変分法・最適制御の問題

長さの制約のもとで $S[y]={\int }_{-1}^{1}ydx$ を停留させる等周問題なので、まずラグランジュ乗数 $\lambda$ を導入して候補（停留曲線）を求め、そのあと等周不等式を使って最大性を確かめる。

1. 乗数つきの方程式から円弧を導く. $F(y,y^{\prime })=y+\lambda \sqrt{1+y^{\prime 2}}$ とおく。$\frac{\partial F}{\partial y}=1$, $\frac{\partial F}{\partial y^{\prime }}=\frac{\lambda y^{\prime }}{\sqrt{1+y^{\prime 2}}}$ より、オイラー・ラグランジュ方程式は
$$1-\frac{d}{dx}\left(\frac{\lambda y^{\prime }}{\sqrt{1+y^{\prime 2}}}\right)=0.$$
積分して $\frac{\lambda y^{\prime }}{\sqrt{1+y^{\prime 2}}}=x-x_0$（$x_0$ は定数）。両辺を 2 乗して $y^{\prime 2}=\frac{(x-x_0{)}^2}{{\lambda }^2-(x-x_0{)}^2}$ となり、これを積分すると
$$(x-x_0{)}^2+(y-y_0{)}^2={\lambda }^2(y_0\text{ は定数})$$
を得る（この円を $x$ で微分すると $(x-x_0)+(y-y_0)y^{\prime }=0$ で、上の 1 階の式と一致する）。よって停留曲線は半径 $R=|\lambda |$ の円弧である。$\lambda$ の符号によって、弧が上にふくらむ場合と下にふくらむ場合の両方が現れる。

2. 半径と中心角を決める. 円が $(-1,0)$, $(1,0)$ を通るので $(-1-x_0{)}^2=(1-x_0{)}^2$ より $x_0=0$。弧の中心角を $2\alpha$（$0<\alpha <\pi$）とすると、弦の長さ $2$ と弧長 $\frac{\sqrt{2}}{2}\pi$ から
$$R\sin \alpha =1,2R\alpha =\frac{\sqrt{2}}{2}\pi .$$
辺々割って $\frac{\alpha }{\sin \alpha }=\frac{\sqrt{2}}{4}\pi$。左辺は $0<\alpha <\pi$ で単調増加なので解はただ 1 つで、$\alpha =\frac{\pi }{4}$ のとき $\frac{\pi /4}{\sqrt{2}/2}=\frac{\sqrt{2}}{4}\pi$ となり成り立つ。よって $\alpha =\frac{\pi }{4}$, $R=\sqrt{2}$。中心 $(0,y_0)$ は $1+y_0^2=2$ より $y_0=\pm 1$ で、停留曲線は次の 2 本である（どちらも $|x|\le 1<\sqrt{2}$ で $C^2$ 級で、境界条件と長さの制約を満たす）。
$$y_{+}(x)=\sqrt{2-x^2}-1(\text{中心 }(0,-1)\text{、上にふくらむ}),y_{-}(x)=1-\sqrt{2-x^2}(\text{中心 }(0,1)\text{、下にふくらむ}).$$

3. 2 本の $S$ の値を比べる. $x=\sqrt{2}\sin t$ と置換すると、$x:-1\to 1$ のとき $t:-\frac{\pi }{4}\to \frac{\pi }{4}$ で
$${\int }_{-1}^1\sqrt{2-x^2}dx={\int }_{-\pi /4}^{\pi /4}2{\cos }^{2}tdt=[t+\sin t\cos t{]}_{-\pi /4}^{\pi /4}=\frac{\pi }{2}+1.$$
よって $S[y_{+}]=\left(\frac{\pi }{2}+1\right)-2=\frac{\pi }{2}-1$, $S[y_{-}]=-\left(\frac{\pi }{2}-1\right)$。$\frac{\pi }{2}-1>0$ なので大きいのは $y_{+}$ で、候補の値は $\frac{\pi }{2}-1$ である（これは半径 $\sqrt{2}$、中心角 $\frac{\pi }{2}$ の弓形の面積 $\frac{1}{2}{R}^2(2\alpha -\sin 2\alpha )=\frac{\pi }{2}-1$ と一致する）。

4. 最大であることを等周不等式で示す. 停留曲線であるだけでは最大とはいえないので、閉曲線に対する等周不等式を使う。区分的に $C^1$ 級の閉曲線 $\Gamma$（長さ $L$）に対して、回転数を込めた符号つき面積について
$$\left|{\oint }_{\Gamma }ydx\right|\le \frac{L^2}{4\pi }$$
が成り立ち、等号は $\Gamma$ が円のとき（に限る）（フーリエ級数とヴィルティンガーの不等式によるフルヴィッツの証明は、自己交差のある曲線の符号つき面積でもそのまま使える）。

条件を満たす任意の $y$ をとり、そのグラフを $(-1,0)$ から $(1,0)$ へたどり、続けて円 $x^2+(y+1{)}^2=2$ のうち弦の下側にある大きい弧（中心角 $\frac{3\pi }{2}$、長さ $\sqrt{2}\cdot \frac{3\pi }{2}=\frac{3\sqrt{2}}{2}\pi$）を $(1,0)$ から最下点 $(0,-1-\sqrt{2})$ を通って $(-1,0)$ へたどる閉曲線 $\Gamma$ をつくる。全長は
$$L=\frac{\sqrt{2}}{2}\pi +\frac{3\sqrt{2}}{2}\pi =2\sqrt{2}\pi ,\frac{L^2}{4\pi }=\frac{8{\pi }^2}{4\pi }=2\pi .$$
大きい弧の部分は（弦 $y=0$ 上では $\int ydx=0$ なので）大きい弧と弦で囲まれる部分の面積に等しく、この向き（時計回り）で
$${\int }_{\text{大きい弧}}ydx=\pi R^2-\left(\frac{\pi }{2}-1\right)=2\pi -\frac{\pi }{2}+1=\frac{3\pi }{2}+1.$$
したがって
$${\oint }_{\Gamma }ydx=S[y]+\frac{3\pi }{2}+1\le 2\pi \text{より}S[y]\le \frac{\pi }{2}-1.$$
等号は $\Gamma$ が円のとき、すなわちグラフが円 $x^2+(y+1{)}^2=2$ の上側の弧 $y_{+}$ のときに成り立つ。

以上より、$S[y]$ の最大値は $\frac{\pi }{2}-1$ である。

長さ一定の曲線と区間 $[-1,1]$ で囲まれる面積を最大にする問題（ディドの問題）。等周的な制約 ${\int }_{-1}^1\sqrt{1+y^{\prime 2}}dx=L$（$L=\frac{\sqrt{2}}{2}\pi$）のもとで $\int ydx$ を最大にする。ラグランジュ乗数 $\lambda$ を用いて $F=y-\lambda \sqrt{1+y^{\prime 2}}$ とおくと、オイラー・ラグランジュ方程式は $1+\lambda \frac{d}{dx}\frac{y^{\prime }}{\sqrt{1+y^{\prime 2}}}=0$。$x$ で積分して $\frac{y^{\prime }}{\sqrt{1+y^{\prime 2}}}=-\frac{x-c}{\lambda }$ となり、これは $(x-c{)}^2+(y-d{)}^2={\lambda }^2$ の円弧を表す。境界条件が左右対称なので $c=0$。よって曲線は点 $(-1,0),(1,0)$ を通る半径 $R$ の円弧で、弦の長さ 2、弧の長さ $L$ である。

中心角の半分を $\theta$ とすると $R\sin \theta =1$、弧長 $2R\theta =\frac{2\theta }{\sin \theta }=\frac{\sqrt{2}}{2}\pi$ より $\frac{\theta }{\sin \theta }=\frac{\sqrt{2}\pi }{4}$。$\theta =\frac{\pi }{4}$ のとき $\frac{\pi /4}{\sqrt{2}/2}=\frac{\pi }{2\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}\pi }{4}$ で成り立つ。$0<\theta \le \frac{\pi }{2}$ では $\theta /\sin \theta$ は単調増加なので、グラフとなる（$\theta \le \pi /2$ の）解はこれだけである。$R=\sqrt{2}$、中心は $(0,-1)$ で、$y(x)=\sqrt{2-x^2}-1$（$C^2$ 級、$y(\pm 1)=0$）。

弧長の確認：$y^{\prime }=-\frac{x}{\sqrt{2-x^2}}$、$\sqrt{1+y^{\prime 2}}=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{2-x^2}}$、${\int }_{-1}^1\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{2-x^2}}dx=2\sqrt{2}\arcsin \frac{1}{\sqrt{2}}=2\sqrt{2}\cdot \frac{\pi }{4}=\frac{\sqrt{2}}{2}\pi$。

最大値：$S={\int }_{-1}^1(\sqrt{2-x^2}-1)dx={\left[\frac{x}{2}\sqrt{2-x^2}+\arcsin \frac{x}{\sqrt{2}}\right]}_{-1}^1-2=\left(1+\frac{\pi }{2}\right)-2=\frac{\pi }{2}-1$。別解として、弓形の面積 $\frac{R^2}{2}(\phi -\sin \phi )$（$\phi =\frac{\pi }{2}$, $R^2=2$）$=\frac{\pi }{2}-1$ とも一致する。

なお、弧長が弦の長さ 2 より大きい（$\frac{\sqrt{2}}{2}\pi \approx 2.22>2$）ので許容関数は存在し、等周問題の標準的な結果（与えられた長さの曲線で面積を最大にするのは円弧）から、この円弧が最大を与える。