変分問題（オイラー・ラグランジュ乗数法） 1 極値の必要条件

変分問題（オイラー・ラグランジュ乗数法）
線形ベクトル空間 X において、その部分領域 D と m +1 個の汎関数
：J(x),K i (x),i = 1, 2, · · · ,m,x ∈ X および実数 ki ,i = 1, 2, · · · ,m が与
T
えられたとする。変分問題とは、条件 x ∈ D ∩ i {Ki (x) = ki } のもとで
J(x) → min / max となる極値とそのときの値の組； J(x∗ ), x ∗ ∈ X を求
めること。与えられた汎関数の滑らかさを仮定して、これから導かれる微
分方程式を解くことが基本である。
1
極値の必要条件
ガトー微分 δJ(x; h),δK i(x; h),i = 1, 2, · ·· ,m, x,h ∈ X をもちいて、
極値であるための必要条件は、あるラグランジュ乗数 λi, i = 1, 2, · · · ,m
が存在して
δJ (x∗ ;∆ x) = Σiλi δKi (x∗ ;∆x)
1.1
∀∆x ∈ X
固定端点の問題
関数 F = F (x,y,z),x,y,z ∈ X 、 定数 x0 ,x 1 ,k 0 ,k 1 が与えられたとき、
Y (x0 ) = k0,Y (x1) = k1 のもとで
Z x1
F (x,Y (x),Y 0 (x)) dx → min
x0
となる Y をもとめよ。
R x1
このとき、 δJ (Y ;∆Y ) = x0 (FY ∆Y + FY 0 ∆Y 0 )dx,δK 0 (Y ;∆Y ) =
∆Y (x0 ),δK 1 (Y ;∆ Y ) = ∆Y (x1 ) となり、
FY (x,Y (x), Y 0 (x)) −
1.2
d
FY 0 (x,Y (x),Y 0 (x)) = 0
dx
固定端点、x によらない場合
d
d
関数 F = F (y,z),y,z ∈ X ならば、 [F −Y 0 FY 0 ] = Y 0 [FY − FY 0 ]
dx
dx
より、
F (Y (x),Y 0(x)) − Y 0 FY 0 (Y (x),Y 0(x)) = C
（C は定数）の形となる。
1
1.3
固定端点、y によらない場合
関数 F = F (x,z),x,z ∈ X ならば、
FY 0 (x,Y 0(x)) = C
（C は定数）の形となる。
時間最短問題
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問題（流れのある川でのボート横断の時間最小コース）
：
流れのある川をボートの操舵コントロールで”川下”のある地点へと横
断したい。川幅は l で、一定の速度 v0 で進み、方向 α をコントロールす
る。ボートのコースを曲線 γ : x = ξ(t),y = η(t), 0 ≤ t ≤ T あるいは
γ : y = Y (x),x ∈ [0,l] と表し、与えられた２点 P0 = (0, 0),P 1 = (l,y 1 )
RT
R l dt
を結ぶ曲線で横断に要する時間 T = 0 dt = 0 dx
dx を最小にせよ。出
発する川岸 (原点）から正の方向にある距離 x における川の速度は w(x)
とする。
速度の関係式は
から
T
dx
dy
= ξ 0 (t) = v0 cos α,
= η 0(t) = v0 sin α + w(ξ(t))
dt
dt
=
=
RT
0
1
v0
√
R dt
R
dt = 0l dx
dx = 0l v0 dx
cos α
R l √1−e(x)2 +Y 0 (x)2−e(x)Y 0(x)
1−e(x)2
0
dx
1−e(x)2 +z 2 −e(x)z
となるから、F (x,z) =
で、”y によらない場合” となる
v0 (1−e(x)2 )
から、FY 0 (x,Y 0(x)) = C の微分方程式を初期条件 Y (0) = 0 で解く。ここ
Rx
w(x)
w(η(t))
e(ξ)+A(1−e(ξ)2 )
で e(x) = v0 = v0 。これを解くとY (x) = 0 √
dξ
1−2Ae(ξ)−A2 (1−e(ξ)2 )
Rl
e(ξ)+A(1−e(ξ)2 )
条件 y1 = 0 √
dξ
1−2Ae(ξ)−A2 (1−e(ξ)2 )
√
1−2Ae(x)−A2 (1−e(x)2 )
コントロールの角度は cos α(x) =
最短時間は
1−Ae(x)
R
l
Tmin = v10 0 cosdx
α(x)
問。
(1) 一定流の速度でつぎの具体的な数値の場合、
v0 = 88,l = 300,w (x) =
88
300
√
√
(constant stream), y1 = 3 のとき計算してみよ。
3
(2) ”川下”ではなく”川上”に目的地があるときには、(1) はどうな
るか？
2
3
回転体の表面積
問題（回転体の表面積）
：２点が P0 = (x0 ,y 0 ),P 1 = (x1 ,y 1 ), (x0 < x <
x1 ,y 0 ,y 1 > 0) と与えられている。この点を通る曲線 γ : y = Y (x) を x 軸
p
Rx
の周りに回転させたとき、その表面積A(Y ) = 2π x01 Y (x) 1 + Y 0 (x)2 dx
x−b
を最小とする曲線はカテナリー Y (x) = a cosh
(ここで a,b は定数)
a
となることを示せ。
√
ヒント：F (y,z) = 2πy 1 + z 2 に E-L 方程式を適用せよ。
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有名な等周問題
古典的な等周問題（Queen Dido’s Problem）ディド女王の城郭の周り
に縄を張り、囲いを広く求めた。ローマ時代から知られているという。
問題：２点 P0 = (x0 , 0),P 1 = (x1 , 0), (x0 < x1 ) と曲線 γ : y = Y (x)
の長さ l, ただし x1 − x0 < l < π/2(x1 − x0 ) が与えられたとき、この曲
線で囲む面積が最大となるのはどういう場合か？
Rx p
ヒント：３条件 l = x 01 1 + Y 0(x)2 dx,Y (x0 ) = 0,Y (x1 ) = 0 のも
Rx
とで、 x01 Y (x)dx → max。この E − L 方程式を導く。すなわち固定
Rx
端点の問題として J(Y ) = x01 F(x,Y (x),Y 0 (x))dx,K 1 (Y ) = Y (x0 ) =
Rx
0,K 2 (Y ) = Y (x1 ) = 0,K 3 (Y ) = x01 G(x,Y (x),Y 0(x))dx ならば、適当
µ
¶
d
d
な定数 λ ; FY −
F Y 0 − λ GY −
GY 0 = 0
dx
dx
√
この等周問題では F (x,y,z ) = y,G(x,y,z) = 1 + z 2 とおけば FY =
(x − a)2
0
1,F Y 0 = 0,G Y = 0,G Y 0 = √ Y 0 2 であるから、Y 0 (x)2 = 2
1+Y
c − (x − a)2
2
2
2
であって、(x − a) + (y − b) = c が求める曲線。定数 a,b,c を定める。
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最速降下問題 (Brachistochrone problem)
スリリングなジェットコースターをつくる。最速降下問題(Brachistochrone
problem) とよばれ、お馴染みの曲線、サイクロイドが求めるものである。
問題。固定された２点がつぎの条件 Y (x0 ) = y0 ,Y (x1 ) = y1 で与えら
れ, 目的としては
Z x1 s
1 + Y 0 (x)2
T (Y ) =
dx → minY
2g(y0 − Y (x))
x0
２点の間を最小の時間で到達をしようとするコースを定めよ。
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s
1+ z 2
で、
2g(y0 − y)
対応する E − L 方程式は ”F が x によらない場合”F − Y 0 FY 0 = C の
形。したがって
s
A − (y0 − Y (x))
0
Y (x) = −
y0 − Y (x)
このときには目的の汎関数の形から、F = F (y,z ) =
を得る。ここで係数が負であるの理由は、降下するグラフを対象とする
から。この微分方程式を解くために、新しい変数 θ = θ(x); y0 − Y (x) =
A
A sin2 θ(x)
2 = 2 (1 − cos θ(x)) を導入する。これを積分して γ : x = x0 +
A
A
θ0 ≤ θ ≤ θ1 また P1 = (x1 ,y 1 ) を通る
2 (θ−sin θ),y = y0 − 2 (1−cos θ),
から A(θ1 −sin θ1 ) = 2(x1 −x0 ),A (1−cos θ1 ) = −2(y1 −y0 ), 0 < θ1 < 2π
これから A と θ1 が定まる。さらに θ0 = 0 として
s
s
Z x1 s
Z θ1
2 + ( dy )2
)
( dx
1 + Y 0(x)2
A
dθ
dθ
Tmin =
dx =
dθ =
θ1
2g(y0 − Y (x))
2g(y0 − Y (x))
2g
x0
0
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測地線 (Geodesic Curve)
測地線とは, R 3 のある曲面 S 上の与えられた２点を結ぶ最短距離。一
般の位相空間においても同様な最短距離を求めることが行われ、これは最
も基本的な場合となっている。
6.1
直円柱の場合
問題（直円柱上の測地線）曲面S : x = a cos θ,y = a sin θ,z = u, 0 ≤
θ ≤ 2π, −∞ < u < ∞ における曲線 γ : x = a cos θ,y = a sin θ,z =
U(θ), θ0 ≤ θ ≤ θ1 の２点 P0 : x0 = a cos θ0 ,y 0 = a sin θ0 ,P 1 : x1 =
a cos θ1 ,y 1 = a sin θ1 を結ぶ測地線をもとめよ。
Rθ
目的の汎関数は L(U ) = θ01 F (U 0 (θ))dθ → min . ただし F = F (w) =
√
a2 + w 2 で、条件 U(θ0 ) = z0 ,U (θ1 ) = z1 のもとで定めよ。
求める曲線はつるまき線（螺旋） U(θ) = Aθ + B (A,B は定数）で
p
θ1 z0 −θ0 z1
0
A = zθ11−z
a2 (θ1 − θ0 )2 +( z1 − z0 )2 つまりピ
−θ0 , B =
θ1 −θ0 . Lmin =
タゴラスの定理にほかならない。
6.2
球面の場合
問題（球面上の測地線）曲面 S : x = a sin φ cos θ,y = a sin φ sin θ,z =
a cos φ, 0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ φ ≤ π における曲線γ : x = a sin φ cosΘ(φ),y =
4
a sin φ sinΘ(φ),z = a cos φ, φ0 ≤ φ ≤ φ1, の２点 P0 = (x0 ,y 0 ,z 0 ),z 0 =
p
p
x20 + y02 + z02 cos φ0 , P1 = (x1 ,y 1 ,z 1 ),z 1 = x12 + y12 + z12 cos φ1 (0 ≤
φ0 ,φ 1 ≤ π) を結ぶ測地線をもとめよ。
目的は
L(Θ) =
Z
φ1
φ0
F (φ, Θ0 (φ))dφ → min
p
で、ただし F = F (φ,w) = a2 1 + w2 sin2 φ とし、条件 tanΘ(φ0 ) =
y0
y1
x0 , tanΘ(φ1 ) = x1 となる。E−L 方程式は、”Θ を含まない場合”であって、
√ A2
FΘ0 (φ, Θ0(φ)) = C を解けばよい。 Θ0 (φ) = w =
,A = aC2
2
sin φ
sin φ−A
ここで A = sin α とおく (α は定数)。新しく変数 u を tan φ = u1 を導入
tan α
√ − tan α
すると、 dΘ
du = 1−u 2 tan2 α 。両辺を積分して cos[Θ(φ) + β] = tan φ 。両辺
に a sin φ をかけると、答えは x cos β − y sin β = z tan α を得る。いう
までもなく、平面の方程式で原点を通るもの。α,β は定数。したがって球
面の測地線は中心を通る平面で球を切った切り口となる。L = aζ, cos ζ =
x0 y0 +x1 y1 +z0 z1
, 0 < ζ < π。
a2
6.3
円錐の場合
問題（直円錐上の測地線）曲面 S : x = r cos θ,y = r sin θ,z = mr, 0 ≤
θ < 2π,r ≥ 0 における曲線 γ : x = R(θ)cos θ,y = R(θ)sin θ,z =
mR(θ), θ0 ≤ θ ≤ θ1 , の２点を結ぶ測地線をもとめよ。
R = R(θ) の満たす式
2
(1 + m2 )r0 2 R0 = R2 (R2 − r0 2 ),
ただし R0 =
dR
dθ .
∃r0 ;0 ≤ r0 ≤ R(θ)
これを解いて
R(θ) =
r0
¸
θ +β
sin √
1 + m2
·
ここで r0,β は S 上の２点 P0 ,P 1 を通ることから定める。
参考書；Donald R. Smith; ”Variational Methods in Optimization”,
Dover 0-486-40455-2, 1998
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