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ラグランジュの未定乗数法とは
ラグランジュの未定乗数法は、\(\boldsymbol{g(x,y)=0}\)の条件があるとき、関数\(\boldsymbol{f(x,y)}\)の極値（最大値と最小値）を求める方法で、任意の変数\(\lambda\)を含む関数\(L\)を
$$\boxed{L(x,y,\lambda)=f(x,y)-\lambda g(x,y)}$$
と設定し、偏微分して0と置いた3つの式
$$\boxed{\begin{eqnarray}
\frac{\partial L}{\partial x}&=&0\\
\frac{\partial L}{\partial y}&=&0\\
\frac{\partial L}{\partial \lambda}&=&g(x,y)=0
\end{eqnarray}}$$
の連立方程式の解\((x,y)\)が、\(f(x,y)\)の極値となる。（厳密には、求まるのは極値ではなく、極値の候補であり、最後に解を\(f(x)\)に代入して確かめる必要がある）\(g(x,y)=0\)を制約条件、\(f(x,y)\)を目的関数、\(\lambda\)をラグランジュ乗数、\(L\)をラグランジュ関数と言う。
簡単な例題
証明の前にイメージを掴むため、簡単な例題として、\(x^2+y^2=1\)の制約条件があるとき、目的関数\(f(x,y)=x+y\)の極値を考える。
これは、xy平面の単円上で座標が動くとき、z軸にx+yの値を表したグラフの最大値と最小値を求める問題で、計算しなくても答えは想像できる。ラグランジュの未定乗数法を使って計算すると、ラグランジュ関数\(L\)は、
$$L(x,y,\lambda)=x+y-\lambda(x^2+y^2-1)$$
であるから、
\begin{eqnarray}
\frac{\partial L}{\partial x}&=&1-2x\lambda=0\\
\frac{\partial L}{\partial y}&=&1-2y\lambda=0\\
\frac{\partial L}{\partial \lambda}&=&x^2+y^2-1=0\\
\end{eqnarray}
となり、1つ目と2つ目の式より\(\lambda\)を消去すると、
$$x=y$$
となるので、3つ目の式に代入すると、求める極値は、
$$(x,y)=\left(\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{1}{\sqrt{2}}\right),\left(-\frac{1}{\sqrt{2}},-\frac{1}{\sqrt{2}}\right)$$
の2点となる。
ラグランジュの未定乗数法の証明
\(f(x,y)\)が極値をとるとき、\(f(x,y)\)の全微分は0になる。また、\(g(x,y)\)は常に0で変化しないので、\(g(x,y)\)の全微分も0になる。したがって、
\begin{eqnarray}
d f&=&\frac{\partial f}{\partial x}dx+\frac{\partial f}{\partial y}dy=0\\
d g&=&\frac{\partial g}{\partial x}dx+\frac{\partial g}{\partial y}dy=0
\end{eqnarray}
となる。2つ目の式を\(d y\)で解いて、1つ目の式に代入すると、
$$\frac{\partial f}{\partial x}dx-\frac{\partial f}{\partial y}\frac{\frac{\partial g}{\partial x}}{\frac{\partial g}{\partial y}}dx=\left(\frac{\partial f}{\partial x}-\frac{\partial f}{\partial y}\frac{\frac{\partial g}{\partial x}}{\frac{\partial g}{\partial y}}\right)dx=0$$
となる。\(dx\)の微小変化があっても常に0であるためには、括弧の中が0でなければならないので、
$$\frac{\frac{\partial f}{\partial x}}{\frac{\partial g}{\partial x}}=\frac{\frac{\partial f}{\partial y}}{\frac{\partial g}{\partial y}}$$
となる。両辺を\(\lambda\)と置くと、
\begin{eqnarray}
\frac{\partial f}{\partial x}-\lambda\frac{\partial g}{\partial x}&=&0\\
\frac{\partial f}{\partial y}-\lambda\frac{\partial g}{\partial y}&=&0
\end{eqnarray}
の2式となる。この2式は、もともと\(f\)と\(g\)を全微分しているので定数の情報が無くなっている。先程の例題で言えば、\(g\)の\(x^2+y^2=1\)の右辺、つまり円の半径を自由に変えても、\(f\)の極値となる\(x\)と\(y\)の関係式\(x=y\)が求まる。したがって、極値を定めるため、\(x\)と\(y\)が\(g=0\)上の点であることを加えて
\begin{eqnarray}
\frac{\partial f}{\partial x}-\lambda\frac{\partial g}{\partial x}&=&0\\
\frac{\partial f}{\partial y}-\lambda\frac{\partial g}{\partial y}&=&0\\
g&=&0
\end{eqnarray}
の3式の条件が必要となる。したがって、ラグランジュ関数とその偏微分の3式より、極値を求めることができる。
変数や束縛条件が増えた場合
ラグランジュの未定乗数法は、変数や制約条件が増えてもそのまま成り立ち、例えば、変数が\(x,y,z\)、制約条件が\(g_1=0,g_2=0\)の場合、ラグランジュ関数は、
$$L(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2)=f(x,y,z)-\lambda_1 g_1(x,y,z)-\lambda_2 g_2(x,y,z)$$
となり、偏微分して0と置いた5つの式で極値を求める。
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