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\centerline{2008年度数学I演習小テスト(12)解答解説}
\medskip
\rightline{2009年1月26日}
\rightline{河東泰之(かわひがしやすゆき)}
\rightline{数理科学研究科棟323号室(電話 5465-7078)}
\rightline{e-mail yasuyuki\@ms.u-tokyo.ac.jp}
\rightline{{\tt https://www.ms.u-tokyo.ac.jp/\~{}yasuyuki/}}
\bigskip

配点は[1] 10点$\times 2$，[2] 25点，
[3] 25点，[4] 20点 です．
平均点は56.4点，最高点は100点(2人)でした．
解答例を下につけます．

\bigskip
[1] (1) $x,y$ で $f$ を偏微分して 0 とおくと，
$10x+4y=0$, $4x+14y=0$ を得る．これを解くと，解は $x=y=0$ だけである．
$\dfrac{\partial^2 f}{\partial x^2}=10$,
$\dfrac{\partial^2 f}{\partial x \partial y}=
\dfrac{\partial^2 f}{\partial y \partial x}=4$,
$\dfrac{\partial^2 f}{\partial y^2}=14$ なので，
$x=y=0$ における Hesse 行列は
$\left(\matrix 10 & 4 \\
4 & 14\endmatrix\right)$ となる．この行列式は正であり，1行1列成分も
正なので，$x=y=0$ では，極小値 $f(0,0)=0$ を取る．
これが極値のすべてである．

(2) $x,y$ で $f(x,y)$ を偏微分して 0 とおくと，
$y-2xy-y^2=0$, $x-x^2-2xy=0$ を得る．これを解くと，解は 
$(x,y)=(0,0), (1,0), (0,1), (1/3,1/3)$ である．
$\dfrac{\partial^2 f}{\partial x^2}=-2y$,
$\dfrac{\partial^2 f}{\partial x \partial y}=
\dfrac{\partial^2 f}{\partial y \partial x}=1-2x-2y$,
$\dfrac{\partial^2 f}{\partial y^2}=-2x$ なので，
$(x,y)=(0,0), (1,0), (0,1), (1/3,1/3)$ における Hesse 行列はそれぞれ，
$$\left(\matrix 0 & 1 \\
1 & 0\endmatrix\right),
\left(\matrix 0 & -1 \\
-1 & -2\endmatrix\right),
\left(\matrix -2 & -1 \\
-1 & 0\endmatrix\right),
\left(\matrix -2/3 & -1/3 \\
-1/3 & -2/3\endmatrix\right),$$
となる．最初の3つの行列式は負であるので，これらの点では極値を
取らない．最後のものは行列式が正であり，1行1列成分が
負なので，$x=y=1/3$ では，極大値 $f(1/3,1/3)=1/27$ を取る．
これが極値のすべてである．

(3) $x,y$ で $f$ を偏微分して 0 とおくと，
$y-1/x^2=0$, $x-1/y^2=0$ を得る．
これを解くと，解は $x=y=1$ だけである．
$\dfrac{\partial^2 f}{\partial x^2}=2/x^3$,
$\dfrac{\partial^2 f}{\partial x \partial y}=
\dfrac{\partial^2 f}{\partial y \partial x}=1$,
$\dfrac{\partial^2 f}{\partial y^2}=2/y^3$ なので，
$x=y=1$ における Hesse 行列は
$\left(\matrix 2 & 1 \\
1 & 2\endmatrix\right)$ となる．この行列式は正であり，1行1列成分も
正なので，$x=y=1$ では，極小値 $f(1,1)=3$ を取る．
これが極値のすべてである．

\bigskip
[2] まず，$y$ を与えて $x$ の2次方程式と思うと，判別式は正であり，
解は常に2つあることがわかる．これより $x$ を $y$ の関数と見ると，
この図形は2つのグラフからなる．$|y|$ はいくらでも大きくなれるので，
$x^2 + y^2$ のとりうる値は $[\alpha, \infty)$ の形である．
この $\alpha$ を求めるため，Lagrange の未定乗数法を用いる．
$F(x,y)=x^2+xy-y^2-1$ とおき，$f(x,y)-\lambda F(x,y)$ を，
$x,y,\lambda$ で偏微分して 0 とおくと，
$2x-\lambda(2x+y)=0$,
$2y-\lambda(x-2y)=0$,
$x^2+xy-y^2-1=0$ となる．
($\partial F/\partial x=\partial F/\partial y=0$
となる点は，$x=y=0$ だけで，この点は $x^2+xy-y^2-1=0$ の上にないので，
Lagrange の未定乗数法で極値の候補がすべて求まる．)
$\lambda\neq0$, $x^2+y^2\neq0$ はすぐにわかるので，
最初の2式より，$2/\lambda$ は，$\left(\matrix 2 & 1 \\
1 & -2\endmatrix\right)$ の固有値である．よって，$\lambda=\pm2/\sqrt5$ を
得る．$\lambda=-2/\sqrt5$ のケースは，$x=-t$, $y=(2+\sqrt5)t$ の形になるが，
これでは，$x^2+xy-y^2-1=0$ を満たさない．
$\lambda=2/\sqrt5$ のケースは，$x=t$, $y=(-2+\sqrt5)t$ の形になり，
$x^2+xy-y^2-1=0$ と合わせて $t^2=(2+\sqrt5)/5$ より，$x,y$ が求まる．
極値の候補はこのケースだけなので，このときの $x^2+y^2$ が極小値である．
この値が上の $\alpha$ であり，$2\sqrt{5}/5$ と求まる．よって，
答えは $[2\sqrt{5}/5, \infty)$ である．

\bigskip
[3] 条件より，$|x|, |y|\le1$ が従うので，有界集合となる．よって，
Lagarange の未定乗数法で求まる極値の候補の中に，最大値，最小値がある．
$F(x,y)=x^2+x^4+y^2+y^4-1$ とおき，$f(x,y)-\lambda F(x,y)$ を，
$x,y,\lambda$ で偏微分して 0 とおくと，
$y-\lambda(2x+4x^3)=0$,
$x-\lambda(2y+4y^3)=0$,
$x^2+x^4+y^2+y^4-1=0$ となる．
($\partial F/\partial x=\partial F/\partial y=0$
となる点は，$x=y=0$ だけで，この点は $x^2+x^4+y^2+y^4-1=0$ の上にないので，
Lagrange の未定乗数法で極値の候補がすべて求まる．)
$\lambda\neq0$ はすぐにわかり，$2x^2+4x^4=2y^2+4y^4$ である．
$g(x)=2x^2+4x^4$ のグラフを考えることにより，$y=\pm x$ がわかる．
$x^2+x^4+y^2+y^4-1=0$ より，$x^2$ について解くと，
$x^2=(-1\pm\sqrt3)/2$ を得る．もちろん $x^2\ge0$ なので，
$x^2=y^2=(-1+\sqrt3)/2$ である．これより，
$xy$ の極値の候補は $(-1+\sqrt3)/2$ と $(1-\sqrt3)/2$
の2つなので，これらが最大値，最小値である．

\bigskip
[4] もちろん答えはいくらでもありうるが，たとえば次のようにおけばよい．

$f(x,y)=2x^3-3x^2+2y^3-3y^2$とする．もちろんこれは
$C^\infty$-関数である．このとき，極値を求めるため，
$x,y$ で $f$ を偏微分して 0 とおくと，
$6x^2-6x=0$, $6y^2-6y=0$ を得る．これを解くと，
解は $(x,y)=(0,0), (0,1), (1,0), (1,1)$ である．
$\dfrac{\partial^2 f}{\partial x^2}=12x-6$,
$\dfrac{\partial^2 f}{\partial x \partial y}=
\dfrac{\partial^2 f}{\partial y \partial x}=0$,
$\dfrac{\partial^2 f}{\partial y^2}=12y-6$ なので，
$(x,y)=(0,0), (0,1), (1,0), (1,1)$ における Hesse 行列はそれぞれ，
$\left(\matrix -6 & 0 \\
0 & -6\endmatrix\right)$,
$\left(\matrix -6 & 0 \\
0 & 6\endmatrix\right)$,
$\left(\matrix 6 & 0 \\
0 & -6\endmatrix\right)$,
$\left(\matrix 6 & 0 \\
0 & 6\endmatrix\right)$,
となる．2番目と3番目の行列式は負であるので，これらの点では極値を
取らない．1番目と4番目の行列の行列式は正であり，1行1列成分が
それぞれ負と正なので，$(x,y)=(0,0)$ では極大値を取り，
$(x,y)=(1,1)$ では極小値を取る．
これが極値のすべてであるので，この $f(x,y)$ は問題の条件を
満たしている．

\bye