変分法・最適制御の問題

右端が自由な変分問題なので、オイラー・ラグランジュ方程式に自然境界条件を合わせて停留曲線を求める。

手順 1: オイラー・ラグランジュ方程式を立てる

$L(x,y,y^{\prime })=y^{\prime 2}-4xy$ とおくと
$$\frac{\partial L}{\partial y}=-4x,\frac{\partial L}{\partial y^{\prime }}=2y^{\prime }.$$
よってオイラー・ラグランジュ方程式 $\frac{\partial L}{\partial y}-\frac{d}{dx}\frac{\partial L}{\partial y^{\prime }}=0$ は
$$-4x-2y^{\prime \prime }=0,\text{すなわち}{y}^{\prime \prime }=-2x.$$

手順 2: 第 1 変分と自然境界条件

$y(0)=0$ を保つ変分 $\eta$（$\eta (0)=0$、$\eta (1)$ は任意）に対し、部分積分により
$$\delta J={\int }_0^1\left(2y^{\prime }{\eta }^{\prime }-4x\eta \right)dx=[2y^{\prime }\eta {]}_0^1+{\int }_0^1\left(-2y^{\prime \prime }-4x\right)\eta dx=2y^{\prime }(1)\eta (1)+{\int }_0^1\left(-2y^{\prime \prime }-4x\right)\eta dx.$$
これがすべての $\eta$ で $0$ になるためには、オイラー・ラグランジュ方程式に加えて自然境界条件 $y^{\prime }(1)=0$ が必要である。

手順 3: 停留曲線を決める

$y^{\prime \prime }=-2x$ を 2 回積分して $y=-\frac{x^3}{3}+bx+c$。$y(0)=0$ より $c=0$。$y^{\prime }=-x^2+b$ で $y^{\prime }(1)=-1+b=0$ より $b=1$。よって停留曲線は
$$y_0(x)=x-\frac{x^3}{3}.$$

手順 4: 最小であることを確かめる

$y(0)=0$ を満たす任意の $y$ を $y=y_0+\eta$（$\eta (0)=0$）と書くと
$$J[y]-J[y_0]={\int }_0^1\left(2y_0^{\prime }{\eta }^{\prime }-4x\eta \right)dx+{\int }_0^1{\eta }^{\prime 2}dx.$$
手順 2 の計算で $y_0^{\prime \prime }=-2x$, $y_0^{\prime }(1)=0$ だから第 1 項は $0$。よって $J[y]-J[y_0]={\int }_0^1{\eta }^{\prime 2}dx\ge 0$ で、$y_0$ が最小を与える。

手順 5: 最小値を計算する

$y_0^{\prime }=1-x^2$ より
$${\int }_0^1(1-x^2{)}^{2}dx={\int }_0^1(1-2x^2+x^4)dx=1-\frac{2}{3}+\frac{1}{5}=\frac{8}{15},$$
$${\int }_0^{1}4x{y}_{0}dx=4{\int }_0^1\left(x^2-\frac{x^4}{3}\right)dx=4\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{15}\right)=\frac{16}{15}.$$
したがって
$$J[y_0]=\frac{8}{15}-\frac{16}{15}=-\frac{8}{15}.$$

$F=y^{\prime 2}-4xy$ のオイラー・ラグランジュ方程式は $\frac{d}{dx}(2y^{\prime })=-4x$、すなわち $y^{\prime \prime }=-2x$。右端が自由なので自然境界条件 $F_{y^{\prime }}=2y^{\prime }(1)=0$、すなわち $y^{\prime }(1)=0$。

$y^{\prime }=-x^2+C$、$y^{\prime }(1)=0$ より $C=1$、$y^{\prime }=1-x^2$。$y(0)=0$ より $y=x-\frac{x^3}{3}$。

汎関数は $y$ について凸（$y^{\prime 2}$ が凸、他の項は線形）なので、この停留関数が最小を与える。実際、任意の許容関数 $y=y_0+h$（$h(0)=0$）に対し $J[y]-J[y_0]={\int }_0^1{h}^{\prime 2}dx+[2y_0^{\prime }h{]}_0^1+\int (-2y_0^{\prime \prime }-4x)hdx={\int }_0^1{h}^{\prime 2}dx\ge 0$ （$y_0^{\prime }(1)=0,h(0)=0,y_0^{\prime \prime }=-2x$ による）。

値: $J={\int }_0^1\left[(1-x^2{)}^2-4x\left(x-\frac{x^3}{3}\right)\right]dx={\int }_0^1\left(1-6x^2+\frac{7}{3}{x}^4\right)dx=1-2+\frac{7}{15}=-\frac{8}{15}$。

検算: 部分積分で $\int y^{\prime 2}=[y{y}^{\prime }{]}_0^1-\int y{y}^{\prime \prime }=2\int xy$ より $J=-2{\int }_0^{1}xydx=-2\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{15}\right)=-\frac{8}{15}$。一致。