多変数関数の極値

== 多変数関数の極値 ==

1.　1変数--高階導関数を用いた極値の判別(1)

　１変数関数の場合，点(a, b)における第n次導関数の符号と極値の判別を振りかえってみると，次のようになっている．（高校数学Ⅲの内容）

導関数の符号	覚え方と図	極値
ア） f’(a)=0 f”(a)>0		f(a)は極小値
イ） f’(a)=0 f”(a)<0		f(a)は極大値
ウ） f’(a)=0 f”(a)=0	極値であるかないかこの材料だけでは判断できない

※この表を覚えるときに，f”(a)>0なら「大きいのだから，極大だろう」などと短絡的な間違いをしないように気を付けて「お猿さんの腕の形を見ます．」

ウ）については「分からない」「判断できない」と述べているのではなく「第２次導関数までの材料だけでは，判断できないということで，第３次以上の導関数も調べれば判断できます．」

① f’(a)=0, f”(a)=0, f(3)(a)>0のとき

　次の表において，(B)(E)(H)が分かっているときに，表の残りの部分を埋めて，最終的に(J)(L)を見て，極値かどうか判断します．

下に文章で書いている考え方に慣れてください

x	x<a	a	a<x
f’(x)	(A)＋	(B)０	(C)＋
f”(x)	(D)－	(E)０	(F)＋
f(3)(x)	(G)＋	(H)＋	(I)＋
f(x)	(J) $\nearrow$	(K)　f(a)	(L) $\nearrow$

　f(x)が第３次導関数まで連続微分可能とすると，
　f(3)(a)>0のとき，x=aの近傍でf(3)(a)は連続だから，急に符号が変わることはなく，(G)の符号が＋だと分かる．同様にして，(I)の符号も＋だと分かる．
　(E)においてf”(a)=0であるが，その導関数f(3)(x)の符号は，x>aのとき，(I)により正だから，f”(x)はx=aのとき0で，xが増加するとそれよりも増えるのだから，(F)の符号は正になる．
逆に,(G)によりx<aのとき，f(3)(x)の符号は正で，(E)においてf”(a)=0となるのだから「f”(x)は増えて０になる．」したがって，それまでは負だったことになり，(D)の符号は負になる．
　同様にして，(B)においてf’(x)=0で，その導関数が(F)において正だから，f’(x)は０から増え，(C)の符号は正になる．逆に，(D)においてf”(x)が負で，(B)においてf’(x)=0となるのだから，f’(x)は減って０になることになり，それまでの(A)は正
(A)(C)の符号を見ると，(J)(L)において増加であることになり，x=aにおいてf(x)は極値とならない．

② f’(a)=0, f”(a)=0, f(3)(a)<0のとき

　ほぼ①と同様の考え方で，次の表が埋まります．これにより，x=aにおいてf(x)は極値とならない．

x	x<a	a	a<x
f’(x)	(A)－	(B)０	(C)－
f”(x)	(D)＋	(E)０	(F)－
f(3)(x)	(G)－	(H)－	(I)－
f(x)	(J) $\searrow$	(K)　f(a)	(L) $\searrow$

③ f’(a)=0, f”(a)=0, f(3)(a)=0, f(4)(a)>0のとき

　ほぼ同様の考え方で，次の表が埋まります．これにより，x=aにおいてf(x)は極小値となる．

x	x<a	a	a<x
f’(x)	(A)－	(B)０	(C)＋
f”(x)	(D)＋	(E)０	(F)＋
f(3)(x)	(G)－	(H)０	(I)＋
f(4)(x)	(J)＋	(K)＋	(L)＋
f(x)	(M) $\searrow$	(N)　f(a)	(O) $\nearrow$

④ f’(a)=0, f”(a)=0, f(3)(a)=0, f(4)(a)<0のとき

　ほぼ同様の考え方で，次の表が埋まります．これにより，x=aにおいてf(x)は極大値となる．

x	x<a	a	a<x
f’(x)	(A)＋	(B)０	(C)－
f”(x)	(D)－	(E)０	(F)－
f(3)(x)	(G)＋	(H)０	(I)－
f(4)(x)	(J)－	(K)－	(L)－
f(x)	(M) $\nearrow$	(N)　f(a)	(O) $\searrow$

　さらに，第４次以上の導関数f(n)(a)=0の場合も，同様にして表を組み立てて行けば極値か否かを判断できる．
　一般に次のことが言える．
(1)　a<xのときの導関数の符号はすべて同じになる．
(2)　x<aのときの導関数の符号は交互に変わる．
(3)　(1)(2)より，nが奇数のとき，f(k)(a)=0（1≦k<n），f(n)(a)>0, f(n)(a)<0のとき，f(a)は極値にならない．
(4)　(1)(2)より，nが偶数のとき，f(k)(a)=0（1≦k<n），f(n)(a)>0のとき，f(a)は極小値になり，f(k)(a)=0（1≦k<n），f(n)(a)<0のとき，f(a)は極大値になる．

2.　1変数--高階導関数を用いた極値の判別(2)

　高階導関数を用いて極値を判別する方法は，テイラー展開を利用して次のように書くこともできる．
　２回まで連続微分可能な関数f(x)があるとき，テイラーの定理により，次の形に書ける．
　 $f(x)=f(a)+ f\apos(a)(x-a)+\frac{f\apos\apos(c)}{2!}(x-a)^2$

（ただし，cはaとxの間の数）

(3.1)
$f\apos(a)=0,\hspace{3}f\apos\apos(a)\gt 0$ ならば $f(a)$ は極小値になる
(3.2)
$f\apos(a)=0,\hspace{3}f\apos\apos(a)\lt 0$ ならば $f(a)$ は極大値になる

（解説）
(3.1)←
$f\apos(a)=0$ だから
$f(x)-f(a)=\frac{f\apos\apos(c)}{2!}(x-a)^2$
ここで $f\apos\apos(x)$ は連続だから， $f\apos\apos(a)\gt 0$ のとき，x=aの近傍の値x=cでも $f\apos\apos(c)\gt 0$ となる．

　関数f”(x)は連続だから，連続の定義によって
　どんな小さな正の値εを与えられても，適当な正の数δを選べば
|c−a|<δ → |f”(c)−f”(a)|<ε
が成り立つ．すなわち
|c−a|<δ → f”(a)−ε<f”(c)<f”(a)+ε
であるから
(0<)ε<f”(a)：f”(a)よりも小さな（正の数）εに対してはf”(c)>0となる

以上により， $f(x)-f(a)>0$ となるから， $f(a)$ は極小値になる

(3.2)←
同様にして，
$f(x)-f(a)=\frac{f\apos\apos(c)}{2!}(x-a)^2$
においてf”(c)<0から， $f(x)-f(a)<0$ がいえる．よって $f(a)$ は極大値になる．

　３回まで連続微分可能な関数f(x)があるとき，テイラーの定理により，次の形に書ける．
　 $f(x)=f(a)+ f\apos(a)(x-a)+\frac{f\apos\apos(a)}{2!}(x-a)^2$
$+\frac{f^{(3)}(c)}{3!}(x-a)^3$

（ただし，cはaとxの間の数）

(3.3)
$f\apos(a)=0,\hspace{3}f\apos\apos(a)=0,\hspace{2}f^{(3)}(a)\gt 0$ のとき $f(a)$ は極値ではない
(3.4)
$f\apos(a)=0,\hspace{3}f\apos\apos(a)=0,\hspace{2}f^{(3)}(a)\lt 0$ のとき $f(a)$ は極値ではない

（解説）
(3.3)←
$f\apos(a)=f\apos\apos(a)=0$ だから
$f(x)-f(a)=\frac{f\apos\apos(c)}{3!}(x-a)^3$
ここで $f^{(3)}(x)$ は連続だから， $f^{(3)}(a)\gt 0$ のとき，x=aの近傍の値x=cでも $f^{(3)}(c)\gt 0$ となる．

証明は(3.1)と同様

　ここで， $(x-a)^3$ は正負の値をとるから， $f(x)-f(a)$ は正負の値をとる．
　よって， $f(a)$ は極値ではない

(3.4)←
(3.3)と同様にして示される

　以下同様にして示される．（証明略）

(3.7)
$f\apos(a)=0,\hspace{3}f\apos\apos(a)=0,\hspace{2}f^{(3)}(a)=0,\hspace{2}f^{(4)}(a)\gt 0$ のとき $f(a)$ は極小値をとる
(3.8)
$f\apos(a)=0,\hspace{3}f\apos\apos(a)=0,\hspace{2}f^{(3)}(a)=0,\hspace{2}f^{(4)}(a)\lt 0$ のとき $f(a)$ は極大値をとる

3.　２変数関数における極値の定義

　２変数の関数f(x, y)について，点(a, b)の近くの任意の点(x, y)に対して

(x, y)≠(a, b)ならばf(x, y)<f(a, b)
が成り立つとき，f(x, y)は，点(a, b)で極大であるといい，f(a, b)を極大値という．

(x, y)≠(a, b)ならばf(x, y)>f(a, b)
が成り立つとき，f(x, y)は，点(a, b)で極小であるといい，f(a, b)を極小値という．

　極大値と極小値を合わせて極値という．

　道路が山脈を横切るような場合，一番低い所で越える方が楽なので，道路は次の図で「峠」と書いた場所を横切ることが多い．
　道路に沿って移動する限り，峠は一番高い箇所になる．
　これに対して，山の稜線に沿って移動する場合，峠は一番低い場所になる．（山岳用語で，この地形を「コル」という．もっとはっきりと「サカサマ峠」という地名になっている場合もある．）
　地形で峠やコルと呼ばれる形は，数学用語では鞍点あんてんと呼ばれる．［馬具の鞍くらや自転車のサドルでおしりの当たる箇所］

　鞍点は，道路としては一番高い箇所だから「それよりも低い所がある．」また，稜線としては一番低い箇所だから「それよりも高い箇所がある．」したがって，鞍点は２変数関数としては，極大でもなく極小でもない．

　日常生活では，もっと複雑な図形を見ることがある．「アオリイカのひれ」「エリザベス１世，ザビエルなどのひだ襟」のような図形では，中心部分が極値でないことは明らかであるが，「鞍点」かどうかは，その用語を正確に定義しておけば判断できる--「ある方向に沿って変化させると極大であるが，他の方向に沿って変化させると極小になる場合，その点を鞍点という」と定義してあれば鞍点と言えるでしょう．

4.　2変数関数における極値の判別

【２変数関数が極値をとるための必要条件】
　偏微分可能な関数 $f(x,\hspace{2}y)$ が，点 $(a,\hspace{2}b)$ において極値をとるための必要条件は
$f_x(a,\hspace{2}b)=0,\hspace{5}f_y(a,\hspace{2}b)=0$ ･･･①

（解説）
　極大値となるためには，yを固定して，xだけを変化させたときにも，点(a, b)において極大でなければならないから，
$f_x(a,\hspace{2}b)=0$
　同様にして，xを固定して，yだけを変化させたときにも，点(a, b)において極大でなければならないから，
$f_y(a,\hspace{2}b)=0$
　極小値についても同様

※前述の鞍点もこの条件①を満たすことから分かるように，①を満たすだけで極値になるとは言えない．①は極値をとるための必要条件であって，十分条件は別途検討しなければならない．

【２変数関数が極値をとるための十分条件】
　 $f(x,\hspace{2}y)$ は連続２階微分可能とする．
　関数 $f(x,\hspace{2}y)$ が $f_x(a,\hspace{2}b)=0,\hspace{2}f_y(a,\hspace{2}b)=0$ を満たすとき
$D=\{f_{xy}(a,\hspace{2}b)\}^2-f_{xx}(a,\hspace{2}b)f_{yy}(a,\hspace{2}b)$
とおくと
(1)
　ⅰ) $D\lt 0,\hspace{5}f_{xx}(a,\hspace{2}b)\gt 0$ ならば $f(a,\hspace{2}b)$ は極小である．
　ⅱ) $D\lt 0,\hspace{5}f_{xx}(a,\hspace{2}b)\lt 0$ ならば $f(a,\hspace{2}b)$ は極大である．

ⅰ）ⅱ）で $D\lt 0$ のとき， $f_{xx}(a,\hspace{2}b)$ の符号と $f_{yy}(a,\hspace{2}b)$ の符号は一致するので， $D$ と $f_{yy}(a,\hspace{2}b)$ の符号で判断してもよい．

(2)
　 $D\gt 0$ ならば $f(a,\hspace{2}b)$ は極値をとらない．
(3)
　 $D=0$ ならば，2階導関数までの値だけでは，極値か否かを判定できない．（さらに高階の導関数を調べれば，判別できることがある．極値である場合も，そうでない場合もある．）

判別に用いる式は，教科書によって，著者によって異なる

[A]　2次方程式の判別式に類似する形で上記のように
$D=\{f_{xy}(a,\hspace{2}b)\}^2-f_{xx}(a,\hspace{2}b)f_{yy}(a,\hspace{2}b)$
で定義する教科書と
[B]　ヘッセ行列式［ヘッシアン］で定義する形
$H=\begin{vmatrix}f_{xx}& f_{xy}\\f_{yx}& f_{yy} \end{vmatrix}$
$=f_{xx}(a,\hspace{2}b)f_{yy}(a,\hspace{2}b)-\{f_{xy}(a,\hspace{2}b)\}^2$

の2種類がある．出版物では[B]の流儀がやや多いようであるが，符号が逆になっているということに気を付ければよく，他に内容的な違いはない．
$D=-H$
$D\lt 0\leftrightarrow H\gt 0$
$D\gt 0\leftrightarrow H\lt 0$

（解説）
　2変数関数のテイラーの定理により
$f(a+ h,\hspace{2}b+ k)=f(a,\hspace{2}b)+ f_x(a,\hspace{2}b)h+ f_y(a,\hspace{2}b)k$
$+\frac{1}{2}\{f_{xx}(a,\hspace{2}b)h^2+ 2f_{xy}(a,\hspace{2}b)hk+ f_{yy}(a,\hspace{2}b)k^2\}+ R_3$

いま， $f_x(a,\hspace{2}b)=0,\hspace{2}f_y(a,\hspace{2}b)=0$ が成り立つから
$f(a+ h,\hspace{2}b+ k)-f(a,\hspace{2}b)$
$=\frac{1}{2}\{f_{xx}(a,\hspace{2}b)h^2+ 2f_{xy}(a,\hspace{2}b)hk+ f_{yy}(a,\hspace{2}b)k^2\}+ R_3$

$A=f_{xx}(a,\hspace{2}b),\hspace{2}B=f_{xy}(a,\hspace{2}b),\hspace{2}C=f_{yy}(a,\hspace{2}b)$ とおくと
$f(a+ h,\hspace{2}b+ k)-f(a,\hspace{2}b)=\frac{1}{2}\{Ah^2+ 2Bhk+ Ck^2\}+ R_3$

　 $|h|,\hspace{2}|k|$ が十分小さいとき，この式の符号は $Ah^2+ 2Bhk+ Ck^2$ で決まり，剰余項 $R_3$ は無視できる．

[Ⅰ]　 $k\ne 0$ のとき， $t=\frac{h}{k}$ とおくと
$f(a+ h,\hspace{2}b+ k)-f(a,\hspace{2}b)=\frac{k^2}{2}\{At^2+ 2Bt+ C\}$
この式の右辺は， $t$ の２次関数で，対応する方程式の判別式は
$\frac{D}{4}=B^2-AC$

　判別式が負，すなわち $D\lt 0$ のとき，２次関数のグラフはｔ軸と交わらない（共有点をもたない）から①または②の形になる．
　そのうち，２次の係数が正のものは①のグラフになるから
$f(a+ h,\hspace{2}b+ k)-f(a,\hspace{2}b)$ がつねに正となる．
　よって
(1)
ⅰ） $D\lt 0,\hspace{2}A\gt 0$ のとき，図①のグラフを見ると

つねに $f(a+ h,\hspace{2}b+ k)-f(a,\hspace{2}b)\gt 0$
すなわち $f(a+ h,\hspace{2}b+ k)\gt f(a,\hspace{2}b)$
となって， $f(a,\hspace{2}b)$ は極小値になる．

ⅱ） $D\lt 0,\hspace{2}A\lt 0$ のとき，図②のグラフを見ると

つねに $f(a+ h,\hspace{2}b+ k)-f(a,\hspace{2}b)\lt 0$
すなわち $f(a+ h,\hspace{2}b+ k)\lt f(a,\hspace{2}b)$
となって， $f(a,\hspace{2}b)$ は極大値になる．

ⅰ）ⅱ）で $\frac{D}{4}=B^2-AC\lt 0$ のとき， $0\underline{\le}B^2\lt AC$ だから， $f_{xx}(a,\hspace{2}b)$ の符号と $f_{yy}(a,\hspace{2}b)$ の符号は一致する．だから， $D$ と $f_{yy}(a,\hspace{2}b)$ の符号で判断してもよい．
（無理して両方使う必要はないが， $A$ の符号に魔法のような重要さはないということです．）

(2)
　 $D\gt 0$ のとき，図③④のように２次関数のグラフがｔ軸と交わるから

$f(a+ h,\hspace{2}b+ k)-f(a,\hspace{2}b)$ の符号は正にも負にもなる.
すなわち $f(a+ h,\hspace{2}b+ k)$ の値は， $f(a,\hspace{2}b)$ よりも大きいものも小さいものもあるから， $f(a,\hspace{2}b)$ は極値ではない．

(3)
　 $D=0$ のときは，2階導関数までの値だけでは極値か否かの判別はできないが，このことは「極値か否か分からない」ということではなく，「極値か否かはどちらかである」．

例えば， $f(x,\hspace{2}y)=x^3+ y^3$ について，原点で極値をとるか否か調べると
$f_x(x,\hspace{2}y)=3x^2$
$f_{xx}(x,\hspace{2}y)=6x$
$f_{xy}(x,\hspace{2}y)=0$
$f_y(x,\hspace{2}y)=3y^2$
$f_{yy}(x,\hspace{2}y)=6y$
だから， $D=\{f_{xy}\}^2-f_{xx}f_{yy}=0$ となるが，
$f(-1,\hspace{2}0)=-1\lt f(0,\hspace{2}0)\lt 1\lt f(1,\hspace{2}0)$
であるから， $f(0,\hspace{2}0)$ は極値でない．

　また， $f(x,\hspace{2}y)=x^4+ y^4$ について，原点で極値をとるか否か調べると
$f_x(x,\hspace{2}y)=4x^3$
$f_{xx}(x,\hspace{2}y)=12x^2$
$f_{xy}(x,\hspace{2}y)=0$
$f_y(x,\hspace{2}y)=4y^3$
$f_{yy}(x,\hspace{2}y)=12y^2$
だから， $D=\{f_{xy}\}^2-f_{xx}f_{yy}=0$ となるが，
$f(0,\hspace{2}0)\underline{\le}x^4+ y^4$
であるから， $f(0,\hspace{2}0)$ は極小値である．

[Ⅱ]　 $k=0$ のとき $h\ne 0$ だから， $s=\frac{k}{h}$ とおくと同様の結果が得られる．

5.　問題

【例5.1】
$f(x,\hspace{2}y)=x^2-xy+ y^2+ 2x-7y+ 5$ の極値を求めてください．

（解答）
$f_x(x,\hspace{2}y)=2x-y+ 2$
$f_{xx}(x,\hspace{2}y)=2$
$f_{xy}(x,\hspace{2}y)=-1$
$f_y(x,\hspace{2}y)=-x+ 2y-7$
$f_{yy}(x,\hspace{2}y)=2$
$f_{yx}(x,\hspace{2}y)=-1$

$\{\begin{matrix}f_x(x,\hspace{2}y)=0\leftrightarrow 2x-y+ 2=0\\ f_y(x,\hspace{2}y)=0\leftrightarrow -x+ 2y-7=0 \end{matrix}$
より， $x=1,\hspace{2}y=4$
このとき
$D=f_{xy}^2-f_{xx}f_{yy}=1-4\lt 0$
$f_{xx}=2\gt 0$ （または $f_{yy}=2\gt 0$ ）
により，点 $(1,\hspace{2}4)$ で極小値をとる．
極小値は， $f(1,\hspace{2}4)=1-4+ 16+ 2-28+ 5=-8$

【例5.2】
$f(x,\hspace{2}y)=x^2+ 4xy-8y^2+ 2x-20y-9$ の極値を求めてください．

（解答）
$f_x(x,\hspace{2}y)=2x+ 4y+ 2=2(x+ 2y+ 1)$
$f_{xx}(x,\hspace{2}y)=2$
$f_{xy}(x,\hspace{2}y)=4$
$f_y(x,\hspace{2}y)=4x-16y-20=4(x-4y-5)$
$f_{yy}(x,\hspace{2}y)=-16$
$f_{yx}(x,\hspace{2}y)=4$

$\{\begin{matrix}f_x(x,\hspace{2}y)=0\leftrightarrow x+ 2y+ 1=0\\ f_y(x,\hspace{2}y)=0\leftrightarrow x-4y-5=0 \end{matrix}$
より， $x=1,\hspace{2}y=-1$
このとき
$D=f_{xy}^2-f_{xx}f_{yy}=16+ 32\gt 0$
よって，極値なし．

【例5.3】
$f(x,\hspace{2}y)=x^3+ y^2+ 3x^2-2y+ 1$ の極値を求めてください．

（解答）
$f_x(x,\hspace{2}y)=3x^2+ 6x=3x(x+ 2)$
$f_{xx}(x,\hspace{2}y)=6x+ 6$
$f_{xy}(x,\hspace{2}y)=0$
$f_y(x,\hspace{2}y)=2y-2=2(y-1)$
$f_{yy}(x,\hspace{2}y)=2$

$\{\begin{array}{ll}f_x(x,\hspace{2}y)=0\leftrightarrow x=0,\hspace{2}x=-2\\ f_y(x,\hspace{2}y)=0\leftrightarrow y=1 \end{array}$
より
$\{\begin{matrix}x=0 \\ y=1\end{matrix}$ ･･･①
$\{\begin{array}{ll}x=-2 \\ y=1\end{array}$ ･･･②

① $(0,\hspace{2}1)$ のとき
$D=\{f_{xy}(0,\hspace{2}1)\}^2-f_{xx}(0,\hspace{2}1)f_{yy}(0,\hspace{2}1)$
$=0-12\lt 0$
$f_{xy}(0,\hspace{2}1)=6\gt 0$
だから， $(0,\hspace{2}1)$ のとき極小になる．極小値は $f(0,\hspace{2}1)=0$
② $(-2,\hspace{2}1)$ のとき
$D=\{f_{xy}(-2,\hspace{2}1)\}^2-f_{xx}(-2,\hspace{2}1)f_{yy}(-2,\hspace{2}1)$
$=0-(-12)\gt 0$
だから， $(-2,\hspace{2}1)$ のとき極値でない．

【例5.4】
$f(x,\hspace{2}y)=x^3-y^3+ 3x^2+ 3y^2+ 9y-13$ の極値を求めてください．

（解答）
$f_x(x,\hspace{2}y)=3x^2+6x=3x(x+ 2)$
$f_{xx}(x,\hspace{2}y)=6x+ 6=6(x+ 1)$
$f_{xy}(x,\hspace{2}y)=0$
$f_y(x,\hspace{2}y)=-3y^2+ 6y+ 9=-3(y+ 1)(y-3)$
$f_{yy}(x,\hspace{2}y)=-6y+ 6=-6(y-1)$

$\{\begin{array}{ll}f_x(x,\hspace{2}y)=0\leftrightarrow x=0,\hspace{2}x=-2\\ f_y(x,\hspace{2}y)=0\leftrightarrow y=-1,\hspace{2}y=3 \end{array}$
より
$\{\begin{array}{ll}x=0 \\ y=-1 \end{array}$ ･･･①
$\{\begin{array}{ll}x=0 \\ y=3\end{array}$ ･･･②
$\{\begin{array}{ll}x=-2 \\ y=-1 \end{array}$ ･･･③
$\{\begin{array}{ll}x=-2 \\ y=3 \end{array}$ ･･･④

① $(0,\hspace{2}-1)$ のとき
$D=\{f_{xy}(0,\hspace{2}-1)\}^2-f_{xx}(0,\hspace{2}-1)f_{yy}(0,\hspace{2}-1)$
$=0-72\lt 0$
$f_{xx}(0,\hspace{2}-1)=6\gt 0\hspace{5}(f_{yy}(0,\hspace{2}-1)=12\gt 0)$
だから， $(0,\hspace{2}-1)$ のとき極小になる．極小値は $f(0,\hspace{2}-1)=-18$
② $(0,\hspace{2}3)$ のとき
$D=\{f_{xy}(0,\hspace{2}3)\}^2-f_{xx}(0,\hspace{2}3)f_{yy}(0,\hspace{2}3)$
$=0+ 72\gt 0$
だから， $(0,\hspace{2}3)$ のとき $f(0,\hspace{2}3)=14$ は極値ではない．
③ $(-2,\hspace{2}-1)$ のとき
$D=\{f_{xy}(2,\hspace{2}-1)\}^2-f_{xx}(2,\hspace{2}-1)f_{yy}(2,\hspace{2}-1)$
$=0+ 72\gt 0$
だから， $(-2,\hspace{2}-1)$ のとき $f(-2,\hspace{2}-1)=-14$ は極値ではない．
④ $(-2,\hspace{2}3)$ のとき
$D=\{f_{xy}(2,\hspace{2}3)\}^2-f_{xx}(2,\hspace{2}3)f_{yy}(2,\hspace{2}3)$
$=0-72\lt 0$
$f_{xx}(-2,\hspace{2}3)=-6\lt 0\hspace{5}(f_{yy}(-2,\hspace{2}3)=-12\lt 0)$
だから， $(-2,\hspace{2}3)$ のとき極大になる．極大値は $f(-2,\hspace{2}3)=18$

【例5.5】
$f(x,\hspace{2}y)=y^3-3y^2-x^3+ 3x$ の極値を求めてください．

（解答）
$f_x(x,\hspace{2}y)=-3x^2+ 3=-3(x+ 1)(x-1)$
$f_{xx}(x,\hspace{2}y)=-6x$
$f_{xy}(x,\hspace{2}y)=0$
$f_y(x,\hspace{2}y)=3y^2-6y=3y(y-2)$
$f_{yy}(x,\hspace{2}y)=6y-6$

$\{\begin{array}{ll}f_x(x,\hspace{2}y)=0\leftrightarrow x=-1,\hspace{2}x=1\\ f_y(x,\hspace{2}y)=0\leftrightarrow y=0,\hspace{2}y=2 \end{array}$
より
$\{\begin{array}{ll}x=-1 \\ y=0 \end{array}$ ･･･①
$\{\begin{array}{ll}x=-1 \\ y=2 \end{array}$ ･･･②
$\{\begin{array}{ll}x=1 \\ y=0 \end{array}$ ･･･③
$\{\begin{array}{ll}x=1 \\ y=2 \end{array}$ ･･･④

① $(-1,\hspace{2}0)$ のとき
$D=\{f_{xy}(-1,\hspace{2}0)\}^2-f_{xx}(-1,\hspace{2}0)f_{yy}(-1,\hspace{2}0)$
$=0+ 36\gt 0$
だから， $(-1,\hspace{2}0)$ のとき $f(-1,\hspace{2}0)=-2$ は極値ではない．
② $(-1,\hspace{2}2)$ のとき
$D=\{f_{xy}(-1,\hspace{2}2)\}^2-f_{xx}(-1,\hspace{2}2)f_{yy}(-1,\hspace{2}2)$
$=0-36\lt 0$
$f_{xx}(-1,\hspace{2}2)=6\gt 0\hspace{5}(f_{yy}(-1,\hspace{2}2)=6\gt 0)$
だから， $(-1,\hspace{2}2)$ のとき極小になる．極小値は $f(-1,\hspace{2}2)=-6$
③ $(1,\hspace{2}0)$ のとき
$D=\{f_{xy}(1,\hspace{2}0)\}^2-f_{xx}(1,\hspace{2}0)f_{yy}(1,\hspace{2}0)$
$=0-36\lt 0$
$f_{xx}(1,\hspace{2}0)=-6\lt 0\hspace{5}(f_{yy}(1,\hspace{2}0)=-6\lt 0)$
だから， $(1,\hspace{2}0)$ のとき極大になる．極大値は $f(1,\hspace{2}0)=2$
④ $(1,\hspace{2}2)$ のとき
$D=\{f_{xy}(1,\hspace{2}2)\}^2-f_{xx}(1,\hspace{2}2)f_{yy}(1,\hspace{2}2)$
$=0+ 36\gt 0$
だから， $(1,\hspace{2}2)$ のとき $f(1,\hspace{2}2)=-2$ は極値ではない．

6.　条件付極値問題

　ここまでに扱ったのは，次のような形で，２つの変数を $x,\hspace{2}y$ を自由に変化させたときの極値を求める問題であった．

$z=f(x,\hspace{2}y)$ の極値を求めよ

　これに対して，以下で取り扱うのは，次の②のような形で，２つの変数 $x,\hspace{2}y$ が条件 $g(x,\hspace{2}y)=0$ を満たしながら変化するときの極値問題である．

$\{\begin{array}{ll}g(x,\hspace{2}y)=0\\ z=f(x,\hspace{2}y)\end{array}$ ･･･①のとき
･･･②の極値を求めよ

　この形の問題を「条件付の極値問題」という．（①の条件［副条件，制約条件］の下で，②の極値を求める）

　高校数学に登場する簡単な例を使って，条件付の極値問題の解き方を振り返ってみる．
【例１】

$x+ y=1$ ･･･①のとき
$z=xy$ ･･･②の極値を求めよ

（解き方の要点）------

　①により，２変数 $x,\hspace{2}y$ に制約条件（方程式）が１つあるから，自由度が１つ減る．

　具体的には， $y=1-x$ という形で１つの変数について解いて，②に「代入する」･･･(A)と②を１変数関数に書き換えることができる．
$z=x(1-x)=x-x^2$

　そこで，この１変数になった関数 $z=x-x^2$ を「微分すれば」･･･(B)，極値を求めることができる．

①	代入する $\rightarrow$	②
		微分する $\downarrow$
		極値

（答案）------
(A) $y=1-x$
$z=x-x^2$
(B) $\frac{dz}{dx}=1-2x=0$
$x=\frac{1}{2}$

$x$	---	$\frac{1}{2}$	---
$z\apos$	+	0	−
$z$	$\nearrow$	極大 $\frac{1}{4}$	$\searrow$

【例２】

$x^2+ y^2=2$ ･･･①のとき
$z=xy$ ･･･②の極値を求めよ

この問題では【例１】で使えた「１つの文字について解いて，代入することにより，変数を減らす」のは無理です．

■強いて $y=\pm\sqrt{2-x^2}$ などと変形して，代入していくことはできますが，その試みは， $x^2+ xy+ y^2=1$ とか３次関数になっているなど一般の場合に適用できる方法ではない．ここでは，広く一般に通用する方法を調べたいのでこの方法は採用しない．
■条件式が円を表す場合には， $x=\sqrt{2}\cos\theta$ ， $y=\sqrt{2}\sin\theta$ とおいて１つの媒介変数に直す方法もあるが，この方法も広く様々な関数に使えるものではない．
■高校では，②を=kとおいて，①に代入することにより，実数条件を判別式で求めるという方法もよく用いられるが，その方法は①が２次関数である場合に限られる．だから，ここではこれも採用しない．

　ここで，手順を見直して，次の表のイメージで「微分してから，代入する」ことを考える．

①		②
微分する $\downarrow$		微分する $\downarrow$
①’	代入する $\rightarrow$	極値

　最終的に $\frac{dz}{dx}$ ができればよいのだから，「陰関数の微分法」などを使って，微分を代入するのである．

①の両辺を $x$ で微分すると
$2x+ 2y\frac{dy}{dx}=0$ ･･･①’
②の両辺を $x$ で微分すると
$\frac{dz}{dx}=y+ x\frac{dy}{dx}$ ･･･②’
①’より
ア） $y\ne 0$ のとき

$\frac{dy}{dx}=-\frac{x}{y}$
②’に代入
$\frac{dz}{dx}=y+ x(-\frac{x}{y})=\frac{y^2-x^2}{y}$
ゆえに
$\frac{dz}{dx}=0\leftrightarrow y=\pm x$
$2x^2=2\leftrightarrow x=\pm 1$
$(x,\hspace{2}y)=(1,\hspace{2}1),\hspace{2}(1,\hspace{2}-1),\hspace{2}(-1,\hspace{2}1),\hspace{2}(-1,\hspace{2}-1)$
$(x,\hspace{2}y)=(1,\hspace{2}1),\hspace{2}(-1,\hspace{2}-1)\rightarrow z=1$ （極大）
$(x,\hspace{2}y)=(1,\hspace{2}-1),\hspace{2}(-1,\hspace{2}1)\rightarrow z=-1$ （極小）
イ） $y=0$ のとき
①より $x=\pm\sqrt{2}$
$z=0$ （極値ではない）

　以上の解き方を一般化すると，次のようになる．

$g(x,\hspace{2}y)=0$ ･･･①のとき
$z=f(x,\hspace{2}y)$ ･･･②の極値を求めよ

①の両辺を $x$ で微分すると
$g_x+ g_y\frac{dy}{dx}=0$ ･･･①’
②の両辺を $x$ で微分すると

［式1］
$\frac{dz}{dx}=f_x+ f_y\frac{dy}{dx}$ ･･･②’

①’より
$g_y\ne 0$ のとき
①’を②’に代入すると，②が極値となる点では，次の関係が成り立つ．
$\frac{dz}{dx}=f_x-f_y\frac{g_x}{g_y}=0$
さらに， $g_x\ne 0$ のとき
$\frac{f_x}{g_x}=\frac{f_y}{g_y}$
すなわち，次の連立方程式を満たすものが求める極値である．

［式2］

$g(x,\hspace{2}y)=0$ ･･･①
$\frac{f_x}{g_x}=\frac{f_y}{g_y}$ ･･･③

7.　ラグランジュの未定乗数法

　6.で述べた解き方は，さらに次の「ラグランジュの未定乗数法」と呼ばれる形にまとめられることが多い．
　まず，6.③の比例形条件式は１つの定数を使って２つの式に分けることができる．
$\frac{f_x}{g_x}=\frac{f_y}{g_y}=\lambda$

$f_x=\lambda g_x$
$f_y=\lambda g_y$
　そうすると，6.で求めた解き方は，次の(1)を条件式として，(2)(3)を満たすものを極値とするという形にまとめることができる．

［式3］

$g(x,\hspace{2}y)=0$ ･･･(1)
$f_x=\lambda g_x$ ･･･(2)
$f_y=\lambda g_y$ ･･･(3)

（注： $g(x,\hspace{2}y)=0$ は右辺にある式を全部左辺に移項して，右辺を０にした形で使うものとする）
　さらに，これら３つの式は，次の形の１つの関数 $F(x,\hspace{2},y,\hspace{2}\lambda)$ を導入すると，この関数の偏導関数として表すことができる．
　この式の $\lambda$ を「ラグランジュ乗数」，この方法による解き方を「ラグランジュの未定乗数法」という．

［式4］
$F(x,\hspace{2},y,\hspace{2}\lambda)=f(x,\hspace{2}y)-\lambda g(x,\hspace{2}y)$ とおくとき

$F_x=0$ ･･･(ⅱ)
$F_y=0$ ･･･(ⅲ)
$F_{\lambda}=0$ ･･･(ⅰ)

（解説）
これら(ⅰ)(ⅱ)(ⅲ)が上記の(1)(2)(3)に等しいことを思いつくのは大変であるが［ラグランジュに感謝するほかない！］，これらが等しいことは簡単に証明できる．

(ⅱ)⇔ $F_x=f_x-\lambda g_x=0$ ⇔(2)
(ⅲ)⇔ $F_y=f_y-\lambda g_y=0$ ⇔(3)
(ⅰ)⇔ $F_{\lambda}=g(x,\hspace{2}y)=0$ ⇔(1)

※①③もしくは(1)(2)(3)が2変数の条件付き極値問題であるのに対して，ラグランジュの未定乗数法(ⅰ)(ⅱ)(ⅲ)はこれを3変数の条件なし極値問題に書き換えていると見ることもできる．

8.　問題

■解き方も結果も別ルートで確認できる，高校数学Ⅰレベルの問題で，解き方を確かめてみる■

【例1.1】
$x+ y=1$ のとき， $z=xy$ の極値を求めてください．

［式1］の方法で解いてみる
（解答）
$x+ y=1$ の両辺を $x$ で微分する
$1+\frac{dy}{dx}=0$
$\frac{dy}{dx}=-1$ ･･･①
$z=xy$ の両辺を $x$ で微分する
$\frac{dz}{dx}=y+ x\frac{dy}{dx}$ ･･･②
①を②に代入する
$\frac{dz}{dx}=y-x$
を解くと,極値となるための必要条件［停留点：極値の候補］は， $y-x=0$ を条件式に代入すると得られる

$x$	--	$\frac{1}{2}$	--
$y-x$	+	0	−
$\frac{dz}{dx}$	+	0	−
$z$	$\nearrow$	$M=\frac{1}{4}$ 極大最大	$\searrow$

$x+ x=1$
$(x,\hspace{2}y)=(\frac{1}{2},\hspace{2}\frac{1}{2})$
このとき
$z=\frac{1}{4}$

■解き方も結果も別ルートで確認できる，高校数学Ⅰレベルの問題で，解き方を確かめてみる■

【例8.1】
$x^2+ y^2=25$ のとき， $z=3x+ 4y$ の極値を求めてください．

［式4］ラグランジュの未定乗数法で解く
（解答）
$F(x,\hspace{2}y,\hspace{2}\lambda)=3x+ 4y-\lambda(x^2+ y^2-25)$ とおく
$F_x=3-\lambda(2x)=0$ ･･･(1)
$F_y=4-\lambda(2y)=0$ ･･･(2)
$F_{\lambda}=-(x^2+ y^2-25)=0$ ･･･(3)
ア） $x\ne 0$ かつ $y\ne 0$ のとき

(1)(2)より
$\frac{3}{2x}=\frac{4}{2y}(=\lambda)$
$6y=8x$
$y=\frac{4}{3}x$
$x^2+ y^2=25$ に代入
$x^2+\frac{16}{9}x^2=25$
$x^2=9$
$x=\pm 3$
$(x,\hspace{2}y)=(3,\hspace{2}4)\rightarrow z=25$
$(x,\hspace{2}y)=(-3,\hspace{2}-4)\rightarrow z=-25$
イ） $x=0$ のとき
$(x,\hspace{2}y)=(0,\hspace{2}\pm 5)\rightarrow z=\pm 20$
ウ） $y=0$ のとき
$(x,\hspace{2}y)=(\pm 5,\hspace{2}0)\rightarrow z=\pm 15$

【例8.2】
$x^2+ y^2=10$ のとき， $z=-4x^2+ 6xy+ 4y^2$ の最大値，最小値を求めてください．

［式1］の方法で解いてみる
（解答）
$x^2+ y^2=10$ の両辺を $x$ で微分すると
$2x+ 2y\frac{dy}{dx}=0$
ア） $y\ne 0$ のとき

$\frac{dy}{dx}=-\frac{x}{y}$ ･･･①
$z=-4x^2+ 6xy+ 4y^2$ を $x$ で微分すると
$\frac{dz}{dx}=-8x+ 6y+ 6x\frac{dy}{dx}+ 8y\frac{dy}{dx}$
$=-8x+ 6y+ (6x+ 8y)\frac{dy}{dx}$ ･･･③
①を③に代入
$\frac{dz}{dx}=-8x+ 6y+ (6x+ 8y)(-\frac{x}{y})$
$=\frac{6y^2-16xy-6x^2}{y}$
$=\frac{2(3y+ x)(y-3x)}{y}$
$\frac{dz}{dx}=0\leftrightarrow y=-\frac{x}{3},\hspace{2}y=3x$
1) $y=-\frac{x}{3}$ のとき
$x^2+\frac{x^2}{9}=10$
$\frac{10x^2}{9}=10$
$x^2=9$
$x=\pm 3$
$(x,\hspace{2}y)=(3,\hspace{2}-1),\hspace{2}(-3,\hspace{2}1)\rightarrow z=-50$
2) $y=3x$ のとき---同様にして
$(x,\hspace{2}y)=(1,\hspace{2}3),\hspace{2}(-1,\hspace{2}-3)\rightarrow z=50$

イ） $y=0$ のとき

$x^2+ 0=10$ より， $x=\pm\sqrt{10}$
$(x,\hspace{2}y)=(\pm\sqrt{10},\hspace{2}0)$ のとき $z=-40$

※ $\frac{dz}{dx}$ （ $x$ が増加するときの $z$ の増減）は次の矢印の符号の通り．ただし， $x$ が増加する方向に移動した場合の変化であることに注意．

※3次元空間での概形は次の通り

【例8.3】
$x^2+ xy+ y^2=1$ のとき， $z=x^2+ y^2$ の最大値，最小値を求めてください．

上記の［式4］ラグランジュの未定乗数法で解く
（解答）
$F(x,\hspace{2}y,\hspace{2}\lambda)=x^2+ y^2-\lambda(x^2+ xy+ y^2-1)$ とおく
$F_x=2x-\lambda(2x+ y)=0$ …(1)
$F_y=2y-\lambda(x+ 2y)=0$ …(2)
$F_{\lambda}=-(x^2+ xy+ y^2-1)=0$ …(3)
ア） $2x+ y\ne 0$ かつ $x+ 2y\ne 0$ のとき

(1)(2)より
$\frac{2x}{2x+ y}=\frac{2y}{x+ 2y}$
$x^2+ 2xy=2xy+ y^2$
$x^2=y^2$
$y=\pm x$
その1) $y=x$ のとき
$3x^2=1$
$(x,\hspace{2}y)=(\frac{1}{\sqrt{3}},\hspace{2}\frac{1}{\sqrt{3}}),\hspace{2}(-\frac{1}{\sqrt{3}},\hspace{2}-\frac{1}{\sqrt{3}})\rightarrow z=\frac{2}{3}$

その1) $y=-x$ のとき
$x^2=1$
$(x,\hspace{2}y)=(1,\hspace{2}-1),\hspace{2}(-1,\hspace{2}1)\rightarrow z=2$

イ） $2x+ y=0$ または $x+ 2y=0$ のとき
上記のア）その1)と同じ結果になる

※ラグランジュの未定乗数法では，上記のように極大値，極小値（最大値，最小値）は求まるが，2変数関数としての増減表は必ずしも明らかにならない．
［式1］の方法で $\frac{dz}{dx}$ を求めると，次のように増減表を組み立てることができる．
$\frac{dz}{dx}=\frac{2(x-y)(x+ y)}{x+ 2y}$

【例8.4】
$x^2-xy+ y^2=1$ のとき， $z=x^2+ y^2$ の最大値，最小値を求めてください．

［式1］の方法で解く
（解答）
$x^2-xy+ y^2=1$ の両辺を $x$ で微分すると
$2x-y-x\frac{dy}{dx}+ 2y\frac{dy}{dx}=0$
ア） $x\ne 2y$ のとき

$\frac{dy}{dx}=\frac{2x-y}{x-2y}$ ･･･①
$z=x^2+ y^2$ を $x$ で微分すると
$\frac{dz}{dx}=2x+ 2y\frac{dy}{dx}$ ･･･③
①を③に代入
$\frac{dz}{dx}=2x+ 2y(\frac{2x-y}{x-2y})$
$=\frac{2x^2-4xy+ 4xy-2y^2}{x-2y}$
$=\frac{2x^2-2y^2}{x-2y}$
$=\frac{2(x-y)(x+ y)}{x-2y}$
その1） $y=x$ のとき
　　①に代入すると
$(x,\hspace{2}y)=(1,\hspace{2}1),\hspace{2}(-1,\hspace{2}-1)\rightarrow z=2$ （極大かつ最大）
その2） $y=-x$ のとき
　　①に代入すると
$(x,\hspace{2}y)=(\frac{1}{\sqrt{3}},\hspace{2}-\frac{1}{\sqrt{3}}),\hspace{2}(-\frac{1}{\sqrt{3}},\hspace{2}\frac{1}{\sqrt{3}})\rightarrow z=\frac{2}{3}$ （極小かつ最小）
イ） $x\ne 2y$ のとき

　　①に代入すると
$(x,\hspace{2}y)=(\frac{2}{\sqrt{3}},\hspace{2}\frac{1}{\sqrt{3}}),\hspace{2}(-\frac{2}{\sqrt{3}},\hspace{2}\frac{1}{\sqrt{3}})\rightarrow z=\frac{5}{3}$

ラグランジュの未定乗数法の説明をすると言いながら，［式1］の原始的な方法で説明しているじゃないか！この教材の作者は「裏切者か？」

　増減表の説明には［式1］の原始的な方法が教えやすので，そちらでやっています．他方では，学生がラグランジュの未定乗数法の問題を出されたときに困らないように，そちらの説明もしています．
　解き方は1つでなければならないなどと狭く絞るのでなく，解き方は幾つもあると考えてください．

【例8.5】
$5x^2+ 3xy+ y^2=55$ のとき， $z=x^2+ y^2$ の最大値，最小値を求めてください．

［式1］の方法で解く
（解答）
$5x^2+ 3xy+ y^2=55$ ･･･(#1)の両辺を $x$ で微分すると
$10x+ 3y+ 3x\frac{dy}{dx}+ 2y\frac{dy}{dx}=0$
ア） $3x+ 2y\ne 0$ のとき

$\frac{dy}{dx}=-\frac{10x+ 3y}{3x+ 2y}$ ･･･①
$z=x^2+ y^2$ を $x$ で微分すると
$\frac{dz}{dx}=2x+ 2y\frac{dy}{dx}$ ･･･③
①を③に代入
$\frac{dz}{dx}=2x+ 2y(-\frac{10x+ 3y}{3x+ 2y})$
$=\frac{6x^2+ 4xy-20xy-6y^2}{3x+ 2y}$
$=\frac{6x^2-16xy-6y^2}{3x+ 2y}$
$=\frac{2(3x^2-8xy-3y^2)}{3x+ 2y}$
$=\frac{2(3x+ y)(x-3y)}{3x+ 2y}$
その１） $y=-3x$ のとき
(#1)に代入すると
$5x^2-9x^2+ 9x^2=55$
$5x^2=55$
$x^2=11$
$(x,\hspace{2}y)=(\pm\sqrt{11},\hspace{2}\mp 3\sqrt{11})\rightarrow z=110$
その２） $x=3y$ のとき
(#1)に代入すると
$45y^2+ 9y^2+ y^2=55$
$55y^2=55$
$(x,\hspace{2}y)=(\pm 3,\hspace{2}\pm 1)\rightarrow z=10$

イ） $3x+ 2y=0$ のとき

(#1)に代入
$(x,\hspace{2}y)=(\pm 2\sqrt{5},\hspace{2}\mp 3\sqrt{5})\rightarrow z=65$

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