2変数関数の極値(extreme values)

1変数の極値については3章で学びました．ここでは2変数の極値について考えてみます．

定義 6..4  

点 $(x_{0},y_{0})$ の $\delta$近傍内のすべての点 $(x,y)$ に対して
$(1) f(x_{0},y_{0}) \leq f(x,y)$ が成り立つとき，関数 $f(x,y)$ は点 $(x_{0},y_{0})$ で極小になるといい， $f(x_{0},y_{0})$ を $f(x,y)$ の 極小値(local minimum) という．
$(2) f(x_{0},y_{0}) \geq f(x,y)$ が成り立つとき，関数 $f(x,y)$ は点 $(x_{0},y_{0})$ で極大になるといい， $f(x_{0},y_{0})$ を $f(x,y)$ の 極大値(local maximum) という．また，極小値と極大値を一括して極値(extrema) という．

1変数のとき関数 $f(x)$ が $x = x_{0}$ で極値をとれば $f^{\prime}(x_{0})$ が存在し，かつ $f^{\prime}(x_{0}) = 0$，または $f^{\prime}(x_{0})$ は存在しないのどちらかでした．2変数でも同じようなことがいえるか考えてみましょう．

定理 6..6  

$f(x,y)$ が $(x_{0},y_{0})$ で極値をとれば，次のどちらかが成り立つ．

$$\nabla f(x_{0},y_{0})が存在し，かつ\nabla f(x_{0},y_{0}) = (0,0)，または \nabla f(x_{0},y_{0})は$$存在しない$$$$

証明 $x$ だけの関数 $f(x,y_{0})$ は $x = x_{0}$ で極値をとるから， $f_{x}(x_{0},y_{0}) = 0$ または $f_{x}(x_{0},y_{0})$ は存在しない． 同様に $f_{y}(x_{0},y_{0}) = 0$ または $f_{y}(x_{0},y_{0})$ は存在しない． $\blacksquare$

例題 6..19  

ここで次の関数の極値について調べてみましょう．

$$f(x,y) = x^2 + xy + 3y^2 + x +y$$

解 $f(x,y)$ が $(x_{0},y_{0})$ で極値をとるとすれば

$$f_{x}(x_{0},y_{0}) = 0$$   したがって$$2x_{0} + y_{0} + 1 = 0$$

$$f_{y}(x_{0},y_{0}) = 0$$   したがって$$x_{0} + 6y_{0} + 1 = 0$$

これを $x_{0},y_{0}$ について解くと

$$x_{0} = -\frac{5}{11}, y_{0} = -\frac{1}{11}$$

つまり $f(x,y)$ は点 $(-\frac{5}{11}, -\frac{1}{11})$ で極値をとる可能性があることが分かりました．しかし，これが極小値なのか極大値なのかさらに調べてみなければなりません． $\blacksquare$

そこで，2変数の関数の極値の判定には次の定理があります．

定理 6..7  

ある領域 $D$ で $f({\bf x})$ は $C^{2}$ 級とする．領域 $D$ 内の点 ${\bf x}_{0}$ で $\nabla f({\bf x}_{0}) = {\bf0}$ であるとき，

$$f_{xx}({\bf x}_{0}) = A, f_{xy}({\bf x}_{0}) = B, f_{yy}({\bf x}_{0}) = C, \Delta = AC - B^2$$

とおくと次のことが成り立つ．

$(1) \Delta > 0, A > 0$   ならば$\ \ f({\bf x}_{0})\mbox{は極小値である }$

$(2) \Delta > 0, A < 0$   ならば$\ \ f({\bf x}_{0})\mbox{は極大値である }$

$(3) \Delta < 0$   ならば$\ \ f({\bf x}_{0})\mbox{は極値でない }$

この定理を証明するのに2変数関数のTaylorの定理を用います．

定理 6..8  

[2変数のTaylorの定理] $z = f(x,y)$ が点 $(x_{0},y_{0})$ の近傍で $C^{n}$ 級ならば，この近傍内にある $(x_{0} + h,y_{0}+k)$ に対して，

$$f(x_{0} + h,y_{0}+k) = f(x_{0},y_{0}) + \left(h \frac{\partial}{\partial x} + k \frac{\partial}{\partial y} \right)f(x_{0},y_{0})$$

$$+ \frac{1}{2!} \left(h \frac{\partial}{\partial x} + k \frac{\partial}{\partial y} \right)^2 f(x_{0},y_{0}) + \cdots$$

$$+ \frac{1}{(n-1)!} \left(h \frac{\partial}{\partial x} + k \frac{\partial}{\partial y} \right)^{n-1} f(x_{0},y_{0}) + R_{n}$$

ただし，

$$R_{n} = \frac{1}{n!}\left (h \frac{\partial}{\partial x} + k \fra... ...partial y} \right )^{n} f(x_{0} + \theta h,y_{0} + \theta k) (0 < \theta < 1)$$

$$\left (h \frac{\partial}{\partial x} + k \frac{\partial}{\partial... ...+ k \frac{\partial}{\partial y} \right )^{m-1} f(x,y), m = 2,3,\cdot \cdot$$

Taylorの定理で $(x_{0},y_{0}) = (0,0)$のとき，マクローリンの定理といいます．

証明 $F(t) = f(x_{0} + h t, y_{0} + k t) (0 \leq t \leq 1)$ とおくと， $F(t)$ は $t$ の $C^{n}$ 級関数であるから，1変数関数のTaylorの定理より

$$F(1) = F(0) + \frac{1}{1!}F'(0) + \frac{1}{2!}F''(0) + \cdots + \frac{1}{(n-1)!}F^{(n-1)}(0) + R_{n}$$

$$R_{n} = \frac{1}{n!}F^{(n)}(\theta t) (0 < \theta < 1)$$

となる．ここで $x = x_{0} + h t, y = y_{0} + k t$ とおくと

$$F^{\prime}(t) = \frac{\partial f}{\partial x}\frac{d x}{d t} + \frac{\partial f}{\partial y}\frac{d y}{d t}$$

$$= \left (h \frac{\partial}{\partial x} + k \frac{\partial}{\partial y} \right )f(x,y)$$

したがって，

$$F^{(m)}(t) = \left (h \frac{\partial}{\partial x} + k \frac{\partial}{\partial y} \right )^{m}f(x,y), m = 1,2,\ldots$$

を示せばよい．そこで数学的帰納法を用いる．$m = 1$ はすでに成り立つので， $m-1$ まで成り立つと仮定すると

$$F^{(m)}(t) = \frac{d}{dt}F^{(m-1)}(t)$$

$$= \frac{\partial }{\partial x}\left (h \frac{\partial}{\partial x} ... ...{\partial x} + k \frac{\partial}{\partial y} \right )^{m-1}f(x,y)\frac{d y}{dt}$$

$$= h \frac{\partial }{\partial x}\left (h \frac{\partial}{\partial x... ...frac{\partial}{\partial x} + k \frac{\partial}{\partial y} \right )^{m-1}f(x,y)$$

$$= \left (h \frac{\partial}{\partial x} + k \frac{\partial}{\partial y} \right )^{m}f(x,y)$$

が成り立つ． $\blacksquare$

やっと2変数の極値に関する定理の証明ができます．

証明 Taylorの定理より， $(x_{0} + h, y_{0} + k) \in D$ に対して

$$f(x_{0} + h,y_{0}+k) = f(x_{0},y_{0}) + hf_{x}(x_{0},y_{0}) + kf_{y}(x_{0} + y_{0})$$

$$+ \frac{1}{2}[h^2 f_{xx}(x_{0}+\theta h,y_{0}+\theta k) + 2hkf_{xy}(x_{0}+\theta h,y_{0}+\theta k)$$

$$+ k^2 f_{yy} (x_{0}+\theta h,y_{0}+\theta k), (0 < \theta < 1)$$

が成り立つ．ここで $Q = f(x_{0} + h, y_{0} + k) - f(x_{0},y_{0})$ とおくと， $f_{x}(x_{0},y_{0}) = f_{y}(x_{0},y_{0}) = 0$ より

$$Q = \frac{1}{2}[h^2 f_{xx}(x_{0}+\theta h,y_{0}+\theta k) + 2hkf_... ...(x_{0}+\theta h,y_{0}+\theta k) + k^2 f_{yy} (x_{0}+\theta h,y_{0}+\theta k) ]$$

次に， $a = f_{xx}(x_{0}+\theta h,y_{0}+\theta k), b = f_{xy}(x_{0}+\theta h,y_{0}+\theta k), c = f_{yy} (x_{0}+\theta h,y_{0}+\theta k)$ とおくと， $f(x_{0} + h, y_{0} + k) - f(x_{0},y_{0})$ の符号は $ah^2 + 2bhk + ck^2$ の符号によってきまる．ここで

$$Q = \frac{1}{2}\left(ah^2 + 2bhk + ck^2\right) = \frac{a}{2}\left[(h + \frac{bk}{a})^2 + \frac{(ac - b^2)k^2}{a^2}\right]$$

に注意しておく．

$\Delta = AC - B^2 > 0, f_{xx}(x_{0},y_{0}) > 0$ のときは， $f(x,y)$ が $C^2$ 級の関数であるから $\vert h\vert,\vert k\vert$ が十分に小さく，しかも同時に0とならないならば，どのような $h,k$ をとっても

$$ac - b^2 > 0, a > 0$$   となるので$$，Q = f(x_{0} + h, y_{0} + k) - f(x_{0},y_{0}) > 0$$

よって $f(x_{0},y_{0})$ は極小値となる．

$\Delta = AC - B^2 > 0, f_{xx}(x_{0},y_{0}) < 0$ のときは， $f(x,y)$ が $C^2$ 級の関数であるから $\vert h\vert,\vert k\vert$ が十分に小さく，しかも同時に0とならないならば，どのような $h,k$ をとっても

$$ac - b^2 > 0, a < 0となるので，f(x_{0} + h, y_{0} + k) - f(x_{0},y_{0}) < 0$$

よって $f(x_{0},y_{0})$ は極大値となる．

次に $\Delta = AC - B^2 < 0$ の場合を考える．もし $f_{xx}(x_{0},y_{0}) \neq 0$ ならば $ac - b^2 < 0, a \neq 0$ とできるが，

$h = r\cos{t}, k = r\sin{t}$ とおくと， $\cos{t} \neq 0$ のとき，

$$Q = ah^2 + 2bhk + ck^2 = r^{2}[a\cos^{2}{t} + 2b\cos{t}\sin{t} + c \sin^{2}{t}]$$

$$= r^{2}\cos^{2}{t}[a + 2b \tan{t} + c \tan^{2}{t}]$$

ここで $-\infty < \tan{t} < \infty$ だから， $Q$ は $t$ により正にも負にもなる． $\blacksquare$

この定理を使って先ほどの問題を解いてみます，

例題 6..20  

$$f(x,y) = x^2 + xy + 3y^2 + x +y$$

の極値を求めてみましょう．

解

$$f_{xx}(x,y) = 2, f_{xy}(x,y) = 1, f_{yy}(x,y) = 6, \Delta = 11$$

となるので $f(-\frac{5}{11}, -\frac{1}{11}) = -\frac{3}{11}$ は極小値になります． $\blacksquare$

例題 6..21  

関数 $f(x,y) = \sin{xy}$を点 $(\frac{\pi}{2},1)$において2次の項までテイラー展開しよう．

解 $f_{x} = y\cos{xy}, f_{y} = x\cos{xy}, f_{xx} = -y^{2}\sin{xy}, f_{xy} = \cos{xy} -xy\sin{xy}, f_{yy} = -x^{2}\sin{xy}$より，定理6.7において, $x = x_{0} + h = \frac{\pi}{2} + h$, $y = y_{0} + k = 1 + k$とおくと，

$$f(x,y) = f(\frac{\pi}{2},1) + (x - \frac{\pi}{2})f_{x}(\frac{\pi}{2},1) + ... ...},1) + \frac{1}{2!}\left\{(x - \frac{\pi}{2})^{2}f_{xx}(\frac{\pi}{2},1)\right.$$

$$+ \left.2(x - \frac{\pi}{2})(y-1)f_{xy}(\frac{\pi}{2},1) + (y-1)^{2}f_{yy}(\frac{\pi}{2},1) \right\} + R_{3}$$

$$= -\frac{1}{2!}\left\{(x - \frac{\pi}{2})^{2} - (x - \frac{\pi}{2})(y-1) - \frac{\pi^{2}}{4}(y-1)^{2}\right\} + R_{3} \ensuremath{ \blacksquare}$$

確認問題

1.

次の関数の $(a,b)$ でのTaylor展開を $xとy$ の2次の項まで求めよう．

(a) $${f(x,y) = x^{2}y, (a,b) = (1,1)}$$ (b) $${f(x,y) = \cos{xy}, (a,b) = (1, \frac{\pi}{2}) }$$

(c) $${f(x,y) = \log{(1 - x + y)}, (a,b) = (1,1)}$$ (d) $${f(x,y) = xe^{2x+y}, (a,b) = (0,0)}$$

2.

次の関数の極値を求めよう.

(a) $${f(x,y) = 2x - x^{2} - y^{2}}$$ (b) $${f(x,y) = x^{2} - 6y^{2} + y^{3}}$$

(c) $${f(x,y) = x^{3} - 3x + y}$$ (d) $${f(x,y) = x^{2} + xy + y^{2} - 3x - 3y}$$

演習問題

1.

次の関数の極値を求めよう．

(a) $${f(x,y) = 2x^2 + y^2 -xy - 7y}$$ (b) $${f(x,y) = \frac{x}{y^2} + xy }$$

(c) $${f(x,y) = x^3 + y^3 - 3xy}$$ (d) $${f(x,y) = (x^2 + y^2)^2 - 2(x^2 - y^2)}$$

2.

次の関数の $(a,b)$ でのTaylor展開を $xとy$ の2次の項まで求めよう．

(a) $${f(x,y) = e^x \cos{y}, (a,b) = (0,0)}$$

(b) $${f(x,y) = \log{(x + y^2)}, (a,b) = (2,1)}$$