変分法・最適制御の問題

1. 固有値問題に直す 制約 ${\int }_0^2{y}^{2}dx=1$ に乗数 $\lambda$ をつけ、$L=y^{\prime 2}-\lambda y^2$ のオイラー・ラグランジュ方程式を立てる。$\frac{\partial L}{\partial y}=-2\lambda y$, $\frac{\partial L}{\partial y^{\prime }}=2y^{\prime }$ より
$$-2\lambda y-\frac{d}{dx}(2y^{\prime })=0⟺y^{\prime \prime }+\lambda y=0,y(0)=y(2)=0.$$

2. 停留点での $J$ の値は乗数そのもの この $y$ について、部分積分と境界条件から
$$J[y]={\int }_0^2{y}^{\prime 2}dx=[y{y}^{\prime }{]}_0^2-{\int }_0^{2}y{y}^{\prime \prime }dx=\lambda {\int }_0^2{y}^{2}dx=\lambda .$$
したがって最小値の候補は、この境界値問題の固有値のうち最小のものである。

3. 固有値を求める $\lambda \le 0$ では $y(0)=y(2)=0$ をみたす解は $y\equiv 0$ だけである（$\lambda =0$ なら $y=ax+b$、$\lambda =-k^2<0$ なら $y=a{e}^{kx}+b{e}^{-kx}$ で、どちらも $a=b=0$）。$\lambda =k^2>0$ では $y=a\cos kx+b\sin kx$。$y(0)=0$ より $a=0$、$y(2)=0$ で $b\ne 0$ となるには $\sin 2k=0$、すなわち $k=\frac{n\pi }{2}$（$n=1,2,\dots$）。固有値と固有関数は
$${\lambda }_n=\frac{n^2{\pi }^2}{4},{\phi }_n(x)=\sin \frac{n\pi x}{2}.$$

4. 最小固有値が最小値であること 次の 2 つの直交系を使う。
$${\phi }_n(x)=\sin \frac{n\pi x}{2}(n\ge 1),{\psi }_0(x)=\frac{1}{\sqrt{2}},{\psi }_n(x)=\cos \frac{n\pi x}{2}(n\ge 1).$$
どちらも $L^2(0,2)$ の正規直交系で（${\int }_0^2{\phi }_n^{2}dx={\int }_0^2{\psi }_n^{2}dx=1$）、しかも完全である（$[0,2]$ 上の関数を $[-2,2]$ に奇関数・偶関数として拡張したときの、周期 $4$ のフーリエ級数の完全性による）。したがって $L^2(0,2)$ の関数 $f$ についてパーセバルの等式 ${\int }_0^2{f}^{2}dx={\sum }_n{\left({\int }_0^{2}f{\phi }_{n}dx\right)}^2={\sum }_{n\ge 0}{\left({\int }_0^{2}f{\psi }_{n}dx\right)}^2$ が成り立つ。

$y\in \mathcal{A}$ をとり、$b_n={\int }_0^{2}y{\phi }_{n}dx$ とおく。正弦系のパーセバルの等式から
$${\int }_0^2{y}^{2}dx=\sum _{n=1}^{\infty }{b}_n^2=1.$$
次に $y^{\prime }$（連続関数）の余弦系に関する係数 $c_n={\int }_0^2{y}^{\prime }{\psi }_{n}dx$ を求める。$c_0=\frac{1}{\sqrt{2}}(y(2)-y(0))=0$ で、$n\ge 1$ では部分積分により
$$c_n=[y\cos \frac{n\pi x}{2}{]}_0^2+\frac{n\pi }{2}{\int }_0^{2}y\sin \frac{n\pi x}{2}dx=\frac{n\pi }{2}{b}_n$$
（境界項は $y(0)=y(2)=0$ により消える）。余弦系のパーセバルの等式から
$$J[y]={\int }_0^2{y}^{\prime 2}dx=\sum _{n=1}^{\infty }{c}_n^2=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{n^2{\pi }^2}{4}{b}_n^2\ge \frac{{\pi }^2}{4}\sum _{n=1}^{\infty }{b}_n^2=\frac{{\pi }^2}{4}.$$
等号は $n\ge 2$ のすべての $b_n$ が $0$、すなわち $y=\pm {\phi }_1$ のときに成り立つ。実際 $y=\sin \frac{\pi x}{2}$ は $C^2$ 級で $y(0)=y(2)=0$、${\int }_0^2{\sin }^2\frac{\pi x}{2}dx=1$ をみたし、
$$J={\int }_0^2\frac{{\pi }^2}{4}{\cos }^2\frac{\pi x}{2}dx=\frac{{\pi }^2}{4}\cdot 1=\frac{{\pi }^2}{4}.$$
よって最小値は $\frac{{\pi }^2}{4}$ である（この不等式はウィルティンガーの不等式 ${\int }_0^2{y}^{\prime 2}dx\ge \frac{{\pi }^2}{4}{\int }_0^2{y}^{2}dx$ にほかならない）。

ラグランジュ乗数 $\lambda$ を用いて $\int (y^{\prime 2}-\lambda y^2)dx$ の停留条件を考えると、オイラー・ラグランジュ方程式は $-y^{\prime \prime }=\lambda y$、$y(0)=y(2)=0$（固有値問題）。

$\lambda \le 0$ のときは自明解 $y=0$ のみ（$\lambda =0$ なら $y=ax+b$ で $y=0$。$\lambda <0$ なら双曲線関数の解で $y=0$）で、制約 $\int y^2=1$ をみたさない。$\lambda =k^2>0$ のとき $y=A\sin kx+B\cos kx$、$y(0)=0$ より $B=0$、$y(2)=0$ より $\sin 2k=0$ なので $k=\frac{n\pi }{2}$（$n=1,2,\dots$）、${\lambda }_n=\frac{n^2{\pi }^2}{4}$。

部分積分と境界条件より、停留点では $J[y]={\int }_0^2{y}^{\prime 2}dx=-{\int }_0^{2}y{y}^{\prime \prime }dx=\lambda {\int }_0^2{y}^{2}dx=\lambda$。よって $J$ の値は ${\lambda }_n$ に等しく、最小は $n=1$：${\lambda }_1=\frac{{\pi }^2}{4}$。このとき $y=\sqrt{1}\sin \frac{\pi x}{2}$（${\int }_0^2{\sin }^2\frac{\pi x}{2}dx=1$ なので係数は $\pm 1$）。

検算：$y=\sin \frac{\pi x}{2}$、$y^{\prime }=\frac{\pi }{2}\cos \frac{\pi x}{2}$、${\int }_0^2{y}^{\prime 2}dx=\frac{{\pi }^2}{4}{\int }_0^2{\cos }^2\frac{\pi x}{2}dx=\frac{{\pi }^2}{4}\cdot 1=\frac{{\pi }^2}{4}$。問題文で最小値の存在が保証されているので、最小値は $\frac{{\pi }^2}{4}$。