$ は、$(0,\frac{\pi }{3})$ で負、$(\frac{\pi }{3},\frac{4\pi }{3})$ で正、$(\frac{4\pi }{3},2\pi )$ で負である。

ここから $G^{\prime }$ の増減がわかる。$G^{\prime }$ は $0$ から減少して負になり、$(\frac{\pi }{3},\frac{4\pi }{3})$ でただ一度 $0$ になって正に転じる（その点を $\alpha$ とする）。その後 $(\frac{4\pi }{3},2\pi )$ でただ一度 $0$ になって負に転じる（その点を $\beta$ とする）。

したがって $G$ は $(0,\alpha )$ で減少、$(\alpha ,\beta )$ で増加、$(\beta ,2\pi )$ で減少する。$G(0)=0$ より $(0,\alpha ]$ で $G<0$ である。$[\beta ,2\pi )$ では $G>G(2\pi )>0$ である。よって $G$ の零点は $(\alpha ,\beta )$ にただ一つあり、それを ${\theta }^{\ast }$ とすると、$f$ は $(0,{\theta }^{\ast })$ で減少、$({\theta }^{\ast },2\pi )$ で増加する。ゆえに $f$ は ${\theta }^{\ast }$ で最小となる。

4. 停留点の決定（横断性条件）

$f^{\prime }=0$ は、$\ell$ 上で終点を動かしたときの停留条件であり、横断性条件
$$[F+({\phi }^{\prime }-y^{\prime })F_{y^{\prime }}{]}_{x_1}=\frac{1+{\phi }^{\prime }{y}^{\prime }}{\sqrt{y(1+y^{\prime 2})}}=0(\phi =\sqrt{3}(2\pi -x))$$
と同値である。すなわち曲線は $\ell$ に直交する。${\phi }^{\prime }=-\sqrt{3}$ より $\cot \frac{\theta }{2}=\frac{1}{\sqrt{3}}$ となり、$\theta =\frac{2\pi }{3}$ を得る。

実際に $G\left(\frac{2\pi }{3}\right)$ を計算すると、$2h=3+\frac{4\sqrt{3}\pi }{3}-3=\frac{4\sqrt{3}\pi }{3}$、$\theta h^{\prime }=\frac{2\pi }{3}\left(\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{3\sqrt{3}}{2}\right)=\frac{4\sqrt{3}\pi }{3}$ となり、$G=0$ である。零点の一意性から ${\theta }^{\ast }=\frac{2\pi }{3}$ である。

このとき $h=\frac{2\sqrt{3}\pi }{3}$ より $a=3$ であり、終点は $x_1=2\pi -\frac{3\sqrt{3}}{2}>0$、$y_1=\frac{9}{2}$ となる。

5. 最小値

$$T_{\min }={\theta }^{\ast }\sqrt{\frac{a}{g}}=\frac{2\pi }{3}\sqrt{\frac{3}{g}}=\frac{2\pi }{\sqrt{3g}}$$

最速降下線の問題で、終点が直線 $\ell$ 上を動く場合である。最小曲線はサイクロイド $x=a(\theta -\sin \theta ),y=a(1-\cos \theta )$（$a>0$）で、所要時間は $T={\theta }_1\sqrt{a/g}$（${\theta }_1$ は終点のパラメータ）となる。

1. 横断条件：終点でサイクロイドの接線が $\ell$ に直交する。$\ell$ の傾きは $-\sqrt{3}$、サイクロイドの傾きは $\frac{dy}{dx}=\frac{\sin \theta }{1-\cos \theta }=\cot \frac{\theta }{2}$ である。直交条件 $\cot ({\theta }_1/2)\cdot (-\sqrt{3})=-1$ より $\cot ({\theta }_1/2)=1/\sqrt{3}$。よって ${\theta }_1/2=\pi /3$、すなわち ${\theta }_1=2\pi /3$ である。

2. 終点が $\ell$ 上にある条件から $a$ を決める。終点は $x_1=a\left(\frac{2\pi }{3}-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$、$y_1=\frac{3a}{2}$ である。$y_1=\sqrt{3}(2\pi -x_1)$ に代入すると
$$\frac{3a}{2}=2\sqrt{3}\pi -\frac{2\sqrt{3}\pi }{3}a+\frac{3a}{2}$$
となり、$a=3$ を得る。このとき $x_1=2\pi -\frac{3\sqrt{3}}{2}>0$ で条件を満たす。

3. 最小時間は
$$T=\frac{2\pi }{3}\sqrt{\frac{3}{g}}=\frac{2\pi }{\sqrt{3g}}.$$

検算：原点から $\ell$ への鉛直落下（$x_1\to 0$）では $y=2\sqrt{3}\pi$ なので $T=\sqrt{4\sqrt{3}\pi /g}\approx 4.67/\sqrt{g}$ である。一方、求めた値は $2\pi /\sqrt{3}\approx 3.63/\sqrt{g}$ で、これより小さい。