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f(x, y) は(全)微分可能とする。
t の一変数関数 φ(t) を、
$$\phi (t)=f(a+\alpha t,b+\beta t)$$
と定める。
// φ(t) = f(a+αt, b+βt) と定める。
>つまり、φ(t) は xy 平面上の点(a, b)から速度(α, β)で t 進んだところの f(x, y) の値。
>φ(t) は f(x, y) の断面となっている。
φ(t) を t で微分してみる。
　$$\begin{align} \phi '(t) & =\lim_{h \to 0} \frac{1}{h}\{ \phi (t+h)-\phi (t) \} \\ & =\lim_{h \to 0} \frac{1}{h}\{ f(a+\alpha t+\alpha h, b+\beta t+\beta h)-f(a+\alpha t, b+\beta t) \} \end{align} $$
ここで、(a+αt+αh, b+βt+βh) は (a+αt, b+βt) から (αh, βh) だけずれた点だと考えると、
f は微分可能なので、
　$$\begin{align} f(a+\alpha t+\alpha h, b+\beta t+\beta h) &= f(a+\alpha t, b+\beta t) \\ & + \frac{\partial f(a+\alpha t, b+\beta t)}{\partial x}\cdot \alpha h + \frac{\partial f(a+\alpha t, b+\beta t)}{\partial y}\cdot \beta h + \epsilon (\alpha h, \beta h)\end{align}$$
よって
　$$\begin{align} \phi '(t) & = \lim_{h \to 0} \frac{1}{h} \left\{ \frac{\partial f(a+\alpha t, b+\beta t)}{\partial x}\cdot \alpha h + \frac{\partial f(a+\alpha t, b+\beta t)}{\partial y}\cdot \beta h + \epsilon (\alpha h, \beta h) \right\} \\ & = \frac{\partial f(a+\alpha t, b+\beta t)}{\partial x}\cdot \alpha + \frac{\partial f(a+\alpha t, b+\beta t)}{\partial y}\cdot \beta + \lim_{h \to 0} \frac{ \epsilon (\alpha h, \beta h) }{h} \end{align} $$
ここで、第3項は0である。
　　>なぜならば、
　　　$$\lim_{h \to 0} \frac{ \epsilon (\alpha h, \beta h) }{h}=\lim_{h \to 0} \underbrace{ \frac{ \epsilon (\alpha h, \beta h) }{\sqrt{\alpha^2h^2+\beta^2h^2}} }_{\to 0} \cdot \underbrace{ \frac{\sqrt{\alpha^2h^2+\beta^2h^2}}{h} }_{=\sqrt{\alpha^2+\beta^2}}$$
　　「→0」は、εの定義による。
まとめると、
#blockquote(){{{(方向微分)
$$\phi'(t)=\left(\alpha\tfrac{\partial}{\partial x}+\beta\tfrac{\partial}{\partial y}\right)f(a+\alpha t, b+\beta t)$$ }}}
これは、関数 f の 点(x, y) の場所を ベクトル(α, β) の方向になぞったときの傾きである。

φ(t) をもっと微分してみる。
#blockquote(){{{命題 2.17 (高階の方向微分の二項展開)
f(x, y) は十分滑らか、すなわち高階の偏導関数$$(\tfrac{\partial}{\partial x})^k(\tfrac{\partial}{\partial y})^{m-k}f(x, y)$$が存在して連続であるとする。(m≫1, k=0, 1, ... ,m)
(つまり、偏導関数 ∂/∂x と ∂/∂y の順序が交換できる。)
このとき、$$ \left(\frac{d}{dt}\right)^m\phi(t) = \phi^{(m)}(t) = \left(\alpha\frac{\partial}{\partial x}+\beta\frac{\partial}{\partial y}\right)^m f(a+\alpha t, b+\beta t)$$が成り立つ。

ここで、$$(\alpha\tfrac{\partial}{\partial x}+\beta\tfrac{\partial}{\partial y})^mf(x, y)$$は
$$\sum^m_{k=0}\alpha^k\beta^{m-k}\binom{m}{k}\left(\frac{\partial}{\partial x}\right)^k\left(\frac{\partial}{\partial y}\right)^{m-k}\!\!f(x, y) $$の略記である。
$$\tbinom{m}{k}$$は二項係数&sub(){m}C&sub(){k}のことである。}}}
'''Proof.'''
>f(x, y) が十分滑らかなとき $$\tfrac{\partial f}{\partial x}(x, y)$$ もまた十分滑らかな2変数関数であると分かっていれば難なく示せる。
m=k のとき成り立つと仮定する。
$$g(x, y)=(\alpha\tfrac{\partial}{\partial x}+\beta\tfrac{\partial}{\partial y})f(x, y)$$ とおくと、
gは十分滑らかで、$$\tfrac{d}{dt}\phi(t)=g(a+\alpha t, b+\beta t)$$ が成り立つ。
さらに、$$\psi(t)=g(a+\alpha t, b+\beta t)$$ とおくと、
仮定より、$$\tfrac{d^{k}}{dt^{k}}\psi(t)=(\alpha\tfrac{\partial}{\partial x}+\beta\tfrac{\partial}{\partial y})^k g(a+\alpha t, b+\beta t)$$
したがって、
$$\tfrac{d^{k+1}}{dt^{k+1}}(t) = \tfrac{d^{k}}{dt^{k}}(\tfrac{d}{dt}\phi(t)) = \tfrac{d^{k}}{dt^{k}}g(a+\alpha t, b+\beta t) = \tfrac{d^{k}}{dt^{k}}\psi(t)$$
仮定より、
　$$\begin{align}&=(\alpha\tfrac{\partial}{\partial x}+\beta\tfrac{\partial}{\partial y})^k g(a+\alpha t, b+\beta t) \\ &=(\alpha\tfrac{\partial}{\partial x}+\beta\tfrac{\partial}{\partial y})^k (\alpha\tfrac{\partial}{\partial x}+\beta\tfrac{\partial}{\partial y}) f(a+\alpha t, b+\beta t) \\ &= (\alpha\tfrac{\partial}{\partial x}+\beta\tfrac{\partial}{\partial y})^{k+1} f(a+\alpha t, b+\beta t)\end{align}$$
となり、 m=k+1 でも成り立つ。
帰納法で示された。 ∥


φ(t)を0を中心に展開するテイラーの定理は以下のようである。
ある実数 0<θ<1 が存在して、
$$\phi(t)=\phi(0)+\phi'(0)t+\frac{\phi''(0)}{2!}t^2+\cdots+\frac{\phi^{(n-1)}(0)}{(n-1)!}t^{n-1}+\frac{\phi^{n}(\theta t)}{n!}t^n$$
ここで、t=1とし、命題 2.17 を適用すると次の定理が得られる。
#blockquote(){{{命題 2.18 (2変数のテーラーの公式)
$$\begin{align} f(a+\alpha, b & +\beta)=f(a, b)+(\alpha\tfrac{\partial}{\partial x}+\beta\tfrac{\partial}{\partial y})f(a, b)+\frac{1}{2!}(\alpha\tfrac{\partial}{\partial x}+\beta\tfrac{\partial}{\partial y})^2f(a, b)+\cdots \\ & +\frac{1}{(n-1)!}(\alpha\tfrac{\partial}{\partial x}+\beta\tfrac{\partial}{\partial y})^{n-1}f(a, b)\ \ +\frac{1}{n!}(\alpha\tfrac{\partial}{\partial x}+\beta\tfrac{\partial}{\partial y})^nf(a+\theta\alpha, b+\theta\beta) \end{align}$$
を満たす実数 0<θ<1 が存在する。}}}

----

極大、極小、峠ではどれも f&sub(){x}=f&sub(){y}=0 となる。
ではどのように区別できるだろうか。
点(a, b) で f&sub(){x}=f&sub(){y}=0 となるとき、点(a, b) を中心とした f(x, y) のテイラー展開を考えると、
$$ f(a+\alpha, b+\beta)=f(a, b)+(0+0)+\frac{1}{2}(\alpha^2 f_{xx}+2\alpha\beta f_{xy}+\beta^2 f_{yy})(a, b)+\cdots $$ （α, βの高次項) 
　$$ \approx f(a, b)+\frac{1}{2}\{\alpha^2 f_{xx}(a, b)+2\alpha\beta f_{xy}(a, b)+\beta^2 f_{yy}(a, b)\}$$
つまり、αやβの係数である f&sub(){xx}(a, b), f&sub(){xy}(a, b), f&sub(){yy}(a, b) が 点(a, b) 付近での f の局所的な構造を決定しているのである。

>f&sub(){xx}(a, b), f&sub(){xy}(a, b), f&sub(){yy}(a, b) の値を見ただけで極大、極小、峠を区別できたらうれしい……そこで、次は2次形式を学びます。

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*次:§7 2次形式

f(x, y) は(全)微分可能とする。
t の一変数関数 φ(t) を、
$$\phi (t)=f(a+\alpha t,b+\beta t)$$
と定める。
// φ(t) = f(a+αt, b+βt) と定める。
>つまり、φ(t) は xy 平面上の点(a, b)から速度(α, β)で t 進んだところの f(x, y) の値。
>φ(t) は f(x, y) の断面となっている。
φ(t) を t で微分してみる。
　$$\begin{align} \phi '(t) & =\lim_{h \to 0} \frac{1}{h}\{ \phi (t+h)-\phi (t) \} \\ & =\lim_{h \to 0} \frac{1}{h}\{ f(a+\alpha t+\alpha h, b+\beta t+\beta h)-f(a+\alpha t, b+\beta t) \} \end{align} $$
ここで、(a+αt+αh, b+βt+βh) は (a+αt, b+βt) から (αh, βh) だけずれた点だと考えると、
f は微分可能なので、
　$$\begin{align} f(a+\alpha t+\alpha h, b+\beta t+\beta h) &= f(a+\alpha t, b+\beta t) \\ & + \frac{\partial f(a+\alpha t, b+\beta t)}{\partial x}\cdot \alpha h + \frac{\partial f(a+\alpha t, b+\beta t)}{\partial y}\cdot \beta h + \epsilon (\alpha h, \beta h)\end{align}$$
よって
　$$\begin{align} \phi '(t) & = \lim_{h \to 0} \frac{1}{h} \left\{ \frac{\partial f(a+\alpha t, b+\beta t)}{\partial x}\cdot \alpha h + \frac{\partial f(a+\alpha t, b+\beta t)}{\partial y}\cdot \beta h + \epsilon (\alpha h, \beta h) \right\} \\ & = \frac{\partial f(a+\alpha t, b+\beta t)}{\partial x}\cdot \alpha + \frac{\partial f(a+\alpha t, b+\beta t)}{\partial y}\cdot \beta + \lim_{h \to 0} \frac{ \epsilon (\alpha h, \beta h) }{h} \end{align} $$
ここで、第3項は0である。
　　>なぜならば、
　　　$$\lim_{h \to 0} \frac{ \epsilon (\alpha h, \beta h) }{h}=\lim_{h \to 0} \underbrace{ \frac{ \epsilon (\alpha h, \beta h) }{\sqrt{\alpha^2h^2+\beta^2h^2}} }_{\to 0} \cdot \underbrace{ \frac{\sqrt{\alpha^2h^2+\beta^2h^2}}{h} }_{=\sqrt{\alpha^2+\beta^2}}$$
　　「→0」は、εの定義による。
まとめると、
#blockquote(){{{(方向微分)
$$\phi'(t)=\left(\alpha\tfrac{\partial}{\partial x}+\beta\tfrac{\partial}{\partial y}\right)f(a+\alpha t, b+\beta t)$$ }}}
これは、関数 f の 点(x, y) の場所を ベクトル(α, β) の方向になぞったときの傾きである。

φ(t) をもっと微分してみる。
#blockquote(){{{命題 2.17 (高階の方向微分の二項展開)
f(x, y) は十分滑らか、すなわち高階の偏導関数$$(\tfrac{\partial}{\partial x})^k(\tfrac{\partial}{\partial y})^{m-k}f(x, y)$$が存在して連続であるとする。(m≫1, k=0, 1, ... ,m)
(つまり、偏導関数 ∂/∂x と ∂/∂y の順序が交換できる。)
このとき、$$ \left(\frac{d}{dt}\right)^m\phi(t) = \phi^{(m)}(t) = \left(\alpha\frac{\partial}{\partial x}+\beta\frac{\partial}{\partial y}\right)^m f(a+\alpha t, b+\beta t)$$が成り立つ。

ここで、$$(\alpha\tfrac{\partial}{\partial x}+\beta\tfrac{\partial}{\partial y})^mf(x, y)$$は
$$\sum^m_{k=0}\alpha^k\beta^{m-k}\binom{m}{k}\left(\frac{\partial}{\partial x}\right)^k\left(\frac{\partial}{\partial y}\right)^{m-k}\!\!f(x, y) $$の略記である。
$$\tbinom{m}{k}$$は二項係数&sub(){m}C&sub(){k}のことである。}}}
'''Proof.'''
>f(x, y) が十分滑らかなとき $$\tfrac{\partial f}{\partial x}(x, y)$$ もまた十分滑らかな2変数関数であると分かっていれば難なく示せる。
m=k のとき成り立つと仮定する。
$$g(x, y)=(\alpha\tfrac{\partial}{\partial x}+\beta\tfrac{\partial}{\partial y})f(x, y)$$ とおくと、
gは十分滑らかで、$$\tfrac{d}{dt}\phi(t)=g(a+\alpha t, b+\beta t)$$ が成り立つ。
さらに、$$\psi(t)=g(a+\alpha t, b+\beta t)$$ とおくと、
仮定より、$$\tfrac{d^{k}}{dt^{k}}\psi(t)=(\alpha\tfrac{\partial}{\partial x}+\beta\tfrac{\partial}{\partial y})^k g(a+\alpha t, b+\beta t)$$
したがって、
$$\tfrac{d^{k+1}}{dt^{k+1}}(t) = \tfrac{d^{k}}{dt^{k}}(\tfrac{d}{dt}\phi(t)) = \tfrac{d^{k}}{dt^{k}}g(a+\alpha t, b+\beta t) = \tfrac{d^{k}}{dt^{k}}\psi(t)$$
仮定より、
　$$\begin{align}&=(\alpha\tfrac{\partial}{\partial x}+\beta\tfrac{\partial}{\partial y})^k g(a+\alpha t, b+\beta t) \\ &=(\alpha\tfrac{\partial}{\partial x}+\beta\tfrac{\partial}{\partial y})^k (\alpha\tfrac{\partial}{\partial x}+\beta\tfrac{\partial}{\partial y}) f(a+\alpha t, b+\beta t) \\ &= (\alpha\tfrac{\partial}{\partial x}+\beta\tfrac{\partial}{\partial y})^{k+1} f(a+\alpha t, b+\beta t)\end{align}$$
となり、 m=k+1 でも成り立つ。
帰納法で示された。 ∥


φ(t)を0を中心に展開するテイラーの定理は以下のようである。
ある実数 0<θ<1 が存在して、
$$\phi(t)=\phi(0)+\phi'(0)t+\frac{\phi''(0)}{2!}t^2+\cdots+\frac{\phi^{(n-1)}(0)}{(n-1)!}t^{n-1}+\frac{\phi^{n}(\theta t)}{n!}t^n$$
ここで、t=1とし、命題 2.17 を適用すると次の定理が得られる。
#blockquote(){{{命題 2.18 (2変数のテーラーの公式)
$$\begin{align} f(a+\alpha, b & +\beta)=f(a, b)+(\alpha\tfrac{\partial}{\partial x}+\beta\tfrac{\partial}{\partial y})f(a, b)+\frac{1}{2!}(\alpha\tfrac{\partial}{\partial x}+\beta\tfrac{\partial}{\partial y})^2f(a, b)+\cdots \\ & +\frac{1}{(n-1)!}(\alpha\tfrac{\partial}{\partial x}+\beta\tfrac{\partial}{\partial y})^{n-1}f(a, b)\ \ +\frac{1}{n!}(\alpha\tfrac{\partial}{\partial x}+\beta\tfrac{\partial}{\partial y})^nf(a+\theta\alpha, b+\theta\beta) \end{align}$$
を満たす実数 0<θ<1 が存在する。}}}

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極大、極小、峠ではどれも f&sub(){x}=f&sub(){y}=0 となる。
ではどのように区別できるだろうか。
点(a, b) で f&sub(){x}=f&sub(){y}=0 となるとき、点(a, b) を中心とした f(x, y) のテイラー展開を考えると、
$$ f(a+\alpha, b+\beta)=f(a, b)+(0+0)+\frac{1}{2}(\alpha^2 f_{xx}+2\alpha\beta f_{xy}+\beta^2 f_{yy})(a, b)+\cdots $$ （α, βの高次項) 
　$$ \approx f(a, b)+\frac{1}{2}\{\alpha^2 f_{xx}(a, b)+2\alpha\beta f_{xy}(a, b)+\beta^2 f_{yy}(a, b)\}$$
つまり、αやβの係数である f&sub(){xx}(a, b), f&sub(){xy}(a, b), f&sub(){yy}(a, b) が 点(a, b) 付近での f の局所的な構造を決定しているのである。

>f&sub(){xx}(a, b), f&sub(){xy}(a, b), f&sub(){yy}(a, b) の値を見ただけで極大、極小、峠を区別できたらうれしい……そこで、次は2次形式を学びます。

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*次:[[§7 2次形式]]