ラグランジュの未定乗数法はどう使う？

例えば

「$f(x,y)=x^2+3xy+y^2+1$の極値点」

を求めたいとき

$\begin{align*} \pd{f}{x}(a,b)=\pd{f}{y}(a,b)=0 \end{align*}$

を満たす点$(a,b)$を求めることによって，$f(x,y)$が最小値をとる点の候補が得られます．

しかし，これが

「$x+y=1$上での$f(x,y)=x^2+3xy+y^2+1$の極値点」

といったように，$x$と$y$に制約(この場合には$x+y=1$)がかかると単純に$f$の偏導関数から最小値を求めることができません．

そこで，曲線や直線上といった「制約条件下」での関数の極値を求めるための方法として，Lagrange(ラグランジュ)の未定乗数法があります．

この記事では，ラグランジュの未定乗数法の直感的な考え方を説明し，具体例から使い方をみます．

1 ラグランジュの未定乗数法の直感的な理解
2 ラグランジュの未定乗数法の具体例
3 ラグランジュの未定乗数法の証明
4 参考文献

ラグランジュの未定乗数法の直感的な理解

１変数関数の場合には，定義域があっても単純な微分で極値点を求めることができるので，ラグランジュの未定乗数法は必要ありません．

そのため，ラグランジュの未定乗数法が必要となるのは２変数以上の場合です．

偏導関数

関数$f$の$x$に関する偏導関数$\displaystyle\pd{f}{x}$によって，$y$を固定したときの$f$の$x$の増減を考えることができます．

つまり，$\displaystyle\od{f}{x}$によって，$x$軸に平行な向きの増減が分かります．

このように，偏導関数を考えることで軸に平行な方向の増減を考えることはできますが，軸に平行でない直線や曲線上での増減は単純に偏導関数を考えるだけでは分かりません．

これにより，制約条件のもとでは単に偏導関数を考えるだけでは都合が悪いわけですね．

極値をとる２つのパターン

具体的に，冒頭で書いた次の問題を考えましょう．

制約条件$y=x-3$上で２変数関数$f(x,y)=5x^2+5y^2+6xy-2$の極値点の候補を求めよ．

$z=f(x,y)$とすると$x$と$y$を決めると$z$が決まり，この方程式のグラフは$xyz$空間上に描くことができます．

この問題では，$f(x,y)$は２次の係数が全て正の２次式なので，$z=f(x,y)$のグラフは下に凸な以下のような「お椀型」の曲面となりますね．

このグラフの「等高線」は以下のようになります．

$z=0,2,6,14$と$z$が大きくなるにつれて等高線が広がっているわけですね．

パターン１

こうみるとうまく$z=C$を取れば，等高線$f(x,y)=C$は制約条件$y=x-3$のグラフと接するようにできそうです．

もし等高線$f(x,y)=C$と$y=x-3$が点$(a,b)$で接するなら，下図のようになります．

さて，この等高線$f(x,y)=C$は$xy$平面を２つの領域に分割しており，

等高線$f(x,y)=C$の内部では$f(x,y)<C$
等高線$f(x,y)=C$の外部では$f(x,y)>C$

となっていますね．

よって，制約条件$y=x-3$上の点$(x,y)$は$f(x,y)\ge C$を満たし，$f(a,b)=C$だから，制約条件$y=x-3$のもとでの$f(x,y)$の最小値は$C$であることが分かります．

このように「制約条件$g(x,y)=0$のグラフ」と「$z=f(x,y)$の等高線」が接するような点$(a,b)$を見つけることができれば，この点$(a,b)$は極値となりえますね．

制約条件$g(x)=0$のグラフと等高線$f(x,y)=C$が点$(a,b)$接するとき

$g(x,y)=0$上の点$(a,b)$での法線ベクトル$\nabla g(a,b)=\bmat{\pd{g}{x}(a,b)\\\pd{g}{y}(a,b)}$
$f(x,y)=C$上の点$(a,b)$での法線ベクトル$\nabla f(a,b)=\bmat{\pd{f}{x}(a,b)\\\pd{f}{y}(a,b)}$

は平行となるので，ある$\mu\in\R$が存在して

$\begin{align*} \nabla g=\mu\nabla f \iff\bmat{\pd{f}{x}(a,b)\\\pd{f}{y}(a,b)}=\mu\bmat{\pd{g}{x}(a,b)\\\pd{g}{y}(a,b)} \end{align*}$

が成り立ちます．よって，この等式が成り立つとき，点$(a,b)$は極値となり得ます．

パターン２

今考えていた制約条件$y=x-3$は微分可能な曲線でしたが，制約条件によってはグラフが「尖る」ことがあります(のちの例２で考えます)．

このような尖った点では接ベクトルを考えることができませんが，もしこのグラフの尖った点が等高線$f(x,y)=C$にタッチしてすぐに引き返す状況になっていれば極値をとりうるわけです．

制約条件$g(x,y)=0$について，$g$が微分可能であるとすれば，尖る可能性があるのは$g$の速度が０になるような場合です．つまり，$g(x,y)=0$上の点$(a,b)$が

$\begin{align*} \bmat{\pd{g}{x}(a,b)\\\pd{g}{y}(a,b)}=\bmat{0\\0} \end{align*}$

を満たしていれば，$g(x,y)=0$のグラフは点$(a,b)$で尖っている可能性がありますね．

ラグランジュの未定乗数法

以上の考察から以下が成り立ちそうで，実際に成り立つことが証明できます．

[ラグランジュの未定乗数法(２変数の場合)]　関数$f,g:\R^2\to\R$は共に$C^1$級であるとし，束縛条件$g(x,y)=0$のグラフを$S$とする．

このとき，次の１，２のいずれかを満たす点$(a,b)$のみ$f$の$S$上の極値点となりうる．

$\bmat{\pd{g}{x}(a,b)\\\pd{g}{y}(a,b)}=\bmat{0\\0}$となる$(a,b)\in S$が存在する．
$\bmat{\pd{f}{x}(a,b)\\\pd{f}{y}(a,b)}=\mu\bmat{\pd{g}{x}(a,b)\\\pd{g}{y}(a,b)}$かつ$g(a,b)=0$を満たす$(a,b)\in\R^2$, $\mu\in\R$が存在する．

ここで，点$(a_1,a_2)$が$f$の$S$上の極値点であるとは，点$(a_1,a_2)$の$\R^2$での近傍$W$が存在して，$S\cap W$上で$f$が最小値または最大値をとることをいいます．

この意味で，$S$を拘束条件や束縛条件などといいます．

のちに２変数とは限らない一般の場合の[ラグランジュの未定乗数法]の証明をしますが，２変数の場合の場合の証明も与えておきましょう．

証明を表示

点$(a,b)$が$f$の$S$上の極値点であるとし，$\bmat{\pd{g}{x}(a,b)\\\pd{g}{y}(a,b)}\neq\bmat{0\\0}$であるとし，条件２が成り立つこと示せばよい．

$\bmat{\pd{g}{x}(a,b)\\\pd{g}{y}(a,b)}\neq\bmat{0\\0}$が成り立つとき

$\pd{g}{x}(a,b)\neq0$の場合
$\pd{g}{y}(a,b)\neq0$の場合

がありうるが，どちらでも証明は同様なので$\pd{g}{x}(a,b)\neq0$の場合を考えても一般性を失わない．

ここで，$\mu\in\R$を

$\begin{align*} \mu:=\frac{\pd{f}{x}(a,b)}{\pd{g}{x}(a,b)} \end{align*}$

で定めると

$a,b\in S$より$g(a,b)=0$
$\mu$の定義より$\pd{f}{x}(a,b)-\mu\pd{g}{x}(a,b)=0$

が成り立つから，あとは$\pd{f}{y}(a,b)=\pd{g}{y}(a,b)$を示せばよい．

$\pd{g}{x}(a,b)\neq0$より陰関数定理が適用できる．すなわち

$(a,b)$の近傍$W\times V\subset \R^2$ $(W\subset\R,V\subset\R)$
$C^1$級関数$h:V\to W$

が存在して

$(x,y)\in W\times V$なら，$(x,y)\in S \iff x=h(y)$
$\pd{h}{y}(b)=-\frac{\pd{g}{y}(a,b)}{\pd{g}{x}(a,b)}$

をみたす．また，$F:V\to \R$を$F(y):=f(h(y))$で定めると

$(h(b),b)\in S$
$f$が$S$上の点$(a,b)\in S$で極値をとる

より，$F$は$V$上の点$b$で極値をもつから$\pd{F}{y}(b)=0$を満たす．よって，$\mu$の定義と併せると

$\begin{align*} \pd{f}{y}(a,b)-\mu\pd{g}{y}(a,b) =&\pd{f}{y}(a,b)-\frac{\pd{f}{x}(a,b)}{\pd{g}{x}(a,b)}\cdot\pd{g}{y}(a,b) \\=&\pd{f}{y}(a,b)+\pd{f}{x}(a,b)\pd{h}{y}(b) \\=&\pd{F}{y}(b)=0 \end{align*}$

だから$\pd{f}{y}(a,b)=\mu\pd{g}{y}(a,b)$が従う．

ラグランジュの未定乗数法は$S$上の極値をもつ時の必要条件を述べているだけであり，[条件１]または[条件２]を満たしていても極値となるかどうかは分からないことに注意してください．

このままでも何も間違いなはいのですが，このラグランジュの未定乗数法の[条件２]はもう少しすっきり表すこともできます．

関数$\Phi:\R^3\to\R$を

$\begin{align*} \Phi(x,y,\lambda)=f(x,y)-\lambda g(x,y) \end{align*}$

で定めると

$\begin{align*} \nabla_{x,y,\lambda}\Phi(x,y,\lambda) =&\bmat{\pd{\Phi}{x}(x,y,\lambda)\\\pd{\Phi}{y}(x,y,\lambda)\\\pd{\Phi}{\lambda}(x,y,\lambda)} \\=&\bmat{\pd{f}{x}(x,y)-\lambda \pd{g}{x}(x,y)\\\pd{f}{y}(x,y)-\lambda \pd{g}{y}(x,y)\\-g(x,y)} \end{align*}$

となるので，[条件２]は「$\nabla_{x,y,\lambda}\Phi(a,b,\mu)=\m{0}$を満たす$(a,b)\in\R^2$, $\mu\in\R$が存在する」と書き換えることができますね．

この関数$\Phi$をLagrange関数とよびます．

ラグランジュの未定乗数法の具体例

それでは，ラグランジュの未定乗数法の具体例な使い方をみましょう．

例１

関数$f$, $g$を

$f(x,y)=(x-1)^2+(y-1)^2$
$g(x,y)=x^2+y^2-4$

で定める．束縛条件$g(x,y)=0$のもとでの$f$の極値点の候補をLagrangeの未定乗数法により求めよ．

解答を表示

束縛条件$g(x,y)=0$のグラフ$S$は原点中心，半径２の円で，このグラフ$S$上の極値点$(a,b)$を求めましょう．

[１]　$\pd{g}{x}(x,y)=2x$, $\pd{g}{y}(x,y)=2y$なので

$\begin{align*} \bmat{\pd{g}{x}(x,y)\\\pd{g}{y}(x,y)}=\bmat{0\\0} \iff(x,y)=(0,0) \end{align*}$

ですが，$(0,0)\notin S$だから$\pd{g}{x}(a,b)=\pd{g}{y}(a,b)=0$となる$(a,b)\in\R^2$は存在しません．

[２]　$\Phi(x,y,\lambda)=f(x,y)-\lambda g(x,y)$とおくと

$\begin{align*} &\nabla_{x,y,\lambda}\Phi(x,y,\lambda)=\m{0} \\\iff&\bmat{2(x-1)-\lambda\cdot2x\\2(y-1)-\lambda\cdot2y\\-x^2-y^2+4}=\bmat{0\\0\\0} \\\iff&\bmat{(1-\lambda)x\\(1-\lambda)y\\x^2+y^2}=\bmat{1\\1\\4} \end{align*}$

であり，この連立方程式の解$(x,y,\lambda)=(a,b,\mu)$が存在すれば，点$(a,b)$が極値点の候補となります．

第３成分の両辺を$(1-\lambda)^2$倍して，$(1-\lambda)x=1$と$(1-\lambda)y=1$を代入することにより

$\begin{align*} &(1-\lambda)^2x^2+(1-\lambda)^2y^2=4(1-\lambda)^2 \\\iff&1^2+1^2=4(1-\lambda)^2 \\\iff&1-\lambda=\pm\frac{1}{\sqrt{2}} \\\iff&\lambda=1\mp\frac{1}{\sqrt{2}} \end{align*}$

であり，それぞれの$\lambda$を$(1-\lambda)x=1$と$(1-\lambda)y=1$に代入して，複号同順で

$\begin{align*} (x,y)=\bra{\pm\sqrt{2},\pm\sqrt{2}} \end{align*}$

となって，$\nabla_{x,y,\lambda}\Phi(x,y,\lambda)=\m{0}$の解が求まりました(存在しました)．

[１]，[２]より，極値点の候補は$\bra{\pm\sqrt{2},\pm\sqrt{2}}$となります．

例２

関数$f$, $g$を

$f(x,y)=(x-1)^2+y^3$
$g(x,y)=x^2-y^3$

で定める．束縛条件$g(x,y)=0$のもとでの$f$の極値点の候補をLagrangeの未定乗数法により求めよ．

解答を表示

束縛条件$g(x,y)=0$のグラフ$S$上の極値点$(a,b)$を求めましょう．

[１]　$\pd{g}{x}(x,y)=2x_1$, $\pd{g}{y}(x,y)=-3y$なので

$\begin{align*} \bmat{\pd{g}{x}(x,y)\\\pd{g}{y}(x,y)}=\bmat{0\\0} \iff (x,y)=(0,0) \end{align*}$

であり，$(0,0)\in S$なので$(0,0)$がまず極値点の候補となりますね．

[２]　$\Phi(x,y,\lambda)=f(x,y)-\lambda g(x,y)$とおくと

$\begin{align*} &\nabla_{x,y,\lambda}\Phi(x,y,\lambda)=\m{0} \\\iff&\bmat{2(x-1)-\lambda\cdot2x\\3y^2-\lambda\cdot(-3)y^2\\-x^2+y^3}=\bmat{0\\0\\0} \\\iff&\bmat{(1-\lambda)x\\(1+\lambda)y^2\\x^2-y^3}=\bmat{1\\0\\0} \end{align*}$

であり，この連立方程式の解$(x,y,\lambda)=(a,b,\mu)$が存在すれば，点$(a,b)$が極値点の候補となります．

第２成分より$\lambda=-1$または$y=0$が成り立つ．

もし$y=0$なら，第３成分から$x=0$となるが，これは第１成分に矛盾するから$y\neq0$である．

また，$\lambda=-1$なら，第１成分から$x=\frac{1}{2}$，さらに第３成分から$y=\frac{1}{\sqrt[3]{4}}$となって，$\nabla_{x,y,\lambda}\Phi(x,y,\lambda)=\m{0}$の解が求まりました(存在しました)．

[１]，[２]より，極値点の候補は$(0,0)$, $\bra{\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{\sqrt[3]{4}}}$となります．

変数が３個以上の場合

２変数の場合のラグランジュの未定乗数法を理解できていれば，以下の一般の$N$変数の場合も同様に理解できます．

[ラグランジュの未定乗数法]　関数$f,g_1,\dots,g_k:\R^N\to\R$は全て$C^1$級であるとし，束縛条件$g_1(\m{x})=\dots=g_k(\m{x})=0$のグラフを$S$とする．

このとき，次の１，２のいずれかを満たす点$\m{a}=\bmat{a_1\\\vdots\\a_N}$のみ$f$の$S$上の極値点となりうる．

$\rank{\bmat{\pd{g_1}{x_1}(\m{a})&\dots&\pd{g_1}{x_k}(\m{a})\\\vdots&\ddots&\vdots\\\pd{g_k}{x_1}(\m{a})&\dots&\pd{g_k}{x_k}(\m{a})}}<k$となる$\m{a}\in S$が存在する．
$\Phi(\m{x},\m{\lambda})=f(\m{x})-\m{\lambda}\cdot\m{g}(\m{x})$で定まる$\Phi:\R^N\times\R^k\to\R$に対して，$\nabla_{\m{x},\m{\lambda}}{\Phi}(\m{a},\m{\mu})=\m{0}$となる$\m{a}\in\R^N$と$\m{\mu}\in\R^k$が存在する．

ただし，$\m{\lambda}=\bmat{\lambda_1\\\vdots\\\lambda_k}$, $\m{g}=\bmat{g_1\\\vdots\\g_k}$であり，$\m{\lambda}\cdot\m{g}(\m{x})$は$\m{\lambda}$と$\m{g}(\m{x})$の通常の内積である．

例えば$\m{x}=\bmat{x_1\\x_2\\x_3}$とし，関数$g_1,g_2:\R^3\to\R$を

$\begin{align*} \m{g}(\m{x}) :=\bmat{g_1(\m{x})\\g_2(\m{x})} :=\bmat{x_1+x_2\\{x_1}^2+{x_2}^2-{x_3}^2} \end{align*}$

で定め，束縛条件$g_1(\m{x})=g_2(\m{x})=0$の場合を考えます($N=3$, $k=2$の場合)．

[１]

$\begin{align*} &\rank\bmat{\pd{g_1}{x_1}(\m{x})&\pd{g_1}{x_2}(\m{x})&\pd{g_1}{x_3}(\m{x})\\\pd{g_2}{x_1}(\m{x})&\pd{g_2}{x_2}(\m{x})&\pd{g_2}{x_3}(\m{x})} =\rank\bmat{1&1&0\\2x_1&2x_2&-2x_3} \\=&\rank\bmat{1&1&0\\0&x_1-x_2&-x_3} =\begin{cases}1&(x_1=x_2,x_3=0)\\2&(\mrm{other})\end{cases} \end{align*}$

だから，$p\in\R$が存在して$\bmat{p\\p\\0}\in S$となれば，ラグランジュの未定乗数法の[条件１]が成り立ちます．

実際，$g_1(p,p,0)=2p$, $g_2(p,p,0)=2p^2$より$p=0$で$\bmat{p\\p\\0}\in S$となるので，点$\bmat{p\\p\\0}$でラグランジュの未定乗数法の[条件１]をみたし，極値点の候補となります．

[２]　関数$\Phi:\R^3\times\R^2\to\R$を

$\begin{align*} \Phi(\m{x},\m{\lambda}) =&f(\m{x})-\m{\lambda}\cdot\m{g}(\m{x}) \\\bigl(=&f(\m{x})-\lambda_1g_1(\m{x})-\lambda_2g_2(\m{x})\bigr) \end{align*}$

で定めます．このとき，

$\begin{align*} &\pd{\Phi}{x_1}(\m{x},\m{\lambda}) =\pd{\Phi}{x_2}(\m{x},\m{\lambda}) =\pd{\Phi}{x_3}(\m{x},\m{\lambda}) \\=&\pd{\Phi}{\lambda_1}(\m{x},\m{\lambda}) =\pd{\Phi}{\lambda_2}(\m{x},\m{\lambda})=0 \end{align*}$

の解$(\m{x},\m{\lambda})$が極値点の候補となります(いまは$f$を与えていないのでここまで)．

ラグランジュの未定乗数法の証明

それではラグランジュの未定乗数法を証明します．

[ラグランジュの未定乗数法(再掲)]　関数$f,g_1,\dots,g_k:\R^N\to\R$は全て$C^1$級であるとし，束縛条件$g_1(\m{x})=\dots=g_k(\m{x})=0$のグラフを$S$とする．

このとき，次の１，２のいずれかがが成り立つときの，点$\m{a}=\bmat{a_1\\\vdots\\a_N}$のみ$f$の$S$上の極値点となりうる．

$\rank\brc{\displaystyle\pd{\m{g}}{x_1}(\m{a}),\dots,\pd{\m{g}}{x_N}(\m{a})}<k$となる$\m{a}\in S$が存在する．
$\Phi(\m{x},\m{\lambda})=f(\m{x})-\m{\lambda}\cdot\m{g}(\m{x})$で定まる$\Phi:\R^N\times\R^k\to\R$に対して，$\nabla_{\m{x},\m{\lambda}}{\Phi}(\m{a},\m{\mu})=\m{0}$となる$\m{a}\in\R^N$と$\m{\mu}\in\R^k$が存在する．

ただし，$\m{\lambda}=\bmat{\lambda_1\\\vdots\\\lambda_k}$, $\m{g}=\bmat{g_1\\\vdots\\g_k}$であり，$\m{\lambda}\cdot\m{g}(\m{x})$は$\m{\lambda}$と$\m{g}(\m{x})$の通常の内積である．

１つ目の条件の行列は先ほどと少し違うように見えるかも知れませんが，任意の$i=1,\dots,N$に対して

$\begin{align*} \pd{\m{g}}{x_i}(\m{x}) =\pd{}{x_i}\bmat{g_1(\m{x})\\\vdots\\g_k(\m{x})} =\bmat{\pd{g_1}{x_i}(\m{x})\\\vdots\\\pd{g_k}{x_i}(\m{x})} \end{align*}$

なので，さっきと同じ行列であることが分かりますね．

証明を表示

点$\m{a}=\bmat{a_1\\\vdots\\a_N}$が$f$の$S$上の極値点であるとし，$\rank{\brc{\displaystyle\pd{\m{g}}{x_1}(\m{a}),\dots,\pd{\m{g}}{x_N}(\m{a})}}=k$であるとする．

このとき，$k\le N$であることに注意する．

また，$\rank{\displaystyle\brc{\pd{\m{g}}{x_1}(\m{a}),\dots,\pd{\m{g}}{x_k}(\m{a})}}=k$としても一般性を失わず，このとき逆行列$\brc{\displaystyle\pd{\m{g}}{x_1}(\m{a}),\dots,\pd{\m{g}}{x_k}(\m{a})}^{-1}$が存在する．

ここで，$\m{\mu}=\bmat{\mu_1\\\vdots\\\mu_k}$と$\Phi:\R^N\times\R^k\to\R$を

$\begin{align*} &\m{\mu}^T :=\brc{\pd{f}{x_1}(\m{a}),\dots,\pd{f}{x_k}(\m{a})}\brc{\pd{\m{g}}{x_1}(\m{a}),\dots,\pd{\m{g}}{x_k}(\m{a})}^{-1}\\ &\bra{\begin{aligned} \iff&\m{\mu}^T\brc{\pd{\m{g}}{x_1}(\m{a}),\dots,\pd{\m{g}}{x_k}(\m{a})}=\brc{\pd{f}{x_1}(\m{a}),\dots,\pd{f}{x_k}(\m{a})} \\\iff&\brc{\m{\mu}^{T}\pd{\m{g}}{x_1}(\m{a}),\dots,\m{\mu}^{T}\pd{\m{g}}{x_k}(\m{a})}=\brc{\pd{f}{x_1}(\m{a}),\dots,\pd{f}{x_k}(\m{a})} \\\iff&\brc{\m{\mu}\cdot\pd{\m{g}}{x_1}(\m{a}),\dots,\m{\mu}\cdot\pd{\m{g}}{x_k}(\m{a})}=\brc{\pd{f}{x_1}(\m{a}),\dots,\pd{f}{x_k}(\m{a})} \end{aligned}}, \\&\Phi(\m{x},\m{\lambda}):=f(\m{x})-\m{\lambda}\m{g}(\m{x}) \end{align*}$

で定めると，点$\m{a}\in\R^N$, $\m{\mu}\in\R^k$が$\nabla_{\m{x},\m{\lambda}}{\Phi}(\m{a},\m{\mu})=\m{0}$を満たすことを，以下３ステップに分けて示す．

[Step 1]

$\displaystyle\pd{\Phi}{\lambda_i}(\m{a},\m{\mu})=0$ ($i=1,\dots,k$)を満たすことを示す．

$\m{a}\in S$より$g_i(\m{a})=0$ ($i=1,\dots,k$)なので

$\begin{align*} \pd{\Phi}{\lambda_i}(\m{a},\m{\mu})=-g_i(\m{a})=0 \end{align*}$

が従う．

[Step 2]

$\displaystyle\pd{\Phi}{x_i}(\m{a},\m{\mu})=0$ ($i=1,\dots,k$)を満たすことを示す．

$\Phi$と$\m{\mu}$の定義から，任意の$i=1,\dots,k$に対して

$\begin{align*} \pd{\Phi}{x_i}(\m{a},\m{\mu}) =&\pd{f}{x_i}(\m{a})-\m{\mu}\cdot\pd{\m{g}}{x_i}(\m{a}) \\=&\pd{f}{x_i}(\m{a})-\pd{f}{x_i}(\m{a}) =0 \end{align*}$

が従う．

[Step 3]

$\displaystyle\pd{\Phi}{x_i}(\m{a},\m{\mu})=0$ ($i=k+1,\dots,N$)を満たすことを示す．

$\rank{\brc{\displaystyle\pd{\m{g}}{x_1}(\m{a}),\dots,\pd{\m{g}}{x_k}(\m{a})}}=k$より陰関数定理が適用できる．

すなわち，$\m{a}$の近傍$W\times V\subset \R^N$ $(W\subset\R^k,V\subset\R^{N-k})$と，$C^1$級関数$\m{h}=\bmat{h_1\\\vdots\\h_k}:V\to W$が存在して，$\m{x}=(\m{x}’,\m{x}”)\in W\times V$とすると

$\begin{align*} \m{x}\in S \iff \m{x}'=\m{h}(\m{x}'') \end{align*}$

かつ

$\begin{align*} &\brc{\pd{\m{h}}{x_{k+1}}(\m{a}''),\dots,\pd{\m{h}}{x_N}(\m{a}'')} \\=&-\brc{\pd{\m{g}}{x_1}(\m{a}),\dots,\pd{\m{g}}{x_k}(\m{a})}^{-1}\brc{\pd{\m{g}}{x_{k+1}}(\m{a}),\dots,\pd{\m{g}}{x_N}(\m{a})} \end{align*}$

をみたす．$\mu$の定義と併せると

$\begin{align*} &\brc{\m{\mu}\cdot\pd{\m{g}}{x_{k+1}}(\m{a}),\dots,\m{\mu}\cdot\pd{\m{g}}{x_N}(\m{a})} =\m{\mu}^{T}\brc{\pd{\m{g}}{x_{k+1}}(\m{a}),\dots,\pd{\m{g}}{x_N}(\m{a})} \\=&\brc{\pd{f}{x_1}(\m{a}),\dots,\pd{f}{x_k}(\m{a})}\brc{\pd{\m{g}}{x_1}(\m{a}),\dots,\pd{\m{g}}{x_k}(\m{a})}^{-1}\brc{\pd{\m{g}}{x_{k+1}}(\m{a}),\dots,\pd{\m{g}}{x_N}(\m{a})} \\=&-\brc{\pd{f}{x_1}(\m{a}),\dots,\pd{f}{x_k}(\m{a})}\brc{\pd{\m{h}}{x_{k+1}}(\m{a}''),\dots,\pd{\m{h}}{x_N}(\m{a}'')} \end{align*}$

だから，任意の$i=k+1,\dots,N$に対して，

$\begin{align*} \m{\mu}\cdot\pd{\m{g}}{x_{i}}(\m{a}) =&-\brc{\pd{f}{x_1}(\m{a}),\dots,\pd{f}{x_k}(\m{a})}\bmat{\pd{h_1}{x_{i}}(\m{a}'')\\\vdots\\\pd{h_k}{x_{i}}(\m{a}'')} \\=&-\sum_{j=1}^{k}\pd{f}{x_j}(\m{a})\pd{h_i}{x_i}(\m{a}'') \end{align*}$

となる．

また，$F:V\to \R$を

$\begin{align*} F(\m{x}''):=f(h_1(\m{x}''),\dots,h_k(\m{x}''),\m{x}'') \end{align*}$

で定める．

$(h_1(\m{x}”),\dots,h_k(\m{x}”),\m{x}”) \in S$であり，$f$が$S$上の点$\m{a}$で極値をとるという仮定より，$F$は$V$上の点$\m{a}”$で極値をもつから，$\displaystyle\pd{F}{x_{k+1}}(\m{a}”)=\dots=\pd{F}{x_N}(\m{a}”)=0$を満たす．

よって，任意の$i=k+1,\dots,N$に対して，

$\begin{align*} \pd{\Phi}{x_i}(\m{a},\m{\mu}) =&\pd{f}{x_i}(\m{a})-\m{\mu}\cdot\pd{\m{g}}{x_{i}}(\m{a}) \\=&\pd{f}{x_i}(\m{a})+\sum_{j=1}^{k}\pd{f}{x_j}(\m{a})\pd{h_i}{x_i}(\m{a}'') \\=&\pd{F}{x_i}(\m{a}'')=0 \end{align*}$

が従う．

参考文献

「解析入門I」(杉浦光夫著，東京大学出版会)
- Amazon
- 楽天市場
「解析入門II」(杉浦光夫著，東京大学出版会)
- Amazon
- 楽天市場

ラグランジュの未定乗数法はどう使う？｜直感的な理解と証明

ラグランジュの未定乗数法の直感的な理解

偏導関数

極値をとる２つのパターン

パターン１

パターン２

ラグランジュの未定乗数法

ラグランジュの未定乗数法の具体例

例１

例２

変数が３個以上の場合

ラグランジュの未定乗数法の証明

参考文献

コメント