ラグランジュの未定係数法と極値
問題
$${x}$$と$${y}$$に関して、方程式$${g(x,y) = 0}$$が成り立つとき、陰関数$${f(x,y )}$$の極値をすべて求めよ。ただし$${f}$$および$${g}$$は$${C^1}$$級である。
陰関数定理
合成関数の微分則より
$$
dg = g_x dx + g_y dy
$$
が成り立つため、両辺$${\frac{1}{dx}}$$倍して
$$
\frac{dg}{dx} = g_x + g_y \frac{dy}{dx}
$$
となる。
また$${g}$$が恒等関数である仮定を用いると
$$
0 = g_x + g_y \frac{dy}{dx}
$$
とすることができる。
また、陰関数定理の主張から、$${g_y \neq 0}$$たる$${x}$$の近くで
$$
y = \psi(x)
$$
たる$${C^1}$$級陽関数$${\psi}$$があって、上で示した主張より
$$
\psi'(x) = - \frac{g_x}{g_y}
$$
とかける。
ラグランジュの未定係数法
上と同じく
$$
\frac{df}{dx} = f_x + f_y \frac{dy}{dx}
$$
がいえる。
ここで上の$${\psi}$$を用いて
$$
\frac{d}{dx} f(x,\psi(x)) = f_x + f_y \psi'(x) \quad \cdots (*)
$$
とかけ、$${f}$$は$${x}$$に依存する関数であるから、$${f}$$が極値を取るとき
$$
0 = f_x + f_y \psi'(x)
$$
であり、これも同じく$${f_y\neq0}$$たる$${x}$$の近くで
$$
\psi'(x) = - \frac{f_x}{f_y}
$$
とかける。
以上より、$${\frac{df}{dx}(x,\psi(x))=0}$$かつ$${f_y,g_x,g_y\neq0}$$たる点、すなわち極値の候補点において
$$
\frac{f_x}{g_x}=\frac{f_y}{g_y}=\lambda
$$
とおけて、これらについて以下の連立方程式が成り立つ。
$$
\left\{
\begin{aligned}
& g(x,y) = 0 \quad \\
& f_x(x,y) - \lambda g_x(x,y) = 0 \\
& f_y(x,y) - \lambda g_y(x,y) = 0
\end{aligned}
\right.
$$
これらを解いて候補点$${(x,y)}$$を算出する方法を、ラグランジュの未定係数法という。
極値の確認
ここで上の候補点が実際に極値であることを示すために、
$$
\frac{d^2}{dx^2} f(x,\psi(x)) \neq 0
$$
を確認したい。
まず合成関数の微分法則より、
$$
\frac{d}{dx} f_x = f_{xx} \frac{dx}{dx} + f_{xy} \frac{dy}{dx} = f_{xx} - \frac{f_{xy} g_x}{g_y} = \frac{f_{xx} g_y - f_{xy} g_x}{g_y} \\
\frac{d}{dx} f_y = f_{yx} \frac{dx}{dx} + f_{yy} \frac{dy}{dx} = f_{yx} - \frac{f_{yy} g_x}{g_y} = \frac{f_{yx} g_y - f_{yy} g_x}{g_y} \\
\frac{d}{dx} g_x = g_{xx} \frac{dx}{dx} + g_{xy} \frac{dy}{dx} = g_{xx} - \frac{g_{xy} g_x}{g_y} = \frac{g_{xx} g_y - g_{xy} g_x}{g_y} \\
\frac{d}{dx} g_y = g_{yx} \frac{dx}{dx} + g_{yy} \frac{dy}{dx} = g_{yx} - \frac{f_{yy} g_x}{g_y} = \frac{g_{yx} g_y - g_{yy} g_x}{g_y}
$$
であり、$${\psi''}$$は
$$
\begin{aligned}
\psi''
& = \frac{d\psi}{dx} \\
& = - \frac{d}{dx} \left( \frac{g_x}{g_y} \right) \\
& = - \frac{\frac{dg_x}{dx} g_y - g_x \frac{dg_y}{dx}}{g_y^2}\\
& = - \frac{\left( g_{xx} g_y - g_{xy} g_x \right) g_y - g_x \left( g_{yx} g_y - g_{yy} g_x \right)}{g_y^3} \\
& = - \frac{g_{xx} g_y^2 - 2 g_{xy} g_x g_y + g_{yy} g_x^2}{g_y^3}
\end{aligned}
$$
と表されるから、$${(*)}$$の両辺をさらに$${x}$$で微分することで
$$
\begin{aligned}
& \frac{d^2}{dx^2} f(x,\psi(x)) \\
= & \frac{d}{dx}f_x + \frac{d}{dx} (f_y \psi') \\
= & \frac{( f_{xx} g_y - f_{xy} g_x ) + ( f_{yx} g_y - f_{yy} g_x ) \psi' + f_y \psi''}{g_y} \\
= & \frac{( f_{xx} g_y - f_{xy} g_x ) g_y^3 - ( f_{yx} g_y - f_{yy} g_x ) g_x g_y^2 - f_y (g_{xx} g_y^2 - 2 g_{xy} g_x g_y + g_{yy} g_x^2)}{g_y^4} \\
= & \frac{f_{xx} g_y^4 - 2 f_{xy} g_x g_y^3 + f_{yy} g_x^2 g_y^2- f_y (g_{xx} g_y^2 - 2 g_{xy} g_x g_y + g_{yy} g_x^2)}{g_y^4} \\
\end{aligned}
$$
が得られる。これを計算して、$${0}$$でないことを示せばよい。