問題 1.1. 縦, 横, 高さが x, y, z の直方体内の質量 m の室対は基底

問題 1.1. 縦, 横, 高さが x, y, z の直方体内の質量 m の室対は基底エネルギー
µ
¶
k2
1
1
1
E(x, y, z) =
+
+
8m x2
y2
z2
(k は物理定数) となる. 直方体の体積 V0 = xyz が一定であるとき, 基底エネ
ルギーの最小値を求めよ.
解. x > 0, y > 0, z > 0 なので z = V0 /xy を E(x, y, z) に代入すると,
µ
¶
k2
1
1
x2 y 2
F (x, y) :=
+
+
8m x2
y2
V02
となる. 1/x2 > 0, 1/y 2 > 0, x2 y 2 /V02 であるから相加平均と相乗平均の関係
より,
F (x, y) ≥
3k 2 −2/3
V
8m 0
1/3
となり, 等号は 1/x2 = 1/y 2 = x2 y 2 /V02 のとき, すなわち, x = y = V0
の
とき、またそのときに限り成立する. 従って E(x, y, z) の最小値は x = y =
1/3
z = V0
−2/3
のときの値 (3k 2 )V0
/8m である.
解. x > 0, y > 0, z > 0 なので z = V0 /xy を E(x, y, z) に代入すると,
D = {(x, y) | x > 0, y > 0} を定義域とする関数
µ
¶
1
1
x2 y 2
k2
F (x, y) :=
+
+
8m x2
y2
V02
が得られる. ∂D = ∅, ∂(Dc ) = {(x, y) | x = 0, y ≥ 0} ∪ {(x, y) | y = 0, x ≥
0} ∪ {∞} である.
µ
¶
1
xy 2
k2
− 3 + 2 = 0,
4m
x
V0
µ
¶
2
k
1
x2 y
Fy (x, y) =
− 3 + 2 = 0,
4m
y
V0
Fx (x, y) =
1/3
を解くと, x > 0, y > 0 より x = y = V0 を得る.
¶
µ
k2
y2
3
Fxx (x, y) =
+ 2 ,
4m x4
V
µ ¶ 0
k 2 xy
,
Fxy (x, y) =
2m V02
¶
µ
x2
k2
3
+
,
Fyy (x, y) =
4m y 4
V02
であるからヘッセ行列 H(x, y) は
 2 ³
´
y2
k
3
+
2
4
 4m 2 x³ V´0
k
2m
xy
V02
k2
4m
k2
2m
³
³
3
y4
xy
V02
+
´
x2
V02

´
1/3
1/3
である. したがって (x, y) = (V0 , V0 ) におけるヘッセ行列は
Ã
!
−4/3
−4/3
k 2 V0
/m k 2 V0
/2m
1/3
1/3
H(V0 , V0 ) :=
−4/3
−4/3
k 2 V0
/2m k 2 V0
/m
1/3
1/3
−4/3
1/3
1/3
, V0 ) = (3/4)k 2 V0
/m > 0, tr H(V0 , V0 ) =
1/3
1/3
> 0 となる. 従って, (x, y) = (V0 , V0 ) は F (x, y) の極小点で
−2/3
/8m となる.
あり, 極小値は (3k 2 )V0
y < ∞ のとき limx→0 F (x, y) = ∞ であり, x < ∞ のとき limy→0 F (x, y) =
∞ である. x = r cos t, y = r sin t とおくと
µ
¶
k2
1
1
r4 sin2 t cos2 t
F (x, y) =
+
+
8m r2 cos2 t r2 sin2 t
V02
となるので, det H(V0
−4/3
/m
k 2 V0
であり, limr→∞ F (x, y) = limr→0 F (x, y) = ∞ である. 従って (x, y) =
1/3
1/3
1/3
(V0 , V0 ) は F の最小点である. xyz = V0 より x = y = V0 のとき
1/3
1/3
1/3
1/3
z = V0 であるから, E の最小値は (x, y, z) = (V0 , V0 , V0 ) のときの
−2/3
値 (3k 2 )V0
/8m である.
解. g(x, y) = xyz −V0 とおく. 関数 E(x, y, z) の g = 0 における定義域は D =
{(x, y, z) | x > 0, y > 0, z > 0} である. ∂D = ∅, ∂(Dc ) = {(x, y, z) | x =
0 y ≥ 0, z ≥ 0} ∪ {(x, y, z) | y = 0 x ≥ 0, z ≥ 0} ∪ {(x, y, z) | z = 0 x ≥ 0, y ≥
0} ∪ {∞} である.
k2
F (x, y, z, λ) :=
8m
µ
1
1
1
+ 2+ 2
x2
y
z
¶
+ λ(xyz − V0 )
とおく.
k2
∂F
k2
∂F
k2
∂F
=−
+
λyz,
=
−
+
λxz,
=
−
+ λxy,
∂x
4mx3
∂y
4my 3
∂z
4mz 3
∂g
∂g
∂g
∂F
= xyz − V0 ,
= yz,
= xz,
= xy
∂λ
∂x
∂y
∂z
である. 従って, dF = 0 であることと,
1/3
(x, y, z, λ) = (V0
1/3
, V0
1/3
, V0
−5/3
, (k 2 /4m)V0
)
であることは同値である. 一方,
∂g
∂g
∂g
=
=
=0
∂x
∂y
∂z
1/3
をみたす (x, y, z) は D には存在しない. したがって, (x, y, z) = (V0
1/3
, V0
1/3
, V0
が E の g = 0 における極点の候補である.
G(x, y) = E(x, y, V0 /xy) とおく. G の定義域は, R = {(x, y) | x > 0, y > 0}
である. ∂R = ∅, ∂(Rc ) = {(x, y) | x = 0, y ≥ 0} ∪ {(x, y) | y = 0, x ≥
0} ∪ {∞} である（以下略）.
)
問題 1.2. 四種の対立形質 A, B, O は四種の血液型 A, B, O, AB を決める.
Hardy-Weinberg の法則によると二種の異なった形質をもつ個人の人口にお
ける割合 P は,
P = 2pq + 2qr + 2rp
をみたす. ここで, p, q, r は人口に対する血液型が A, B, O である人の割合
である. p + q + r = 1 のとき, P の最大値を求めよ.
解. r = 1−p−q を 2pq+2qr+2rp に代入して得られる定義域 D := {(p, q) | 0 ≤
p + q ≤ 1} の関数 Q(p, q) := 2pq + 2q(1 − p − q) + 2(1 − p − q)p を考える.
∂D = {(p, q) | p = 0, 0 ≤ q ≤ 1} ∪ {(p, q) | q = 0, 0 ≤ p ≤ 1} ∪ {(p, q) | 0 ≤
p ≤ 1 p + q = 1}, ∂(Dc ) = ∅ である.
整理すると Q(p, q) = 2p + 2q − 2pq − 2p2 − 2q 2 となる.
Qp (p, q) = 2 − 2q − 4p = 0, Qq (p, q) = 2 − 2p − 4q = 0
を解くと, (p, q) = (1/3, 1/3) を得る.
Qpp (p, q, r) = −4, Qpq (p, q, r) = −2, Qqq (p, q, r) = −4,
であるから, ヘッセ行列 H は
Ã
!
−4 −2
H=
−2 −4
となり, det H = 12 > 0, tr H = −4 となる. したがって (p, q) = (1/3, 1/3)
は極大点となり, Q(1/3, 1/3) = 2/3 は極大値となる.
Q(0, q) = 2q − 2q 2 = −2(q − 1/2)2 + 1/2, (0 ≤ q ≤ 1) は q = 1/2 で最
大値 1/2 をとる. 同様に Q(p, 0), (0 ≤ p ≤ 1) は p = 1/2 で最大値 1/2 をと
る. p + q = 1 上では Q(p, 1 − p) = 2p − 2p2 (0 ≤ p ≤ 1) となり p = 1/2
で最大値 1/2 をとる. 従って Q(p, q), {(p, q) | 0 ≤ p + q ≤ 1} の最大値は
(p, q) = (1/3, 1/3) のときの値 2/3 である.
問題 1.3. 三点 (2, y1 ), (4, y2 ), (1, y3 ) が与えられたとき, 各点との y 軸方向
の距離の二乗の和が最小になる直線の方程式を求めよ.
解. 求める直線の方程式を y = ax + b, (a, b ∈ R) とおくことができる. 与え
られた点との y 軸方向の距離の二乗の和は
L(a, b) = (2a + b − y1 )2 + (4a + b − y2 )2 + (a + b − y3 )2
となる. 定義域は R2 である. ∂R2 = ∅, ∂((R2 )c ) = {∞} である.
整理すると,
L(a, b) = 21a2 +14ab+3b2 −2(2y1 +4y2 +y3 )a−2(y1 +y2 +y3 )b+(y12 +y22 +y32 )
となる.
La (a, b) = 42a + 14b − 2(2y1 + 4y2 + y3 ) = 0,
Lb (a, b) = 14a + 6b − 2(y1 + y2 + y3 ) = 0
の解 (α, β) は
1
(−y1 + 5y2 − 4y3 ),
14
1
β = (y1 − y2 + 2y3 )
2
となる. ヘッセ行列 H は
Ã
!
42 14
14 6
α=
であるので, det H > 0, tr H > 0 である. 従って, (α, β) は極小点である.
a = r cos t, b = r sin t とおいたとき,
L(a, b) =r2 (21 cos2 t + 14 cos t sin t + 3 sin2 t)
− 2r(2y1 + 4y2 + y3 ) cos t − 2r(y1 + y2 + y3 ) sin t + (y12 + y22 + y32 )
である.
21 cos2 t + 14 cos t sin t + 3 sin2 t = 21(cos t + (sin t)/3)2 + (2/3) sin2 t > 0
であるから, limr→∞ L(a, b) = ∞ である. 従って (α, β) は最小点である. よっ
て求める方程式は
y=
1
1
(−y1 + 5y2 − 4y3 )x + (y1 − y2 + 2y3 )
14
2
となる.
一般の場合のラグランジュ未定乗数法
U ⊂ Rn とする . f : U → R, gi : U → R (i = 1, . . . p, p < n) が一回連続偏
微分可能であるとする.
F (x1 , . . . , xn , λ1 , . . . , λp ) := f (x1 , . . . , xn ) +
p
X
λi gi (x1 , . . . , xn )
i=1
とおく. (y1 , . . . , yn ) ∈ U が gi (x1 , . . . , xn ) = 0 (i = 1, . . . , p) のもとでの f の
極点であるならば, dF (y1 , . . . , yn ) = 0 であるかまたは x1 , . . . , xn から p 個取
り出してできる任意の xi1 , . . . , xip について g = (g1 , . . . , gp ) のヤコビ行列式
¯
¯
¯∂g /∂x
· · · ∂g1 /∂xip ¯¯
i1
¯ 1
¯
¯
..
..
¯
¯
.
.
¯
¯
¯
¯
¯∂gp /∂xi1 · · · ∂gp /∂xip ¯
の (y1 , . . . , yn ) における値が 0 になる.
二変数関数の最小値の求め方
以下の議論は一般の多変数関数の場合も同様である.
D ⊂ R2 ∪ {∞} かつ ∞ 6∈ D とする. D の R2 ∪ {∞} における補集合を Dc
とかく. D 内の点は次の二種類に分類される.
• D の内部 Di にある点,
• D の境界 ∂D にある点,
注. {(x, y) | x2 + y 2 < a2 x ≥ 0} の内部は {(x, y) | x2 + y 2 < a2 x > 0}, 境界
は {(x, y) | − a < y < a x = 0} である. Rc の境界は {∞} である.
F (x, y) を D ⊂ R2 上で定義された二回連続微分可能な関数とする. F の最
小値は存在する場合もあれば存在しない場合もある.
F の最小値が存在しないことと, Dc の境界の点 p で, 任意の q ∈ D にたい
して
lim
F (x, y) < F (q)
(x,y)→p, (x,y)∈D
となるようなものが存在することは同値である.
逆に言うと F の最小値が存在することと, Dc の境界の任意の点 p にたいし
て, q ∈ D で
lim
(x,y)→p, (x,y)∈D
F (x, y) ≥ F (q)
となるようなものが存在することは同値である.
最小値をとる場合, 最小点となりうるのは次の点である.
• 極小点 (∈ Di ),
• ヘッセ行列の行列式が 0 になる点 (∈ Di ),
• D の境界上の点.
従ってそれぞれの点における F の値を計算して, それらのうち最小なものが
F の最小値である.
注. D = {(x, y) | x2 + y 2 ≤ 1, 0 < x ≤ 1} のとき, D の境界は y 軸を含まない.
注. 最小値が存在するとし, 停留点 (∈ Di ) がただ一つであるとする. このと
き最小点は D の境界上の点であるかまたは停留点である. D に境界がなけれ
ば停留点が最小点である.
Lemma 1. 定義域が R2 の関数 F (x, y) が lim(x,y)→∞ F (x, y) = ∞ を満た
すとする. F が停留点をただ一つ持ち, それが極小点であれば, 停留点は最小
点となる.
Proof. ∂R2 = ∅, ∂((R2 )c ) = {∞} である. 仮定より任意の q ∈ R2 にたいし
て lim(x,y)→∞ F (x, y) > F (q) であるから, F には最小値が存在する. 仮定よ
り F が停留点をただ一つ持ち, それが極小点であり, ∂R2 = ∅ であるから, 停
留点が最小点になる.

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