変分問題2

さて，始めに挙げた線分の長さを最小にする問題に戻りましょう。再度，書けば， 問題 汎関数

$$L(f) = \int_0^1\sqrt{1 + (f'(x))^2} dx$$ (2.9)

を境界条件

$$f(0) = 0, f(1) = 1$$

のもとに最小にする $f \in C^1[0,1]$を求めよ。

[解法]
$L(f)$ は $f=f_0 \in C^1[0,1]$ で最小と 仮定します。 $f_0(0)=0\, , \,f_0(1)=1$
$g \in C^1[0,1]\, , \, g(0)=0\, , \,g(1)=1$ となる任意の $g$ をとります。 $\Delta f(x)= g(x) - f_0(x)$ とおくと，

$$\begin{array}{ll} \Delta f \in C^2[0,1]\, , & \Delta f(0) ... ...0) = 0 \\ & \Delta f(1) = g(1) - f_0(1) = 0 \\ \end{array}$$ (2.10)

となります。
$h \in \\ bfR$ をとり $f_h(x) = f_0(x) + h \Delta f(x)$ とします。$h = 0$ のとき $f_h(x)=f_0(x)$ となります。
ここで $L(f_h)$ を

$$P(h) = L(f_h) = \int_0^1\sqrt{1 + (f'_h(x))^2} dx$$

とおきます。$P(h)$ は $h = 0$ で $$\int_0^1\sqrt{1 + (f'_0(x))^2} dx$$ となるから最小です。そこでと問題その1と同様にして 補題1.1.1を適用します。

補題2.1.1(再述) $P(h)$が $h = 0$で微分可能かつ極小ならば

$$\frac{dP}{dh}(0)=0.$$ (2.11)

(証明済)

この補題を適用するため，$P$ の $h = 0$ における微分可能性を 示し $\frac{dP}{dh}(0)$ を求めることにします。
まず，

$$\begin{eqnarray*} % latex2html id marker 1024P(h)& = & L(f_h)\;=\;\int_0^1\sqr... ...\,dx \\ & = &\int_0^1\sqrt{1 + (f'_0(x)+h \Delta f'(x))^2}\,dx \end{eqnarray*}$$

と変形します。
ところで， $\frac{dP}{dh}(0)$ の定義は

$$\frac{d}{dh}P(0)=\lim_{h\rightarrow 0}\frac{P(h)-P(0)}{h}$$ (2.12)

でした。基本的には問題１と同様な計算過程を経て

$$((\ref{2})の右辺) = \lim_{h \to 0} \f... ... (f'_0(x) + h \Delta f'(x))^2} \, dx - \int_0^1 \sqrt{1 + (f'_0(x))^2} \,dx}{h}$$

$$= \lim_{h \to 0} \int_0^1 \frac{1}{h} \left\{\sqrt{1 + (f'_0(x) + h \Delta f'(x))^2} - \sqrt{1 + (f'_0(x))^2} \right\} \,dx$$

$$= \int_0^1\frac{f'_0(x)\Delta f'(x)}{\sqrt{1 + (f'_0(x))^2}} dx$$ (2.13)

を得ます。

式(2.13) 導出 式の展開を見やすくするため

$$\begin{eqnarray*} Q(x,h) &=& \sqrt{1+(f'_0(x) + h \Delta f'(x))^2} \\ S(x,h) &=& \frac{Q_x(h) - Q_x(0)}{h} \end{eqnarray*}$$

とおきます。
各$x \in [0,1]$について

$$S_0(x)=\lim_{h to 0} S(x,h)$$

を計算すれば

$$\begin{eqnarray*} \lim_{h to 0} S(x,h) &=& \lim_{h \to 0}\frac{1}{h}\left\{ Q(x,... ... (x,0) \\ &=&\frac{f'_0(x)\Delta f'(x)}{\sqrt{1 + (f'_0(x))^2}} \end{eqnarray*}$$

となります。

式(2.13)では，極限記号と積分の記号の交換

$$\lim_{h \to 0} \int_0^1 S(x,h) dx = \int_0^1 \lim_{h \to 0} S(x,h) dx$$

が行われます。
このようなことは可能でしょうか？「問題その１」の場合は$h$が単純に積分記号の外側 に出ていました。それでこんな心配は要らなかったわけです。

そこで，極限記号と積分記号の交換について調べてみます。これも学部１年次の微積分の 講義で習った 「一様収束」の復習です。

目標は$h \to 0$のとき$S(x,h)$ が $S_0(x) = \lim_{h \to 0} S(x,h)$ に区間$[0,1]$上で一様収束することを示すことです。
この一様収束とは，任意の正数 $\varepsilon > 0$に対して，その$\varepsilon$のみ 依存して決まるある正数 $\delta(\varepsilon) > 0$が存在して,

$$\vert h\vert < \delta(\varepsilon)$$

ならば 区間$[0,1]$上の任意の$x \in [0,1]$ に対して

$$\vert S(x,h) - S_0(x)\vert< \varepsilon$$

が成立つことです。

$S(x,h)$が$h \to 0$のとき$x$に関し一様に$S_0(x)$に近づくことを意味します。

このとき， $\vert h\vert < \delta(\varepsilon)$ ならば，

$$\begin{eqnarray*} \left \vert \int_0^1 S(x,h) dx - \int_0^1 S_0(x) dx \right \v... ...S_0(x) \vert dx \\ & < & \int_0^1 \varepsilon dx = \varepsilon \end{eqnarray*}$$

という評価式が得られ， 結局

$$\int_0^1 S(x,h) dx \to \int_0^1 S_0(x) dx \quad(h \to 0).$$

すなわち，

$$\lim_{h \to 0} \int_0^1 S(x,h) dx = \int_0^1 \lim_{h \to 0} S(x,h) dx$$

が成立ちます。

さて，一様収束性に証明にとりかかりましょう。 先ず，$x \in [0,1]$を固定した

$$s \in [0,h] \mapsto Q(x,s)$$

は$[0,h]$上の連続微分可能な関数であり， $(0, h)$ で 2 回微分可能です。

$Q(x,h)$を $h$について2 次のテイラー展開をすると

$$\begin{eqnarray*} &&Q(x,h) = Q(x,0) + \frac{\frac{\partial Q}{\partial h}(x,0)}{... ... \\ &&= Q(x,0) +\frac{\partial Q}{\partial h}(x,0)h + R_2(x,h) \end{eqnarray*}$$

ただし，$R_2(x,h)$ は

$$R_2(x,h) =(Q(x,h) - Q(x,0)) - \frac{\partial Q}{\partial h}(x,0)h$$

で定義されます。また$h \neq 0$に対して，

$$\left\vert\frac{Q(x,h) - Q(x,0)}{h} - \frac{\partial Q}{\pa... ...(x,0) \right\vert = \left\vert \frac{R_2(x,h)}{h}\right\vert$$ (2.14)

が成立っています。
各項を計算すると，

$$\begin{eqnarray*} &&\frac{\partial Q}{\partial h}(x,h) = \frac {(f'_0(x) + h \De... ...lta f'(x))^2}{\{1 + (f'_0(x)+ h \Delta f'(x))^2\}^{\frac{3}{2}}} \end{eqnarray*}$$

ですから，

$$\begin{eqnarray*} &&Q(x,0) = \sqrt{1+(f'_0(x))^2} \\ \frac{\partial Q}{\partial h}(x,0) && = \frac{f'_0(x) \Delta f'(x)}{\sqrt{1+(f'_0(x))^2}} \end{eqnarray*}$$

であり，$x \in [0,1]$に依存したある $c \quad (\vert c\vert \le \vert h\vert)$が存在して

$$R_2(x,h) = \frac{\frac{\partial^2 Q}{\partial^2 h}(x,c)} {2!}(h - 0)^2 = \frac{\frac{\partial^2 Q}{\partial^2 h}(x,c)}{2}h^2$$

$$= \frac{(\Delta f'(x))^2 h^2}{2 \{1+(f'_0(x)+ c \Delta f'(x))^2\}^{\frac{3}{2}}}$$ (2.15)

$\vert c\vert$の大きさは$x$に依存していますが，$\vert c\vert \le \vert h\vert$で抑えれれています。

既に述べたように，

$$\begin{eqnarray*} S(x,h) &=& \frac{Q(x,h) - Q(x,0)}{h} \\ S_0(x) &=& \frac{\partial Q}{\partial h}(x,0) \end{eqnarray*}$$

でした。

(2.14)より，

$$\vert S(h,x) - S_0(x) \vert = \left \vert \frac{R_2(x,h)}{h} \right\vert$$

$\vert h\vert \le 1$ としても一般性を失わないので， $\vert h\vert \le 1$ とします。 (2.15) より，$R_2(x,h)$は$(x,h)$について連続です。 $(x,h)$は有界な領域 $[0,1] \times [-1,1]$上を動くものとしてよいから， ある正数 $K \ge 0$ が存在して，任意の$x \in [0,1]$と$h \neq 0$に対して

$$\left \vert \frac{R_2(x,h)}{h} \right \vert < K\vert h\vert$$ (2.16)

が得られます。(2.5節の補足で証明します。)　
そこで，

$$\delta(\varepsilon) = \frac{\varepsilon}{K}$$

とおきます。

$$\vert h\vert < \delta(\varepsilon)$$

ならば，任意の$x \in [0,1]$に対して，

$$\left \vert \frac{R_2(x,h)}{h} \right \vert < K\vert h\vert < K \delta(\varepsilon) = \varepsilon$$

よって， $S(x,h)$は$h \to 0$のとき$x$に関し一様に$S_0(x)$に収束します。

既に述べたが　 $\vert h\vert < \delta(\varepsilon)$ ならば，

$$\begin{eqnarray*} \left \vert \int_0^1 S(x,h) dx - \int_0^1 S_0(x) dx \right \v... ...S_0(x) \vert dx \\ & < & \int_0^1 \varepsilon dx = \varepsilon \end{eqnarray*}$$

すなわち，

$$\lim_{h \to 0} \int_0^1 S(x,h) dx = \int_0^1 \lim_{h \to 0} S(x,h) dx$$

以上より，

$$\left[ \frac{dP(h)}{dh}\right]_{h=0} = \int_0^1\frac{f'_0(x)\Delta f'(x)}{\sqrt{1 + (f'_0(x))^2}} dx$$ (2.17)

$P(h)$は$h = 0$で微分可能で極小値をもつから，補題2.1.1より

$$\int_0^1 \left(\frac{f'_0(x)}{\sqrt{1+(f'_0(x))^2}} \right) \Delta f'(x) \,dx = 0$$ (2.18)

これに問題１と同様に以下のハールの補題を適用します。
補題2.2.1(ハールの補題：再述)
$\eta$ が$[x_1,x_2]$上で連続で， $\varphi(x_1)=\varphi(x_2)=0$となるすべての $\varphi \in C^1 [x_1,x_2]$ に対して

$$\int_{x_1}^{x_2} \eta(x) \frac{d \varphi}{dx}(x) \,dx = 0$$

を満たすならば，
ある定数$\omega$が存在し

$$\eta(x) \equiv \omega,\quad x \in [x_1,x_2]$$

(証明済)

これを用いると，(2.18) において $\Delta f(x) \in C^1 [0,1]$ は任意で， $\Delta f(0)=\Delta f(1)=0$ ゆえ，ある定数$c$が存在して，

$$\frac{f'_0(x)}{\sqrt{1+(f'_0(x))^2}} =c \quad (c:定数)$$

これから

$$f'_0(x) = c \sqrt{1+(f'_0(x))^2}$$

$$(f'_0(x))^2 = c^2(1+(f'_0(x))^2)$$

$$f'_0(x) = \frac{ \pm c}{1-c^2}$$

$$\frac{ \pm c}{1 - c^2} = A$$ と置くと，

$$f'_0(x) = A$$

$$f_0(x) = A x$$

$f_0(0)=0,f_0(1)=1$より

$$f_0(x) = x$$ (2.19)