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問題4.4.7a

次の関数$f(x,y)$の、$D=\{(x,y)|x^2+y^2\le 1\}$における最大値、最小値を求めよ。（ヒント：円の内部における極値（2変数関数の極値）と円周上での極値（条件付き極値）を調べよ。）

（１）$f(x,y)=x^2+xy+y^2$

 

《ポイント》

ある有界閉集合$D$において関数$f$が連続であれば、$D$において$f$を最大・最小にする点が存在します。一般にはラグランジュの未定乗数法から求めた極大・極小値が最大・最小値に一致します。問題文では特に触れられていないので取っつきにくい問題ですが、これらの事実は既知として解答して差し支えないでしょう。解答の流れは基本的に問題文中のヒントに従います。

 

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《解答例》

（１）$f(x,y)=x^2+xy+y^2$

$x^2+y^2<1$ のときを考える。

$f_x=2x+y$、$f_y=x+2y$ となるから、関数$f(x,y)$が極値をもつとしたら$$\{\begin{array}{l}2x+y=0\\ x+2y=0\end{array}$$の解である点$(x,y)$に限る。この連立方程式の解は $(x,y)=(0,0)$ であり、これは$D$内の点であるから、これが極値を与える点の候補となる。$f_{xx}=2$、$f_{xy}=1$、$f_{yy}=2$ となるので、判別式は$$\begin{array}{rl}& f_{xx}{f}_{yy}-{f_{xy}}^2\\ & =2\cdot 2–1^2\\ & =3>0\end{array}$$となる。$D$が正なので点$(0,0)$において関数$f(x,y)$は極小値$0$をとる。

次に $x^2+y^2=1$ のときを考える。

$$f(x,y,\lambda )=x^2+xy+y^2-\lambda (x^2+y^2-1)$$と置くと$$\{\begin{array}{ll}{F}_x=2x+y-2\lambda x=0& \cdots \mathrm{①}\\ F_y=x+2y-2\lambda y=0& \cdots \mathrm{②}\\ -F_{\lambda }=x^2+y^2-1=0& \cdots \mathrm{③}\end{array}$$となる。$\mathrm{①}+\mathrm{②}$より$$3(x+y)-2\lambda (x+y)=0$$ $$\therefore (3-2\lambda )(x+y)=0$$ $$\therefore \lambda ={\displaystyle \frac{3}{2}}\text{or}y=-x$$を得る。$\lambda ={\displaystyle \frac{3}{2}}$ とすると$\mathrm{①}$より $y=x$ となり、$\mathrm{③}$より$$\therefore x=y=\pm {\displaystyle \frac{1}{2\sqrt{2}}}$$を得る。$y=-x$ とすると$\mathrm{③}$より$$\therefore x=\pm {\displaystyle \frac{1}{2\sqrt{2}}},y=\mp {\displaystyle \frac{1}{2\sqrt{2}}}$$を得る。故に極値をとるためには $(x,y)=(\pm {\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2}}},\pm {\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2}}}),(\pm {\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2}}},\mp {\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2}}})$ であることが必要である。点${\mathrm{P}}_1({\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2}}},{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2}}})$の近傍における陰関数 $y={\phi }_1(x)$ を$\mathrm{③}$に代入して両辺を繰り返し微分すると、$$\{\begin{array}{ll}2x+2{\phi }_1(x){\phi }_1^{\prime }(x)=0& \cdots \mathrm{④}\\ 2+2\{{\phi }_1^{\prime }(x){\}}^2+2{\phi }_1(x){\phi }_1^{\prime \prime }(x)=0& \cdots \mathrm{⑤}\end{array}$$となる。$\mathrm{④}$、$\mathrm{⑤}$より $x={\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2}}}({\phi }_1\left({\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2}}}\right)={\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2}}})$ とすると$${\phi }_1^{\prime }\left({\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2}}}\right)=-1、{\phi }_1^{\prime \prime }\left({\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2}}}\right)=-2\sqrt{2}$$となる。$p(x)=x^2+x{\phi }_1(x)+\{{\phi }_1(x){\}}^2$ と置くと、$$\{\begin{array}{l}{p}^{\prime }(x)=2x+{\phi }_1(x)+x{\phi }_1^{\prime }(x)+2{\phi }_1(x){\phi }_1^{\prime }(x)\\ p^{\prime \prime }(x)=2+2{\phi }_1^{\prime }+x{\phi }_1^{\prime \prime }+2\{{\phi }_1^{\prime }(x){\}}^2+2{\phi }_1(x){\phi }_1^{\prime \prime }(x)\end{array}$$となるから、$$p^{\prime }\left({\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2}}}\right)=0、p^{\prime \prime }\left({\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2}}}\right)=-4<0$$となる。よって$p(x)$は $x={\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2}}}$ で極大値${\displaystyle \frac{3}{2}}$をとる。

点${\mathrm{P}}_2(-{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2}}},-{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2}}})$についても同様に調べると、$q(x)=f(x,{\phi }_2(x))=x^2+x{\phi }_2(x)+\{{\phi }_2(x){\}}^2$ は $x=-{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2}}}$ で極大値${\displaystyle \frac{3}{2}}$をとる。

同様にして調べると、点${\mathrm{P}}_3({\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2}}},-{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2}}})$、点${\mathrm{P}}_4(-{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2}}},{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2}}})$で極小値${\displaystyle \frac{1}{2}}$をとることが分かる。

以上より、$f(x,y)=x^2+xy+y^2$ は範囲$D$において点$(\pm {\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2}}},\pm {\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2}}})$で最大値${\displaystyle \frac{3}{2}}$、点$(0,0)$で最小値$0$をとる。

 

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復習例題は設定していません。

 

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