変分法・最適制御の問題

自由端の変分問題として、オイラー・ラグランジュ方程式と自然境界条件を使う。

手順 1: 第 1 変分を計算する

$L=y^{\prime 2}+2y$、端点の項を $\varphi (y(1))=y(1{)}^2$ とする。$\eta (0)=0$ を満たす $C^2$ 級の $\eta$ と実数 $\epsilon$ について $J[y+\epsilon \eta ]$ を $\epsilon$ で微分して $\epsilon =0$ とおくと
$$\delta J={\int }_0^1\left(2y^{\prime }{\eta }^{\prime }+2\eta \right)dx+2y(1)\eta (1).$$
部分積分 ${\int }_0^{1}2y^{\prime }{\eta }^{\prime }dx={\left[2y^{\prime }\eta \right]}_0^1-{\int }_0^{1}2y^{\prime \prime }\eta dx$ と $\eta (0)=0$ を使うと
$$\delta J={\int }_0^1\left(2-2y^{\prime \prime }\right)\eta dx+\left(2y^{\prime }(1)+2y(1)\right)\eta (1).$$

手順 2: オイラー・ラグランジュ方程式と自然境界条件

まず $\eta (1)=0$ の $\eta$ だけを考えると、すべての $\eta$ で $\delta J=0$ となることから
$$2-2y^{\prime \prime }=0,\text{すなわち}{y}^{\prime \prime }=1.$$
次に $\eta (1)\ne 0$ の $\eta$ も考えると、境界項が $0$ でなければならないので、自然境界条件
$$\frac{\partial L}{\partial y^{\prime }}{|}_{x=1}+{\varphi }^{\prime }(y(1))=2y^{\prime }(1)+2y(1)=0$$
が得られる。

手順 3: 停留曲線を決める

$y^{\prime \prime }=1$, $y(0)=0$ より $y=\frac{x^2}{2}+bx$。このとき $y^{\prime }(1)=1+b$, $y(1)=\frac{1}{2}+b$ なので、自然境界条件から
$$(1+b)+\left(\frac{1}{2}+b\right)=0,b=-\frac{3}{4}.$$
よって $y_0(x)=\frac{x^2}{2}-\frac{3}{4}x$。

手順 4: 最小であることと最小値

$y=y_0+\eta$（$\eta (0)=0$）とすると、手順 1 の計算と $y_0$ が満たす 2 つの条件から 1 次の項は消え
$$J[y]-J[y_0]={\int }_0^1{\eta }^{\prime 2}dx+\eta (1{)}^2\ge 0$$
なので $y_0$ が最小を与える。

$y_0^{\prime }=x-\frac{3}{4}$ より
$${\int }_0^1{y}_0^{\prime 2}dx={\int }_0^1\left(x^2-\frac{3}{2}x+\frac{9}{16}\right)dx=\frac{1}{3}-\frac{3}{4}+\frac{9}{16}=\frac{7}{48},$$
$${\int }_0^{1}2y_{0}dx=2\left(\frac{1}{6}-\frac{3}{8}\right)=-\frac{5}{12}=-\frac{20}{48},y_0(1{)}^2={\left(-\frac{1}{4}\right)}^2=\frac{3}{48}.$$
したがって
$$\min J=\frac{7-20+3}{48}=-\frac{10}{48}=-\frac{5}{24}.$$

被積分関数 $L=y^{\prime 2}+2y$ より EL 方程式 $\frac{d}{dx}(2y^{\prime })=2$、すなわち $y^{\prime \prime }=1$。よって $y=\frac{x^2}{2}+cx$（$y(0)=0$）。右端は自由なので自然境界条件: 変分 $\delta J={\int }_0^1(2y^{\prime }{h}^{\prime }+2h)dx+2y(1)h(1)=[2y^{\prime }h{]}_0^1+{\int }_0^1(-2y^{\prime \prime }+2)hdx+2y(1)h(1)$ より $2y^{\prime }(1)+2y(1)=0$、すなわち $y^{\prime }(1)=-y(1)$。$y^{\prime }(1)=1+c$, $y(1)=\frac{1}{2}+c$ なので $1+c=-\frac{1}{2}-c$、$c=-\frac{3}{4}$。$y=\frac{x^2}{2}-\frac{3x}{4}$。最小性: $J$ は $y$ について凸（$y^{\prime 2}$, $y(1{)}^2$ が凸で他は線形）なので、停留点が最小。値: ${\int }_0^1{y}^{\prime 2}dx={\int }_0^1(x-\frac{3}{4}{)}^{2}dx=\frac{(1/4{)}^3+(3/4{)}^3}{3}=\frac{7}{48}$、${\int }_0^{1}2ydx=2\left(\frac{1}{6}-\frac{3}{8}\right)=-\frac{5}{12}$、$y(1{)}^2={\left(-\frac{1}{4}\right)}^2=\frac{1}{16}$。合計 $\frac{7}{48}-\frac{20}{48}+\frac{3}{48}=-\frac{10}{48}=-\frac{5}{24}$。検算: $y=0$ では $J=0>-\frac{5}{24}$、$y=-x/4\cdot$ など別の関数 $y=-\frac{x}{2}$ では $J=\frac{1}{4}-\frac{1}{2}+\frac{1}{4}=0$ で、いずれも大きい。