ラグランジュの未定係数法 のバックアップソース(No.4)

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[[量子力学Ⅰ]]

* 解きたい問題 [#f4d9cac4]

&math(f(x_1,x_2,\dots,x_n)); を、

&math(m); 個の拘束条件

 &math(g_1(x_1,x_2,\dots,x_n)=0); ~
 &math(g_2(x_1,x_2,\dots,x_n)=0); ~
 &math(\ \ \ \vdots); ~
 &math(g_m(x_1,x_2,\dots,x_n)=0); 

の下で最大化・最小化したい (ただし &math((m<n));)。

実際には拘束条件の下で &math(f); の ___停留点___ を探すことになる。


このような問題は ___ラグランジュの未定係数法___ と呼ばれる手法を使うと簡単に解ける。

** キモ [#x9a84277]

「拘束条件下での停留点」とは、

&math(\bm x=(x_1,x_2,\dots,x_n)); を &math(n); 次元空間のベクトルにおいて
拘束条件を満たす点として、

「&math(\Delta\bm x); を拘束条件を破らない方向に取る限り」 

&math(f); の一次の変位量がゼロとなる: ~
 &math(\Delta f=\bm\nabla f\cdot\Delta\bm x=0); 

という意味である。

拘束条件を破るような方向へ動かしたときに &math(\Delta f\ne 0); となっても構わないところが
拘束条件付き停留点探しのキモである。

* ラグランジュの未定係数法 [#v1fe15da]

未定係数 &math(\lambda_i); を用いて

 &math(L(x_1,x_2,\dots,x_n)=f(x_1,x_2,\dots,x_n)-\sum_i \lambda_i g_i(x_1,x_2,\dots,x_n));

という関数を構成し、

 &math(\frac{\partial L}{\partial x_1}=\frac{\partial L}{\partial x_2}=\dots=\frac{\partial L}{\partial x_n}=0);

 &math(\frac{\partial L}{\partial \lambda_1}=\frac{\partial L}{\partial \lambda_2}=\dots=\frac{\partial L}{\partial \lambda_m}=0);

のすべての条件式を満たす点 &math(\bm x); およびその点における係数 &math(\lambda_i); を見つければ、
その点が停留点となる。

また逆に、全ての停留点に対して上記の条件式を満足する係数 &math(\lambda_i); が存在する。

すなわち、上の条件式は停留点であるための必要十分条件になっている。
** 条件式の意味 [#h726f0a8]

&math(\lambda_i); での微分からは元の拘束条件が現れるのみであるのに対して、

&math(x_j); での微分は、

 &math(\frac{\partial L}{\partial x_j}=\frac{\partial f}{\partial x_j}-\sum_i \lambda_i\frac{\partial g}{\partial x_j}=0);

となるから、&math(n); 本の条件をすべてまとめてベクトル形式とすれば、

 &math(\bm \nabla L=\bm \nabla f-\sum_i \lambda_i \bm \nabla g_i=\bm 0);

と書ける。これを変形すると、

 &math(\bm \nabla f=\sum_i \lambda_i \bm \nabla g_i);

となり、すなわち 

 &math(\bm \nabla f); が &math(\bm \nabla g_i); の一次結合で表せるような点が停留点である

と読める。

* 停留点の十分条件となっていること [#j4fbf759]

ラグランジュの未定係数法の条件式を満たす点 &math(\bm x); が必ず停留点となることは、
以下のように簡単に理解できる。

&math(\bm x); は拘束条件を満たすから、&math(\Delta \bm x); をすべての &math(g_i); 
の値を変化させない方向に取った時のみ、変位後の点も拘束条件を満たすことになる。

そのような &math(\Delta \bm x); に対しては、すべての &math(i); に対して
&math(\Delta g_i=\bm\nabla g_i\cdot \Delta\bm x=0); が成り立つ。

このことと条件式より、

&math(
\Delta f=\bm\nabla f\cdot\Delta\bm x=\sum_i \lambda_i\underbrace{\bm\nabla g_i\cdot\Delta\bm x}_{=\,0}=0
);

となり、実際に停留点となっていることを確認できる。


* 停留点の必要条件となっていること [#e0c73b69]

逆に、停留点であれば必ずラグランジュの未定係数法の条件式を満たす &math(\lambda_i); 
が存在するだろうか?

条件式: &math(\bm\nabla f=-\sum_i\lambda_i\bm\nabla g_i);

これは、停留点において &math(\bm\nabla f); が &math(\bm\nabla g_i);
の張る空間の元となっていることを主張している。

以下にこの意味を考えよう。

拘束条件の下での停留点を考え、そこからの変位を &math(\Delta\bm x); とする。

何も考えなければ &math(\Delta\bm x); は &math(n); 次元ベクトル空間 &math(K^n); 
から任意のベクトルを選ぶことができる。

この部分空間として、&math(m); 本のベクトル &math(\{\bm\nabla g_i\}); が張る部分空間 &math(V_\mathrm{break}); を考える。

また、すべての &math(\bm\nabla g_i); と直交するようなベクトルの集合 &math(V_\mathrm{meet}); 
を考えればこれも部分空間となる。

定義より、これら2つの空間は互いに直交補空間となっている。

すなわち、&math(K^n); は &math(V_\mathrm{break}); と &math(V_\mathrm{meet}); との直交直和である。

&math(K^n=V_\mathrm{break}\oplus V_\mathrm{meet}); ~

任意の &math(\Delta\bm x\in V_\mathrm{meet}); はすべての &math(\bm\nabla g_i); 
と直交するから、すなわちすべての &math(i); に対して &math(\Delta g_i=0); となり、
&math(V_\mathrm{meet}); は「制約条件を満たす変位」が作る線形空間となる。

今考えている点は拘束条件の下で停留点であると仮定したから、
制約条件を満たす任意の &math(\Delta\bm x); に対して
&math(\Delta f=\bm\nabla f\cdot\Delta\bm x=0); が成り立つ。

これは、&math(\bm\nabla f); が &math(V_\mathrm{meet}); の任意の元に直交することを意味しており、
すなわち &math(\bm\nabla f); が &math(V_\mathrm{meet}); の直交補空間 &math(V_\mathrm{break}); 
の元であることを示している。

上の仮定から &math(\{\bm\nabla g_i\}); は &math(V_\mathrm{break}); 
を張るから、&math(\bm\nabla f); を &math(\{\bm\nabla g_i\}); の一次結合で表すことが可能。

その係数が &math(\lambda_i); なわけである。

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