解答例 1

まず, \begin{align*} & f(x, y) = (x-x_0)^2 + (y-y_0)^2, \\ & g(x, y) = ax + by - c \end{align*} とおく. 条件 $g(x, y) = 0$ のもとでの $f(x, y)$ の極値を与える点を Lagrange の未定乗数法によって求める. \begin{align*} F(x, y, \lambda) &= f(x, y) - \lambda g(x, y) \\ &= (x-x_0)^2 + (y-y_0)^2 + \lambda(ax+by-c) \end{align*} とおき, 連立方程式 \begin{equation} \begin{split} &\frac{\partial F}{\partial x} = 2(x - x_0) + \lambda a = 0, \\ &\frac{\partial F}{\partial y} = 2(y - y_0) + \lambda b = 0, \\ &\frac{\partial F}{\partial \lambda} = c - (ax + by) = 0 \end{split} \tag{1} \end{equation} を解くと, ただ1つの解 \begin{align*} x &= x_0 - \frac{a(ax_0+by_0-c)}{a^2+b^2}, \\ y &= y_0 - \frac{b(ax_0+by_0-c)}{a^2+b^2}, \\ \lambda &= \frac{2(ax_0+by_0-c)}{a^2+b^2} \end{align*} が得られる. この $(x, y)$ を $(x_1, y_1)$ とおく.

$f(x, y)\to\infty$ ($\sqrt{x^2+y^2}\to\infty$) より, ある実数 $M>0$ が存在して, 任意の $(x, y)\in\mathbb{R}^2$ に対して, \begin{equation} \sqrt{x^2+y^2}\geq M \Longrightarrow f(x, y) > f(x_1, y_1) \tag{2} \end{equation} が成り立つ. \begin{align*} C &= \{ (x, y)\in\mathbb{R}^2 \mid g(x, y) = 0 \}, \\ D &= \{ (x, y)\in\mathbb{R}^2 \mid \sqrt{x^2+y^2} < M \}, \\ \overline{D} &= \{ (x, y)\in\mathbb{R}^2 \mid \sqrt{x^2+y^2} \leq M \}, \\ \partial D &= \overline{D}\setminus D = \{ (x, y)\in\mathbb{R}^2 \mid \sqrt{x^2+y^2} = M \} \end{align*} とおく. (2) の対偶より, $(x_1, y_1)\in D\cap C$ である. $\overline{D}\cap C$ は $\mathbb{R}^2$ の有界閉集合なので, $f(x, y)$ は $\overline{D}\cap C$ 上で最大値と最小値をとる. もし仮に最小値を与える点が $\partial{D}\cap C$ に属するとすれば, (2) に矛盾する. したがって, 最小値を与える点 $(x, y)$ は $D\cap C$ に属し, ある $\lambda$ が存在して連立方程式 (1) の解になる. ところが, そのような点は $(x_1, y_1)$ しかない.

したがって, $$ f(x_1, y_1) = \frac{(ax_0+by_0-c)^2}{a^2+b^2} $$ が最小値である. 求める最短距離はこれの正の平方根である. すなわち, $$ \frac{\lvert ax_0+by_0-c\rvert}{\sqrt{a^2+b^2}}. $$ そして, 最短距離を与える直線上の点は $$ (x_1, y_1) = (x_0 - aA_0, y_0 - bA_0), \quad A_0 = \frac{ax_0+by_0-c}{a^2+b^2} $$ である.

最終更新日：2011年11月02日