極値と座標を求める問題

質問

関数f(x,y,z)=x^2+y^2+z^2が条件z^2-xy=1という制約を受けるときの極値とその座標を求める問題がわかりません。

解説のほうをよろしくお願いします。

回答No.15

中村 拓男（@tknakamuri）

＞そのためには陰関数定理から∂g/∂z ≠ 0でないといろいろ困る.

確かにそうですね。いままで真面目にこの辺りを考えず、
条件が陽関数なら即代入して解いてました(^^;

変数を減らさない未定乗数法の方が無難なようですね。
よい勉強になりました。

回答No.14

Tacosan

「制約で変数を減らして解く」のが必ずしも正しくないってのはよいかと思います＞#13.

「制約 g(x, y, z) = 0 を使って変数 z を消去する」ってのは, 結局のところ
・g(x, y, z) = 0 を z について解いて
・それを代入する
ということになって, そのためには陰関数定理から
∂g/∂z ≠ 0
でないといろいろ困る. つまり, 今の場合 z ≠ 0 の周辺での f のふるまいを見るには「制約で変数を減らす」方針が有効なんだけど, z = 0 のまわりでは (少なくとも単純には) まずい, ということかなぁ?

回答No.13

中村 拓男（@tknakamuri）

私もちょっと見えてきたんですが

z^2-xy=1

という曲面は　ANO6 の図を見ていただければわかりますが、Z=0 では z軸に平行です。
つまり、x, y, z を微小変化させた場合 z = 0、x = 1, y = -1 では 左辺の変化量は

(δz)^2 - (1+δx)(-1+δy) = (δz)^2 + 1 - δy + δx - δyδx

ですから2次の変化量を無視すると、δzとは無関係に δx - δy = 0 という制約が発生します。
この制約は z = 0　の時だけ発生しますが、この時だけ δx と δy は独立に扱えなくなります。
＃他の点では δzを調整すれば δx とδy　は好きにできます

つまり、zを消去した, x と y に何の制約もない h(x, y)=x^2 + y^2 + xy + 1 を
x と y が独立であるとして、x と y で「個別に」偏微分しても、全ての停留点は求まらないのだと思います。

以上が正しいとすると、制約で変数を減らして解くのはまずいってことかな？

回答No.12

Tacosan

じっと見直してみました.

おっしゃる通りです＞#11.

で何を見落としたか, ですが, 見た感じでは
x や y に本来あるはずの条件を落としてしまっている
というところかなぁと思います. つまり, #1 や #2 では z^2 を 1 + xy で置き換えていますが, このとき
1 + xy = z^2 ≧ 0 だから xy ≧ -1 でなければならない
わけです. ところが, #1 や #2 ではこの条件について検討していない可能性があります (検討した結果不要なので書かなかったのかもしれないが, 少なくとも「検討したとする根拠はない」とはいえる). そして, z=0 がたまたまこの x, y の条件の境界に対応するため消えてしまったんじゃないかという気がします.

振り返ってみると #8 で気づいてもよかったんだなぁ....

回答No.11

中村 拓男（@tknakamuri）

>どちらかというとこの z=0 を「未定乗数法を適用することによって
>出現したアーティファクト」とみるべきではないかと.

いや、z=0 は明らかに停留点なので、未定乗数法は正しく機能していると思います。

zの消去を使った手法も停留値を見つけるためのもので極値かは別途吟味が
必要です。つまり「見逃して」いるわけです。

回答No.10

Tacosan

ぶっちゃけラグランジュの未定乗数法は理屈を知らんので説明はできないんですが....

ただ, 今回の件については z=0 が本来極値とは関係ないはずなので, 「最初のやり方では z=0 の停留点を見逃してしまう」という評価はちょっと違うんじゃないかなぁと思います＞#9. 「見逃す」というのは「本当だったら見つけなければならないものを見つけられない」というニュアンスですからね.

どちらかというとこの z=0 を「未定乗数法を適用することによって出現したアーティファクト」とみるべきではないかと.

回答No.9

中村 拓男（@tknakamuri）

Tacosanさん 極値ではなさそうというのは了解しました。ありがとうございます。

質問者様も回答が2種類あると気味が悪いと思うので、私
の疑問点を続けさせてもらいますが、

f に束縛条件 z^2=1+xy を代入すると h(x, y)=x^2+y^2+xy+1

停留点の条件を

∂h/∂x = 2x + y = 0
∂h/∂y = 2y + x = 0

とすると

x=y=0 ⇒ z=±1

です。

一方ラグランジュの未定乗数法では
g = 1 + xy - z^2 として

h(x, y, z, λ)=f + λg

∂h/∂x = 2x + λy = 0
∂h/∂y = 2y + λx = 0
∂h/∂z = 2z + λ・2z = 2z(1-λ)=0
∂h/∂λ=1 + xy - z^2 = 0

なので　λ=1 としたときは x = y = 0 で消去法と同じ結論になりますが
この他　z=0 と置くと λ=2, x = 1, y = -1 または λ=2, x = -1, y = 1
も停留点となります。

検算してみると、x=1, y=-1, z=0 での g=0曲面での法線ベクトルの方向は

(∂g/∂x, ∂g/∂y, ∂g/∂z) = (y, x, -2z)=(-1, 1, 0)

一方 球面 f = 2 のx=1, y=-1, z=0　での 法線ベクトルの方向は

(∂f/∂x, ∂f/∂y, ∂f/∂z) = (2x, 2y, 2z) = (1, -1, 0)

向きは逆ですが、方向は一致していますので、少なくとも停留点であることは
間違いなさそうです。

最初のやり方ではなぜ z=0 の停留点を見逃してしまうのかが、私の疑問です。

回答No.9

中村 拓男（@tknakamuri）

Tacosanさん 極値ではなさそうというのは了解しました。ありがとうございます。

質問者様も回答が2種類あると気味が悪いと思うので、私
の疑問点を続けさせてもらいますが、

f に束縛条件 z^2=1+xy を代入すると h(x, y)=x^2+y^2+xy+1

停留点の条件を

∂h/∂x = 2x + y = 0
∂h/∂y = 2y + x = 0

とすると

x=y=0 ⇒ z=±1

です。

一方ラグランジュの未定乗数法では
g = 1 + xy - z^2 として

h(x, y, z, λ)=f + λg

∂h/∂x = 2x + λy = 0
∂h/∂y = 2y + λx = 0
∂h/∂z = 2z + λ・2z = 2z(1-λ)=0
∂h/∂λ=1 + xy - z^2 = 0

なので　λ=1 としたときは x = y = 0 で消去法と同じ結論になりますが
この他　z=0 と置くと λ=2, x = 1, y = -1 または λ=2, x = -1, y = 1
も停留点となります。

検算してみると、x=1, y=-1, z=0 での g=0曲面での法線ベクトルの方向は

(∂g/∂x, ∂g/∂y, ∂g/∂z) = (y, x, -2z)=(-1, 1, 0)

一方 球面 f = 2 のx=1, y=-1, z=0　での 法線ベクトルの方向は

(∂f/∂x, ∂f/∂y, ∂f/∂z) = (2x, 2y, 2z) = (1, -1, 0)

向きは逆ですが、方向は一致していますので、少なくとも停留点であることは
間違いなさそうです。

最初のやり方ではなぜ z=0 の停留点を見逃してしまうのかが、私の疑問です。

回答No.8

Tacosan

z^2 - xy = 1 のグラフを描いてもしょうがないと思うの＞#6.

#3 でいってるのは
z^2 - xy = 1 かつ z = 0 という条件では f が (x, y) = (1, -1), (-1, 1) で極小値 2 をとる
ということだけ.

そこから, 例えば
z^2 - xy = 1 かつ x = 1 という条件で f がどのようにふるまうか
がわかるかっていうとそんな簡単じゃない. 実際, y = z^2-1 を代入すると
f = 1 + (z^2-1)^2 + z^2 = 2 - 2z^2 + 2z^4 = 2(z^2 - 1/2)^2 + 3/2
だから z=0 は極小にならない.

回答No.7

中村 拓男（@tknakamuri）

>z^2+xy+1=0
訂正
z^2=xy+1

図面は正しいです。