1. y をxの関数とみなしたとき,次の関係式で与えられる陰関数 y=f(x)の極値を求めよ.
(1) x2−2xy2+ 6xy+ 16 = 0 (2) 2xy2+x2y−8 = 0 (3)x3−2y3+ 3x2y+ 2 = 0 (4) log(x2+y2)−2 tan−1y
x= 0 (5)x+ 2 logy−exy3= 0 (6)x3+y3−3x2y−1 = 0 (7) x2y−2y3+x2+y2+y= 0 (8)x3y3−x+y= 0 (9)x3−3xy+ 2y2−4y= 0 (10)x2y+ 4xy2+ 4y3+x2+ 4xy+ 3y2+ 2y= 0 (11)x4+ 4xy3−3y= 0 (12)x4+ 2x2+y3−y= 0 (13) (y+ 1)x2−2y(y−1)x+y(y2−1) = 0
第 7 回の演習問題の解答
1. (1)F(xy) =x2−2xy2+6xy+16によってF :R2→Rを定めれば∂F
∂x = 2x−2y2+6yだからF(xy) = ∂F∂x(xy) = 0 とおくと,
x2−2xy2+ 6xy+ 16 = 0 · · ·(i) x−y2+ 3y= 0 · · ·(ii)
. (ii)からx=y2−3yより(i)に代入して−y4+ 6y3−9y2+ 16 = 0 より(y+ 1)(y−4)(y2−3y+ 4) = 0を得るため,y =−1,4 である. 従ってF(xy) = ∂F∂x(xy) = 0 が成り立つのは (xy) =( 4
−1
),(44)の場合である.
∂F
∂y =−4xy+ 6x, ∂∂x2F2 = 2よりf がf(4) =−1を満たす場合,f′′(4) =−
∂2F
∂x2
( 4
−1
)
∂F
∂y
( 4
−1
) =−1
20 <0 となるため,f は 4 で極大値−1をとり, f がf(4) = 4 を満たす場合, f′′(4) =−∂
2F
∂x2 (44)
∂F
∂y (44) = 1
20 >0 となるため,f は4 で極小値4 をとる.
(2) F(xy) = 2xy2+x2y−8 によってF :R2 →Rを定めれば ∂F∂x = 2y2+ 2xyだから F(xy) = ∂F∂x(xy) = 0とお くと,
2xy2+x2y−8 = 0 · · ·(i) y(y+x) = 0 · · ·(ii)
. (ii)からy= 0 またはy=−x. y= 0の場合, (i)を満たすxは存在しない.
y =−xの場合, (i)よりx= 2である. 従って,F(xy) = ∂F∂x(xy) = 0が成り立つのは(xy) =( 2
−2
)の場合である.
∂F
∂y = 4xy+x2, ∂∂x2F2 = 2yよりf がf(2) =−2を満たす場合,f′′(2) =−
∂2F
∂x2
( 2
−2
)
∂F
∂y
( 2
−2
) =−1
3 <0となるため,f は 2 で極大値−2をとる.
(3) F(xy) =x3−2y3+ 3x2y+ 2によってF :R2 →Rを定めれば ∂F∂x = 3x2+ 6xy だからF(xy) = ∂F∂x (xy) = 0 とおくと,
x3−2y3+ 3x2y+ 2 = 0 · · ·(i) x(x+ 2y) = 0 · · ·(ii)
. (ii)からx= 0または x=−2y. x= 0の場合, (i)よりy = 1で あり, x=−2y の場合, (i)よりy=−1 である. 従って, F(xy) = ∂F∂x (xy) = 0が成り立つのは(xy) = (01),( 2
−1
)の 場合である.
∂F
∂y =−6y2+ 3x2, ∂∂x2F2 = 6x+ 6yよりf がf(0) = 1 を満たす場合,f′′(0) =−
∂2F
∂x2 (01)
∂F
∂y (01) = 1>0となるため,f は 0 で極小値1 をとり,f が f(2) =−1 を満たす場合,f′′(2) =−
∂2F
∂x2
( 2
−1
)
∂F
∂y
( 2
−1
) =−1<0 となるため,f は 2で極大値
−1 をとる.
(4)F(xy) = log(x2+y2)−2 tan−1 y
xによってF :R2→Rを定めれば∂F
∂x = 2(x+y)x2+y2 だからF(xy) =∂F∂x (xy) = 0とお くと,
log(x2+y2)−2 tan−1y
x= 0 · · ·(i) x+y= 0 · · ·(ii)
. (ii)からy=−x. (i)に代入すれば, 2 log|x|+ log 2 +π2 = 0だから, x=± 1
√2eπ4 である. 従って,F(xy) = ∂F∂x(xy) = 0が成り立つのは(xy) =± ( 1
√2e π 4
−√1 2e π 4
)
の場合である. ∂F∂y =2(x−2+yx+y)2 ,
∂2F
∂x2 = 2(−(xx22−+y2xy+y2)2 2) よりf が f (√1
2eπ4
)
= −√1 2eπ4
を満たす場合, f′′
(√1 2eπ4
)
= −
∂2F
∂x2
( 1
√2e π 4
−√1
2e π 4
)
∂F
∂y
( 1
√2e π 4
−√1
2e π 4
) = e
π4
√2 > 0
となるため, f は 1
√2eπ4
で極小値 − 1
√2eπ4
をとり, f が f (−√1
2eπ4
)
= √1 2eπ4
を満たす場合, f′′
(−√1 2eπ4
)
=
−
∂2F
∂x2
(− 1
√2e π 4
√1 2e
π 4
)
∂F
∂y
(
−
√1 2e
π 4
√1 2e
π 4
) =−e√π42 <0 となるため,f は− 1
√2eπ4
で極大値 1
√2eπ4
をとる.
(5) F(xy) =x+ 2 logy−exy3 によってF :{
(xy)∈R2x∈R, y >0}
→R を定めれば ∂F∂x = 1−exy3 だから F(xy) = ∂F∂x (xy) = 0とおくと,
x+ 2 logy−exy3= 0 · · ·(i) 1−exy3= 0 · · ·(ii)
. (ii)からy=e−x3. (i)に代入すれば, x
3 −1 = 0 だから,x= 3である. 従って,F(xy) = ∂F∂x(xy) = 0が成り立つのは(xy) =
(3
1 e
)の場合である. ∂F
∂y = y2−3exy2,
∂2F
∂x2 =−exy3 よりf が f(3) = 1e を満たす場合, f′′(3) =−
∂2F
∂x2
(3
1 e
)
∂F
∂y
(3
1 e
) =−1
e <0 となるため, f は 3 で極大値 1 e をとる.
(6) F(xy) =x3+y3−3x2y−1によってF :R2→R を定めれば ∂F
∂x = 3x2−6xy だから F(xy) = ∂F∂x(xy) = 0 とおくと,
x3+y3−3x2y−1 = 0 · · ·(i) x(x−2y) = 0 · · ·(ii)
. (ii)から x= 0 またはx= 2y. x= 0 の場合, (i)よりy = 1であ り,x= 2y の場合, (i)より−3y3−1 = 0だから y=− 1
√3
3 である. 従って,F(xy) = ∂F∂x (xy) = 0が成り立つのは (xy) = (01),
(−√32 3
−√31 3
)
の場合である.
∂F
∂y = 3y2−3x2, ∂∂x2F2 = 6x−6y よりf がf(0) = 1 を満たす場合,f′′(0) =−
∂2F
∂x2 (01)
∂F
∂y (01) = 2>0 となるため, f は 0 で極小値 1をとり,f が f
(
− 2
√3
3 )
=− 1
√3
3 を満たす場合, f′′
(
− 2
√3
3 )
=−
∂2F
∂x2
(−√32 3
−√31 3
)
∂F
∂y
(−√32 3
−√31 3
) =− 2
√3
9 <0となるた め,f は− 2
√3
3 で極大値− 1
√3
3 をとる.
(7)F(xy) =x2y−2y3+x2+y2+yによってF:R2→Rを定めれば∂F
∂x = 2xy+ 2xだからF(xy) = ∂F∂x(xy) = 0
とおくと,
x2y−2y3+x2+y2+y= 0 · · ·(i) x(y+ 1) = 0 · · ·(ii)
.
(ii)からx= 0またはy=−1. x= 0の場合は(i)からy(y−1)(2y+ 1) = 0だからy= 0,1,−12 である. y=−1 の場合は (i)を満たすxは存在しない. 従って,F(xy) = ∂F∂x(xy) = 0が成り立つのは(xy) = (00),(01)
( 0
−12
)の場合 である.
∂F
∂y = x2−6y2 + 2y+ 1 より ∂F
∂y (00) = 1 ̸= 0, ∂F∂y (01) = −3 ̸= 0, ∂F∂y ( 0
−12
)
= −32 ̸= 0 だから, 方程式 x2y−2y3+x2+y2+y= 0により定まる陰関数f0,f1,f−1
2 で,f0(0) = 0,f1(0) = 1,f−1
2(0) =−12 を満たすもの がある.
∂2F
∂x2 = 2y+ 2よりf0′′(0) =−
∂2F
∂x2 (00)
∂F
∂y (00) =−2<0となるため,f0は 0で極大値0をとる.
f1′′(0) =−
∂2F
∂x2 (01)
∂F
∂y (01) = 43 >0 となるため,f1 は0 で極小値1 をとる. f′′
−12
(0) =−
∂2F
∂x2
( 0
−12
)
∂F
∂y
( 0
−12
) =23 >0 となるため,f−1 2
は0 で極小値−12 をとる.
(8) F(xy) =x3y3−x+y によってF :R2 →R を定めれば∂F∂x = 3x2y3−1 だからF(xy) = ∂F∂x (xy) = 0 とおく と,
x3y3−x+y= 0 · · ·(i) 3x2y3−1 = 0 · · ·(ii)
. (ii)より x3y3 = x
3 だから, (i)に代入して y = 2x
3 を得る. (ii) に代入すれば, 8x5
9 = 1 より x= 2−35325 である. 従って, F(xy) = ∂F∂x (xy) = 0 が成り立つのは(xy) = (
2−35325 2253−35
) の場合である.
∂F
∂y = 3x3y2+ 1, ∂∂x2F2 = 6xy3 より f がf (
2−35325 )
= 2253−35 を満たす場合, f′′
( 2−35325
)
=−
∂2F
∂x2
(
2−35325
2253−35
)
∂F
∂y
(
2−35325
2253−35
) =
−45√√558
9 <0となるため, f は 2−35325 = 5
√9
8 で極大値2253−35 = 5
√4
27 をとる. (9) F(xy) =x3−3xy+ 2y2−4y によってF :R2→Rを定めれば ∂F
∂x = 3x2−3y だから F(xy) = ∂F∂x(xy) = 0 とおくと,
x3−3xy+ 2y2−4y= 0 · · ·(i) x2−y= 0 · · ·(ii)
. (ii) から y = x2 より (i) に代入して 2x4−2x3−4x2 = 0 よ りx2(x+ 1)(x−2) = 0 を得るため, x= −1,0,2 である. 従って, F(xy) = ∂F∂x (xy) = 0 が成り立つのは(xy) = (−1
1
),(00),(24)の場合である.
∂F
∂y =−3x+ 4y−4, ∂∂x2F2 = 6xより f が f(−1) = 1を満たす場合, f′′(−1) =−
∂2F
∂x2
(−1
1
)
∂F
∂y
(−1
1
) = 2>0 となるため,
f は4 で極小値1をとる. f が f(0) = 0を満たす場合, f′′(0) =−
∂2F
∂x2 (00)
∂F
∂y (00) = 0となるため, f の0 における高次 の微分係数を調べる. x3−3xf(x) + 2f(x)2−4f(x) = 0の両辺を3回 xで微分すれば, ライプニッツの公式から 3−3xf′′′(x)−9f′′(x) + 4f′(x)2+ 4f(x)f′′(x)−4f′′′(x) = 0だからf(0) =f′(0) =f′′(0) = 0よりf′′′(0) =3
4 >0 を得る. 従ってf′′ は 0の付近で単調に増加するため, 0の前後で負から正に符号が変わる. 故にf′ は 0で極小値 0 をとるため,f′ は0を除いた0 の付近では正の値をとり,f は 0の付近では単調に増加する. よって,f(0) = 0 を 満たす場合の f は0 で極値をとらない. f がf(2) = 4を満たす場合,f′′(2) =−
∂2F
∂x2 (24)
∂F
∂y (24) =−2<0となるため,f は 2で極大値4をとる.
(10)F(xy) =x2y+ 4xy2+ 4y3+x2+ 4xy+ 3y2+ 2y によってF :R2→Rを定めれば∂F
∂x = 2xy+ 4y2+ 2x+ 4y だからF(xy) =∂F∂x(xy) = 0とおくと,
x2y+ 4xy2+ 4y3+x2+ 4xy+ 3y2+ 2y= 0 · · ·(i) xy+ 2y2+x+ 2y= 0 · · ·(ii)
.
(ii)から(x+ 2y)(y+ 1) = 0だからx=−2y またはy=−1 である. x=−2y の場合, (i)から−y2+ 2y= 0だ からy= 0 またはy= 2 である. y=−1の場合, (i)に y=−1 を代入すれば−3 = 0となって矛盾が生じるため, y =−1である解は存在しない.
従って,F(xy) =∂F∂x(xy) = 0 が成り立つのは(xy) = (00),(−4
2
)の場合である.
∂F
∂y =x2+ 8xy+ 12y2+ 4x+ 6y+ 2より∂F∂y (00) = 2̸= 0, ∂F∂y (−4
2
)=−2̸= 0だから,方程式x2y+ 4xy2+ 4y3+ x2+ 4xy+ 3y2+ 2y= 0により定まる陰関数 f0,f1 で,f0(0) = 0,f1(−4) = 2を満たすものがある.
∂2F
∂x2 = 2y+ 2よりf0′′(0) =−
∂2F
∂x2 (00)
∂F
∂y (00) =−1<0となるため,f0は 0で極大値0をとる.
f1′′(−4) =−
∂2F
∂x2
(−4
2
)
∂F
∂y
(−4
2
) = 3>0 となるため,f1 は−4で極小値2をとる.
(11)F(xy) =x4+ 4xy3−3y によってF :R2→Rを定めれば ∂F
∂x = 4x3+ 4y3 だからF(xy) =∂F∂x (xy) = 0とお くと,
x4+ 4xy3−3y= 0 · · ·(i) x3+y3= 0 · · ·(ii)
. (ii)からy=−x. (i)に代入すれば,−3x4+ 3x= 0だからx= 0,1 である. 従って,F(xy) =∂F∂x (xy) = 0が成り立つのは(xy) = (00),( 1
−1
)の場合である.
∂F
∂y = 12xy2−3, ∂∂x2F2 = 12x2 より f が f(1) = −1 を満たす場合, f′′(1) =−
∂2F
∂x2
( 1
−1
)
∂F
∂y
( 1
−1
) =−43 <0 となるため,
f は 1 で極大値 −1 をとる. f が f(0) = 0を満たす場合, f′′(0) = −
∂2F
∂x2 (00)
∂F
∂y (00) = 0 となるため, f の0 におけ る高次の微分係数を調べる. x4+ 4xf(x)3−3f(x) = 0の両辺を3回 xで微分すれば, ライプニッツの公式から
24x+ 4x(f(x)3)′′′+ 12(f(x)3)′′−3f′′′(x) = 0であり, (f(x)3)′′= 3f′′(x)f(x)2+ 6f′(x)2f(x)かつf(0) = 0だか ら f′′′(0) = 0となることがわかる. さらにもう1回微分すれば24 + 4x(f(x)3)(4)+ 16(f(x)3)′′′−3f(4)(x) = 0で あり, (f(x)3)′′′ = 3f′′′(x)f(x)2+ 18f′′(x)f′(x)f(x) + 6f′(x)3 かつf(0) =f′(0) = 0 だからf(4)(0) = 8>0とな ることがわかる. 従ってf′′′ は0 の付近で単調に増加し,f′′′(0) = 0より, 0の前後でf′′′ の値の符号は負から正に 変わる. 故にf′′は0 で極小値0をとるため,f′′は 0を除いた0の付近では正の値をとる. よって,f′ は0の付近 では単調に増加し,f′(0) = 0よりf′ の値の符号は負から正に変わるため,f は 0で極小値0をとる.
(12)F(xy) =x4+2x2+y3−yによってF :R2→Rを定めれば ∂F∂x = 4x3+4xだからF(xy) = ∂F∂x(xy) = 0とおくと,
x4+ 2x2+y3−y= 0 · · ·(i) x(x2+ 1) = 0 · · ·(ii)
. (ii)からx= 0だから(i)からy= 0,±1である. 従って,F(xy) = ∂F∂x(xy) = 0 が成り立つのは(xy) = (00),±(01)の場合である.
∂F
∂y = 3y2−1 より∂F∂y (00) =−1̸= 0, ∂F∂y (01) = 2̸= 0, ∂F∂y ( 0
−1
)= 2̸= 0 だから,方程式x4+ 2x2+y3−y= 0 に より定まる陰関数 f0,f1,f−1 で,f0(0) = 0,f1(0) = 1,f−1(0) =−1を満たすものがある.
∂2F
∂x2 = 12x2+ 4よりf0′′(0) =−
∂2F
∂x2 (00)
∂F
∂y (00) = 4>0 となるため, f0 は0で極小値0をとる. f1′′(0) =−
∂2F
∂x2 (01)
∂F
∂y (01) =−2<0となるため,f1は 0で極大値1をとる.
f−′′1(0) =−
∂2F
∂x2
( 0
−1
)
∂F
∂y
( 0
−1
) =−2<0 となるため, f−1 は0 で極大値−1をとる.
(13)F(xy) = (y+ 1)x2−2y(y−1)x+y(y2−1)によって F :R2 →Rを定めれば ∂F
∂x = 2(y+ 1)x−2y(y−1) だからF(xy) = ∂F∂x(xy) = 0とおくと,
(y+ 1)x2−2y(y−1)x+y(y2−1) = 0 · · ·(i) 2(y+ 1)x−2y(y−1) = 0 · · ·(ii)
. y=−1 ならば(ii) は 成立しないので, y ̸=−1 である. 従って (ii) から x= y(y−1)
y+ 1 . これを(i) に代入して両辺に y−1 をかけれ ば,−y2(y−1)2+y(y−1)(y+ 1)2= 0が得られる. この左辺を因数分解すればy(y−1)(3y+ 1) = 0となるため, y = 0,1,−13 である. 従って,F(xy) =∂F∂x (xy) = 0が成り立つのは(xy) = (00),(01)
( 2 3
−13
)の場合である.
∂F
∂y = x2−2(2y−1)x+ 3y2−1 より ∂F
∂y (00) = −1 ̸= 0, ∂F∂y (01) = 2 ̸= 0, ∂F∂y ( 2
−313
)
= 2 ̸= 0 だから, 方程式 (y+ 1)x2−2y(y−1)x+y(y2−1) = 0により定まる陰関数 f0,f1, f−1
3
で, f0(0) = 0,f1(0) = 1,f−1 3
(2
3
)=−13 を満たすものがある.
∂2F
∂x2 = 2y+ 2よりf0′′(0) =−
∂2F
∂x2 (00)
∂F
∂y (00) = 2>0 となるため,f0 は0 で極小値0をとる.
f1′′(0) =−
∂2F
∂x2 (01)
∂F
∂y (01) =−2<0となるため,f1は 0で極大値1をとる.
f′′
−13
(0) =−
∂2F
∂x2
( 2
−313
)
∂F
∂y
( 2 3
−13
) =−2
3 <0 となるため,f−1 3
は 2
3 で極大値−1
3 をとる.