今回のコラムでは，黄瑞庭君（高校３年生）に教えてもらった代数曲線の接線，代数曲面の接平面の微分を用いない求め方について紹介します．彼は自ら発見したこの方法を「分解」と呼んでいるのですが，項別に接線，接平面を求めて足しあわせる方法であって，実際にやってみると簡単な規則だけで得られることがわかります．
＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝
【１】２次曲線の場合
２次曲線：
ｆ（ｘ，ｙ）＝ａｘ^2＋ｈｘｙ＋ｂｙ^2＋ｃｘ＋ｄｙ＋ｅ＝０
の接線の方程式を求めるには
［１］ ｘ^2→ｘ0ｘ，ｙ^2→ｙ0ｙ，ｘｙ→（ｘｙ0＋ｘ0ｙ）／２，
ｘ→（ｘ＋ｘ0）／２，ｙ→（ｙ＋ｙ0）／２，ｅ→ｅ（定数項）
あるいは
［２］ ｘ^2→２ｘ0ｘ−ｘ0^2，ｙ^2→２ｙ0ｙ−ｙ0^2，
ｘｙ→ｘｙ0＋ｘ0ｙ−ｘ0ｙ0，
ｘ→ｘ，ｙ→ｙ，ｅ→ｅ（定数項）
と置換すればよいことは（その１）で説明した通りですが，高次元への一般化を考えて，ここでは［２］を採用することにします．
さらに見通しをよくするために，［２］を
ｘ^2＋ｘ0^2→２ｘ0ｘ，ｙ^2＋ｙ0^2→２ｙ0ｙ，
ｘｙ＋ｘ0ｙ0→ｘｙ0＋ｘ0ｙ，
ｘ＋ｘ0→ｘ＋ｘ0，ｙ＋ｙ0→ｙ＋ｙ0，ｅ＋ｅ→ｅ＋ｅ（定数項）
と変形してみます．
点Ｐ（ｘ0，ｙ0）はこの曲線上にありますから，ｆ（ｘ0，ｙ0）は恒等的に０，したがって，それに何か定数をかけたものを加えたとしてももとの式の値は変わりません．
ｆ（ｘ，ｙ）＝ｆ（ｘ，ｙ）＋λｆ（ｘ0，ｙ0）
この定数を未定乗数と呼ぶのですが，ラグランジュの未定乗数法を微積分の講義で学んでおられる方も多いことでしょう．
λ＝１，すなわち，
ｆ（ｘ，ｙ）＝ａ（ｘ^2＋ｘ0^2）＋ｈ（ｘｙ＋ｘ0ｙ0）＋ｂ（ｙ^2＋ｙ0^2）＋ｃ（ｘ＋ｘ0）＋ｄ（ｙ＋ｙ0）＋ｅ＋ｅ＝０
を
ｘ^2＋ｘ0^2→２ｘ0ｘ，ｙ^2＋ｙ0^2→２ｙ0ｙ，
ｘｙ＋ｘ0ｙ0→ｘｙ0＋ｘ0ｙ，
ｘ＋ｘ0→ｘ＋ｘ0，ｙ＋ｙ0→ｙ＋ｙ0，ｅ＋ｅ→ｅ＋ｅ（定数項）
と置換すると，接線の方程式
２ａｘ0ｘ＋ｈ（ｘｙ0＋ｘ0ｙ）＋２ｂｙ0ｙ＋ｃ（ｘ＋ｘ0）＋ｄ（ｙ＋ｙ0）＋ｅ＋ｅ＝０
が得られることになります．
ｆ（ｘ0，ｙ0）＝０を明示しないで置換規則を表すならば
［３］ ２ｘ^2→２ｘ0ｘ，２ｙ^2→２ｙ0ｙ，
２ｘｙ→ｘｙ0＋ｘ0ｙ，
２ｘ→ｘ＋ｘ0，２ｙ→ｙ＋ｙ0，２ｅ→２ｅ（定数項）
となって，係数２が出現します．
置換［２］を変形した置換［３］は詰まるところ，置換［１］
ｘ^2→ｘ0ｘ，ｙ^2→ｙ0ｙ，ｘｙ→（ｘｙ0＋ｘ0ｙ）／２，
ｘ→（ｘ＋ｘ0）／２，ｙ→（ｙ＋ｙ0）／２，ｅ→ｅ（定数項）
に帰着されることになります．
＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝
【２】１次，３次曲線の場合
１次式：ａｘ＋ｂｙ＋ｃ＝０で，置換
ｘ＋ｘ0→ｘ＋ｘ0，ｙ＋ｙ0→ｙ＋ｙ0，ｃ＋ｃ→ｃ＋ｃ（定数項）
を行うと
ａ（ｘ＋ｘ0）＋ｂ（ｙ＋ｙ0）＋ｃ＋ｃ＝ａｘ＋ｂｙ＋ｃ＝０
となることは自明です．
３次曲線の場合の置換規則には
［４］ ｘ^3→ｘ0^2ｘ，ｙ^3→ｙ0^2ｙ，
ｘ^2ｙ→（２ｘ0ｙ0ｘ＋ｘ0^2ｙ）／３，
ｘｙ^2→（ｙ0^2ｘ＋２ｘ0ｙ0ｙ）／３，
ｘ^2→（２ｘ0ｘ＋ｘ0^2）／３，ｙ^2→（２ｙ0ｙ＋ｙ0^2）／３，
ｘｙ→（ｙ0ｘ＋ｘ0ｙ＋ｘ0ｙ0）／３，
ｘ→（ｘ＋２ｘ0）／３，ｙ→（ｙ＋２ｙ0）／３，ｊ→ｊ（定数項）
［５］ ｘ^3→（３ｘ0^2ｘ−ｘ0^3）／２，ｙ^3→（３ｙ0^2ｙ−ｙ0^3）／２，
ｘ^2ｙ→（２ｘ0ｙ0ｘ＋ｘ0^2ｙ−ｘ0^2ｙ0）／２，
ｘｙ^2→（ｙ0^2ｘ＋２ｘ0ｙ0ｙ−ｘ0ｙ0^2）／２
ｘ^2→ｘ0ｘ，ｙ^2→ｙ0ｙ，ｘｙ→（ｙ0ｘ＋ｘ0ｙ）／２，
ｘ→（ｘ＋ｘ0）／２，ｙ→（ｙ＋ｙ0）／２，ｊ→ｊ（定数項）
［６］ ｘ^3→３ｘ0^2ｘ−２ｘ0^3，ｙ^3→３ｙ0^2ｙ−２ｙ0^3，
ｘ^2ｙ→２ｘ0ｙ0ｘ＋ｘ0^2ｙ−２ｘ0^2ｙ0，
ｘｙ^2→ｙ0^2ｘ＋２ｘ0ｙ0ｙ−２ｘ0ｙ0^2
ｘ^2→２ｘ0ｘ−ｘ0^2，ｙ^2→２ｙ0ｙ−ｙ0^2，
ｘｙ→ｙ0ｘ＋ｘ0ｙ−ｘ0ｙ0，
ｘ→ｘ，ｙ→ｙ，ｊ→ｊ（定数項）
がありますが，置換［６］に対して，ラグランジュの未定乗数をλ＝１とおいて，
ｆ（ｘ，ｙ）＝ａｘ^3＋ｂｘ^2ｙ＋ｃｘｙ^2＋ｄｙ^3＋ｅｘ^2＋ｆｘｙ＋ｇｙ^2＋ｈｘ＋ｉｙ＋ｊ＝０
ｘ^3＋ｘ0^3→３ｘ0^2ｘ−ｘ0^3，ｙ^3＋ｙ0^3→３ｙ0^2ｙ−ｙ0^3，
ｘ^2ｙ＋ｘ0^2ｙ0→２ｘ0ｙ0ｘ＋ｘ0^2ｙ−ｘ0^2ｙ0，
ｘｙ^2＋ｘ0ｙ0^2→ｙ0^2ｘ＋２ｘ0ｙ0ｙ−ｘ0ｙ0^2
ｘ^2＋ｘ0^2→２ｘ0ｘ，ｙ^2＋ｙ0^2→２ｙ0ｙ，
ｘｙ＋ｘ0ｙ0→ｙ0ｘ＋ｘ0ｙ，
ｘ＋ｘ0→ｘ＋ｘ0，ｙ＋ｙ0→ｙ＋ｙ0，ｊ＋ｊ→ｊ＋ｊ（定数項）
ｆ（ｘ0，ｙ0）＝０を明示しないで置換規則を表すならば
［７］ ２ｘ^3→３ｘ0^2ｘ−ｘ0^3，２ｙ^3→３ｙ0^2ｙ−ｙ0^3，
２ｘ^2ｙ→２ｘ0ｙ0ｘ＋ｘ0^2ｙ−ｘ0^2ｙ0，
２ｘｙ^2→ｙ0^2ｘ＋２ｘ0ｙ0ｙ−ｘ0ｙ0^2
２ｘ^2→２ｘ0ｘ，２ｙ^2→ｙ0ｙ，
２ｘｙ→ｘｙ0＋ｘ0ｙ，
２ｘ→ｘ＋ｘ0，２ｙ→ｙ＋ｙ0，２ｊ→２ｊ（定数項）
となります．置換［７］は置換［４］とは表現形が異なりますが，置換［５］とは一致します．
また，置換［６］に対して，ラグランジュの未定乗数をλ＝２とおくと，
ｘ^3＋２ｘ0^3→３ｘ0^2ｘ，ｙ^3＋２ｙ0^3→３ｙ0^2ｙ，
ｘ^2ｙ＋２ｘ0^2ｙ0→２ｘ0ｙ0ｘ＋ｘ0^2ｙ，
ｘｙ^2＋２ｘ0ｙ0^2→ｙ0^2ｘ＋２ｘ0ｙ0ｙ
ｘ^2＋２ｘ0^2→２ｘ0ｘ＋ｘ0^2，ｙ^2＋２ｙ0^2→２ｙ0ｙ＋ｙ0^2，
ｘｙ＋２ｘ0ｙ0→ｙ0ｘ＋ｘ0ｙ＋ｘ0ｙ0，
ｘ＋２ｘ0→ｘ＋２ｘ0，ｙ＋２ｙ0→ｙ＋２ｙ0，ｊ＋２ｊ→ｊ＋２ｊ（定数項）となります．
ｆ（ｘ0，ｙ0）＝０を明示しなければ
３ｘ^3→３ｘ0^2ｘ，３ｙ^3→３ｙ0^2ｙ，
３ｘ^2ｙ→２ｘ0ｙ0ｘ＋ｘ0^2ｙ，
３ｘｙ^2→ｙ0^2ｘ＋２ｘ0ｙ0ｙ
３ｘ^2→２ｘ0ｘ＋ｘ0^2，３ｙ^2→２ｙ0ｙ＋ｙ0^2，
３ｘｙ→ｙ0ｘ＋ｘ0ｙ＋ｘ0ｙ0，
３ｘ→ｘ＋２ｘ0，３ｙ→ｙ＋２ｙ0，３ｊ→３ｊ
となりますから，λ＝２とおいた場合は係数３が出現し，置換［４］に帰着されます．
＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝
【３】黄君による一般化
いよいよ黄瑞庭君の方法を紹介します．置換［１］と置換［５］の２次以下の部分，置換［２］と置換［６］の２次以下の部分は完全に一致しています．置換［３］は［２］の変形，置換［７］は［６］の変形ですから一致するのは当然で，それぞれ置換［１］と置換［５］に帰着します．
それであれば，分数が現れない置換［３］と［７］が便利です．これらは未定乗数を次数に関わらずλ＝１としたものであって，これにより高次元への一般化がもたらされることになります．すなわち，次数をｎとした場合，（ｎ，λ）＝（１，０），（２，１），（３，２）などを別々に考えるのではなく，常に（ｎ，λ）＝（ｎ，１）を考えるというのが黄瑞庭君のアイディアです．
これにより何次曲線であろうとｆ（ｘ0，ｙ0）＝０をひとつ追加，曲面の場合はｆ（ｘ0，ｙ0，ｚ0）＝０をひとつ追加して考えることで，重要な進歩をもたらすことができます．そのときの置換規則は
［８］ ２ｘ^a→ａｘ0^a-1ｘ−（ａ−２）ｘ0^a
２ｘ^aｙ^b→ａｘ0^a-1ｙ0^bｘ＋ｂｘ0^aｙ0^b-1ｙ−（ａ＋ｂ−２）ｘ0^aｙ0^b
２ｘ^aｙ^bｚ^c→ａｘ0^a-1ｙ0^bｚ0^cｘ＋ｂｘ0^aｙ0^b-1ｚ0^cｙ＋ｃｘ0^aｙ0^bｚ0^c-1ｚ−（ａ＋ｂ＋ｃ−２）ｘ0^aｙ0^bｚ0^c
ただひとつです．もちろん，定数項はそのまま保存されます．
これらは項別に分解して，偏微分した求めた接線，接平面の方程式
ｘ^aｙ^bｚ^c→
ａｘ0^a-1ｙ0^bｚ0^c（ｘ−ｘ0）＋ｂｘ0^aｙ0^b-1ｚ0^c（ｙ−ｙ0）＋ｃｘ0^aｙ0^bｚ0^c-1（ｚ−ｚ0）
＝ａｘ0^a-1ｙ0^bｚ0^cｘ＋ｂｘ0^aｙ0^b-1ｚ0^cｙ＋ｃｘ0^aｙ0^bｚ0^c-1ｚ−（ａ＋ｂ＋ｃ）ｘ0^aｙ0^bｚ0^c
と考えられるので，わざわざ黄君の方法が正しいことを検証するまでもありません．偏微分が正しい限り，黄君の方法は正しいのです．
それでは例題．
［Ｑ］ ｘ^3＋３ｙ^4＋２ｘ^2ｙ^3＋ｚ^2＝０上の点Ｐ（ｘ0，ｙ0，ｚ０）における接平面を求めよ．
［Ａ］まず式全体を２倍する．
２ｘ^3＋２（３ｙ^4）＋２（２ｘ^2ｙ^3）＋２ｚ^2＝０
置換規則［８］に従って項別に分解して足しあわせると
（３ｘ0^2ｘ−ｘ0^3）＋３（４ｙ0^3ｙ−２ｙ0^4）＋２（２ｘ0ｙ0^3ｘ＋３ｘ0^2ｙ0^2ｙ−３ｘ0^2ｙ0^3）＋２ｚ0ｚ＝０
整理すると
（３ｘ0^2＋４ｘ0ｙ0^3）ｘ＋（１２ｙ0^3＋６ｘ0^2ｙ0^2）ｙ＋２ｚ0ｚ−ｘ0^3−６ｙ0^4−６ｘ0^2ｙ0^3＝０
＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝
【４】さらなる一般化
黄君の方法は次数と変数の数に関わらず使えます．λ＝０，２，３，・・・の場合も考えると唯一の置換方法ではありませんが，それはλ＝１の場合のトリビアルな変形に過ぎません．
（λ＋１）ｘ^aｙ^bｚ^c→ａｘ0^a-1ｙ0^bｚ0^cｘ＋ｂｘ0^aｙ0^b-1ｚ0^cｙ＋ｃｘ0^aｙ0^bｚ0^c-1ｚ−（ａ＋ｂ＋ｃ−λ−１）ｘ0^aｙ0^bｚ0^c
λ＝０の場合が最も単純で，置換規則は
［９］ ｘ^a→ａｘ0^a-1ｘ−（ａ−１）ｘ0^a
ｘ^aｙ^b→ａｘ0^a-1ｙ0^bｘ＋ｂｘ0^aｙ0^b-1ｙ−（ａ＋ｂ−１）ｘ0^aｙ0^b
ｘ^aｙ^bｚ^c→ａｘ0^a-1ｙ0^bｚ0^cｘ＋ｂｘ0^aｙ0^b-1ｚ0^cｙ＋ｃｘ0^aｙ0^bｚ0^c-1ｚ−（ａ＋ｂ＋ｃ−１）ｘ0^aｙ0^bｚ0^c
と表すことができます．この場合，式全体を２倍する必要もなくなります．
それでは同じ例題を解いてみましょう．
［Ａ］ｘ^3＋３ｙ^4＋２ｘ^2ｙ^3＋ｚ^2＝０
置換規則［９］に従って項別に分解して足しあわせると
（３ｘ0^2ｘ−２ｘ0^3）＋３（４ｙ0^3ｙ−３ｙ0^4）＋２（２ｘ0ｙ0^3ｘ＋３ｘ0^2ｙ0^2ｙ−４ｘ0^2ｙ0^3）＋（２ｚ0ｚ−ｚ0^2）＝０
整理すると
（３ｘ0^2＋４ｘ0ｙ0^3）ｘ＋（１２ｙ0^3＋６ｘ0^2ｙ0^2）ｙ＋２ｚ0ｚ−２ｘ0^3−９ｙ0^4−８ｘ0^2ｙ0^3−ｚ0^2＝０
黄君の方法（λ＝１）と式の形が違いますが，
ｘ0^3＋３ｙ0^4＋２ｘ0^2ｙ0^3＋ｚ0^2＝０
なので，式変形することによって同じ式だとわかります．
λ＝２の場合の置換規則は
［10］ ３ｘ^a→ａｘ0^a-1ｘ−（ａ−３）ｘ0^a
３ｘ^aｙ^b→ａｘ0^a-1ｙ0^bｘ＋ｂｘ0^aｙ0^b-1ｙ−（ａ＋ｂ−３）ｘ0^aｙ0^b
３ｘ^aｙ^bｚ^c→ａｘ0^a-1ｙ0^bｚ0^cｘ＋ｂｘ0^aｙ0^b-1ｚ0^cｙ＋ｃｘ0^aｙ0^bｚ0^c-1ｚ−（ａ＋ｂ＋ｃ−３）ｘ0^aｙ0^bｚ0^c
となります．この場合は最初に式全体を３倍する必要があります．
＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝
【５】雑感
２次曲線の場合は受験数学の問題になりますし，一般的な形で求めることは簡単です．私自身高校生のとき，置換規則
［１］ ｘ^2→ｘ0ｘ，ｙ^2→ｙ0ｙ，ｘｙ→（ｘｙ0＋ｘ0ｙ）／２，
ｘ→（ｘ＋ｘ0）／２，ｙ→（ｙ＋ｙ0）／２，ｅ→ｅ（定数項）
を発見できたことをいまでもはっきり覚えています．
しかし，黄君のようにそれをｎ次，ｎ変数に拡張できること
［８］ ２ｘ^a→ａｘ0^a-1ｘ−（ａ−２）ｘ0^a
２ｘ^aｙ^b→ａｘ0^a-1ｙ0^bｘ＋ｂｘ0^aｙ0^b-1ｙ−（ａ＋ｂ−２）ｘ0^aｙ0^b
２ｘ^aｙ^bｚ^c→ａｘ0^a-1ｙ0^bｚ0^cｘ＋ｂｘ0^aｙ0^b-1ｚ0^cｙ＋ｃｘ0^aｙ0^bｚ0^c-1ｚ−（ａ＋ｂ＋ｃ−２）ｘ0^aｙ0^bｚ0^c
には気づきませんでした．
さらに，［８］は
［９］ ｘ^a→ａｘ0^a-1ｘ−（ａ−１）ｘ0^a
ｘ^aｙ^b→ａｘ0^a-1ｙ0^bｘ＋ｂｘ0^aｙ0^b-1ｙ−（ａ＋ｂ−１）ｘ0^aｙ0^b
ｘ^aｙ^bｚ^c→ａｘ0^a-1ｙ0^bｚ0^cｘ＋ｂｘ0^aｙ0^b-1ｚ0^cｙ＋ｃｘ0^aｙ0^bｚ0^c-1ｚ−（ａ＋ｂ＋ｃ−１）ｘ0^aｙ0^bｚ0^c
と書き直すこともできますし，より一般化すれば
（λ＋１）ｘ^aｙ^bｚ^c→ａｘ0^a-1ｙ0^bｚ0^cｘ＋ｂｘ0^aｙ0^b-1ｚ0^cｙ＋ｃｘ0^aｙ0^bｚ0^c-1ｚ−（ａ＋ｂ＋ｃ−λ−１）ｘ0^aｙ0^bｚ0^c
になります．
偏微分は高校数学のカリキュラムから外れていると思いますが，黄君は高次元，多変数の場合の計算を知らないときに経験則的に試してみてここまでたどりついたようです．それで彼の方法を「微分を用いない方法」と呼んでいるのです．最も簡単な［９］すなわちλ＝０の場合を検討していないのもそのためかと思われます．
しかし，経験則的にとはいっても自分でそれを発見できたわけですからとても意味深いことです．私にとっては衝撃的な内容に感じられましたが，黄君の方法の意義を汲み取ってくれるひとがひとりでもいてくれたらと思います．
最後に，偏微分を用いる方法
ｆx(x0,y0)（ｘ−ｘ0）＋ｆy(x0,y0)（ｙ−ｙ0）＝０
と黄君の方法
（λ＋１）ｘ^aｙ^bｚ^c→ａｘ0^a-1ｙ0^bｚ0^cｘ＋ｂｘ0^aｙ0^b-1ｚ0^cｙ＋ｃｘ0^aｙ0^bｚ0^c-1ｚ−（ａ＋ｂ＋ｃ−λ−１）ｘ0^aｙ0^bｚ0^c
の違いをまとめておきます．
偏微分：変数別に偏微分する 定数項は保存されない
黄瑞庭：項別に偏微分する 定数項は保存される
＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝
【６】ラグランジュの未定乗数法
ラグランジュの未定係数法は，たとえば「ｘ^3−３ｘｙ＋ｙ^3＝０の条件のもとでｘ^2＋ｙ^2の極値を求めよ」といった条件つき極値問題や制約条件付きの最小２乗法などの解を得るために導入された方法です．
［Ｑ］点（ｘ，ｙ）が曲線：ｘ^4＋ｙ^4−１＝０上を動くとき，関数ｆ（ｘ，ｙ）＝ｘ^3＋２ｙ^2の最大値と最小値を求めよ．
［Ａ］ｆ（ｘ，ｙ）＝ｘ^3＋２ｙ^2＋λ（ｘ^4＋ｙ^4−１）とおく．連立方程式
ｆx＝３ｘ^2＋４λｘ^3＝０
ｆy＝４ｙ＋４λｙ^3＝０
ｆλ＝ｘ^4＋ｙ^4−１＝０
と解くと６組の解があるが，
（ｘ，ｙ，λ）＝（０，１，−３／２）→ｆ＝２
（ｘ，ｙ，λ）＝（０，−１，３／２）→ｆ＝−２
（ｘ，ｙ，λ）＝（１，０，−３／４）→ｆ＝１
（ｘ，ｙ，λ）＝（−１，０，３／４）→ｆ＝−１
（ｘ，ｙ，λ）＝（−１／4√１７，−２／4√１７，３4√１７／４）→ｆ＝−4√１７（最小値）
（ｘ，ｙ，λ）＝（１／4√１７，２／4√１７，−３4√１７／４）→ｆ＝4√１７（最大値）
（ｘ，ｙ，λ）＝（−１，０，３／４）→ｆ＝−１
［Ｑ］与えられた点（ｘ0，ｙ0）から直線：ａｘ＋ｂｙ＋ｃ＝０までの距離をラグランジュの未定乗数法で求めよ．
＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝