ラグランジュの未定乗数法

　条件付き極値問題を解く際に，ラグランジュの未定乗数法を用いることで，条件関数の陰関数が具体的の与えられない場合や複雑なものを解くことができる．

ラグランジュの未定乗数法

　$f(x,y),g(x,y)$を$C^1$級とする．さらに$\lambda$を変数として， \begin{align} F(x,y,\lambda)=f(x,y)-\lambda g(x,y) \end{align} とおく．ここで，点$(a,b)$が次を満たすとする．

(i)　関数$f(x,y)$は，条件$g(x,y)=0$の下で，点$(a,b)$において極値をとる$(g(a,b)=0)$．

(ii)　$g_x(a,b)=g_y(a,b)=0$でない(点$(a,b)$は曲線$g(x,y)=0$の正則点である)．

　このとき， \begin{align} F_x(a,b,\alpha)=F_y(a,b,\alpha)=F_\lambda(a,b,\alpha)=0 \end{align} を満たす$\alpha \in \mathbb{R}$が存在する．

問　条件$2xy^2+x^2y-8=0$の下で，関数$f(x,y)=x+2y$の極値を求めよ．

　上記したラグランジュの未定乗数法を用いる．

　$g(x,y)=2xy^2+x^2y-8$とおく．ここで， \begin{align} F(x,y,\lambda)=f(x,y)-\lambda g(x,y) \end{align} とする． \begin{align} F_x&=-2\lambda y^2-2\lambda xy+1,\\ F_y&=-\lambda x^2-4\lambda xy+2,\\ F_\lambda&=-2xy^2-x^2 y+8 \end{align} であるから，$F_x=0,F_y=0$のとき， \begin{align} &-2\lambda y^2-2\lambda xy+1=0,\\ &-\lambda x^2-4\lambda xy+2=0 \end{align} ここで，$y(x+y)\neq 0,x(x+4y)\neq0$に対して， \begin{align} \lambda=\dfrac{1}{2y(x+y)}=\dfrac{2}{x(x+4y)} \end{align} これより， \begin{align} x=\pm 2y \end{align}

[1]　$x=2y$のとき　 \begin{align} &-2(2y)y^2-(2y)^2y+8=0\\ &\Leftrightarrow y^3=1\\ &\Leftrightarrow (y-1)(y^2+y+1)=0\\ &\therefore y=-1,\dfrac{-1+\sqrt{3}i}{2} \end{align} $x,y\in\mathbb{R}$であるから，$y=1$．よって，$x=2$となる．

[2]　$x=-2y$のとき

$F_\lambda=0$を満たす$(x,y)$の組は存在しない(実際に代入してみれば分かる)．

　よって，極値をとりうる点は$(2,1)$のみとなる．

　点$(2,1)$の近くでの$g(x,y)=0$の陰関数を，$y=\phi(x)$とおき，$h(x)=(x,\phi(x))$とおく． \begin{align} g(x,\phi(x))=2x\phi^2(x)+x^2\phi(x)-8=0 \end{align} を$x$で微分すると， \begin{align} &2\phi^2(x)+4x\phi'(x)\phi(x)+2x\phi(x)+x^2\phi'(x)=0\\ &\therefore \phi'(x)=-\dfrac{2\phi(x)(x+\phi(x))}{x(x+4\phi(x))}\biggr|_{x=2}=-\dfrac{1}{2} \end{align} さらに$x$で微分して(合成関数の微分法を用いれば上と同様に求まるので，読者自身で確かめられたい．)， \begin{align} \phi''(x)\biggr|_{x=2}=\dfrac{1}{3} \end{align}

　よって，$h'(x)=1+2\phi'(x)$であるから， \begin{align} h'(2)=0 \end{align} つまり極値をとり，さらに， \begin{align} h''(x)=2\phi''(x)\biggr|_{x=2}=\dfrac{2}{3}＞0 \end{align} 極小値をとることが分かる．

　以上より，$f(x,y)$は，$(x,y)=(2,1)$で極小値 \begin{align} f(2,1)=4 \end{align} をとる．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　$\blacksquare$

　ラグランジュの未定乗数法は，乗数$\lambda$を$n$個設定し，$n$次元まで拡張することができる．