1
第
8
章 偏微分
,
テイラー展開
:
解説と補充
問題
8.1
多変数の
1, 2
次関数
まず平面だが z = ax + by + c→ −ax − by + z − c = −a −b +1 x y z− c = 0 と記述できることから, 点 (0, 0, c) を通過する, ⃗n = (−a, −b, 1) を法線とする平面ということが できる. 次に f = n ∑ i=1 aiix2i + ∑ i<j 2aijxixj = (⃗x, A⃗x), A ={aij} =tA を座標の回転で標準形 ˜ f = n ∑ i=1 λix2i にすることは線形代数の定番技巧であるが一応書いておく。 座標の回転は２次元では x → x = u cos θ − v sin θ y → y = u sin θ + v cos θ とすればよい. (u, v) は角度 θ 回転した新しい座標である。 これを代入し, uv の項が消えるよう にすればよい。 問題 8.1.1 f = ax2+ 2bxy + cy2 に対し U = ( cos θ − sin θ sin θ cos θ ) をあらわに求めよ。このとき f → ˜f = λ1u2+ λ2v2 になるとして, λi をあらわに求めよ。 【略解】tan(2θ) = 2b a− c である, λiはこの角度からでる. λiは実対称行列 U = ( a b b c ) の固有値 であることは既習であろう. これから特性方程式 Φ(x) = det(x−A) = x2−(a+c)x+(ac−b2) = 0 の解として求まることも既習である.λi=
a + c±√(a− c)2+ 4b2
証明終 線形代数では, A が実対称行列なので固有値は全て実数{λ1,· · · , λn} で, 固有ベクトルは正規直
交系 {u1,· · · , un} をなすということを用いる。U = (u1,· · · , un)は回転行列 (実直交行列) であ
り,tU = U−1 を満たすことはよく知られている:
(x, Ax)→ (Ux, AUx) = (x,tU AU x) = (x, diag(λi)x) =
∑ λix2i 固有値 λiは特性方程式 det(x− A) = 0 の解なので λ1· · · λn≡ n ∏ i=1
λi= det(−A) = (−1)ndet(A))
トレースの性質 TrXY = TrY X を用いると TrU−1AU =∑λi= ∑ aii である. 問題 8.1.2 f =∑ i aiix2i + 2 ∑ i<j aijxixj+ ∑ i bixi を xi の並行移動によって一次項が無いように変換せよ。また A の固有値が全て正のとき, f の最 小値を求めよ 【略解】aij = aji だから A ={aij} として f = ∑ i aiix2i + 2 ∑ i<j aijxixj+ ∑ i bixi = ∑ i xi ∑ j aijxj +∑ i bixi = ∑ i xi(Ax)i+ (b, x) = (x, Ax) + bx = (x− 1 2Ab, A(x− 1 2Ab))− 1 4(b, A −1b)≥ −1 4(b, A −1b) 証明終
8.2
多変数関数の微分
C
1(Ω), C
2(Ω)
C2(Ω) とは領域 Ω で f x, fy および fxx, fxy, fyx, fyy が全て連続なものをいう。通常 ||f|| = sup x,y (|f(x, y| + · · · + |fyy(x, y)|) でノルムを導入し、完備な空間になる。 もし f (x, y) =∑igi(x)hi(y))ならば fxy= ∂ ∂y ( ∂ ∂f ) = ∂ ∂y( ∑ g′i(x)hi(y)) = ∑ g′i(x)h′i(y)) = fyx で順番によらない。一般に8.2. 多変数関数の微分 C1(Ω), C2(Ω) 3 定理 8.2.1 f∈ C(2) ならば fxy = fyx 【略解】 ∆ = f (x + h, y + k) + f (x, y)− f(x + h, y) − f(x.y + k) = Φ(x + h, y)− Φ(x, y) = hΦx(x + θh, y) = Ψ(x, y + k)− Ψ(x, y) = kΨ(x, y + θ′k) ここで Φ(x, y) = f (x, y + k)− f(x, y), Ψ(x, y) = f(x + h, y) − f(x, y) と置いた. ゆえに h(fx(x + θh, y + k)− fx(x + θh, y)) = k(fy(x + hh, y + θ′k)− fx(x, y + θ′k)) もう一度平均値の定理を使えば hkfxy(x + θh, y + θ′k) = hkfyx(x + θ′′h, y + θ′′′k) よって, hk で除して, h, k→ 0 とすれば, f ∈ C2 より fxy(x + θ′′h, y + θ′′′k)→ fxy(x, y), fyx(x + θh, y + θ′k)→ fyx(x, y) 証明終 問題 8.2.1 以下の関数 [この例は Peano による] f (x, y) = { xy(x2−y2) x2+y2 (x, y)̸= (0, 0) 0 (x, y) = (0, 0) において (1) fx(0, y)を求めよ, (2)yf (x, 0) を求めよ, (3) fxy(0, 0), fyx(0, 0)をもとめ, fxy(0, 0)̸= fyx(0, 0)を確かめよ. 【略解】f (0, y) = f (x, 0) = 0 なので定義から fx(0, y) = lim h→0 f (h, y)− f(0, y) h = limh→0 f (h, y) h = lim h→0 1 h hy(h2− y2) h2+ y2 =−y 同じく fy(x, 0) = x. よって fxy(0, y) =−1, fyx(x, 0) = 1
問題 8.2.2 多変数関数 f について, (1) f ∈ C1, (2)微分可能性, (3) 方向微分可能性, (4) 偏微 分可能性 は互いに同値ではなく, (1) → (2) → (3) → (4) の順に弱くなることを証明せよ. (つま り集合として番号の小さいほうが大きいほうの真部分集合になる). 逆がうそであることを示すに は例を挙げればよい. 【略解】略解のみ. (1)→ (2) と, (2) ̸→ (1) が一番難しいかも知れない. (1) → (2) はスタンダー ド。 他の包含関係は明らかである (ことを望む) 証明終
8.3
合成関数の微分とテーラーの定理
8.3.1
偏微分の鎖則
f (x, y) が x, y について, C1 で x = x(t), y = y(t) が t について微分可能ならば g(t) = f (x(t), y(t))について, α = x′(x),β = y′(x) としてg(t + h) = f (x(t) + αh + o(h), y(t) + βh + o(h))
= f (x(t), y(t)) + fx(x(t), y(t))αh + fy(x(t), y(t))βh + o(h)
= g(t) + fxx′(t)h + fxy′(t)h + o(h) すなわち d dtf (x(t), y(t)) = dx dtfx+ dy dtfy 同じく f (x, y) が x, y について, C1 で x = x(s, t), y = y(s, t) が s, t についても C1ならば, まっ たく同じ方法で ∂ ∂sf (x(s, t), y(s, t)) = xsfx+ ysfy ∂ ∂tf (x(s, t), y(s, t)) = xtfx+ ytfy
8.3.2
一次変換
xi= n ∑ j=1 aijuj または ui= n ∑ j=1 aijxj, aij= (A−1)ij このとき fui = ∑ aijfxj, fui,uj = ∑ k,ℓ aikajℓfxk,xℓ 問題 8.3.1 A が直交変換 (tAA = AAt= 1) ならば ∑ (fxi) 2 =∑(fui) 2 , ∑fxi,xi = ∑ fui,ui が成り立つことを示せ.8.3. 合成関数の微分とテーラーの定理 5 【略解】A が直交変換（回転) ならばtAA = AtA = 1 なので∑iaijaik= ∑ iakiaji= δjk. (ここ で i = j ならば δij = 1, i̸= j ならば δij= 0). よって鎖則を用いて ∑ i (fui) 2=∑ i (∑ j aijfxj)( ∑ k aikfxk) = ∑ j,k (∑ i aijaik)fxjfxk= ∑ j,k δjkfxjfxk = ∑ j (fxj) 2 同様に fui= ∑ kaikfxk で, もう一度用いて fuiuj = ∑ ℓ ∑ k aiℓajkfxkxℓ 残りは前と同様である.
8.3.3
極座標
x = r cos θ, y = r sin θ または r = (x2+ y2)1/2, θ = tan−1(y/x) このとき
fr= cos θfx+ sin θfy, fθ=−r sin θfx+ r cos θfy
これから連立方程式を解いて逆に fx= cos θfr− sin θ r fθ, fy= sin θfr+ cos θ r fθ が求められるが, 問題 8.3.2 上の式を直接に証明せよ 【略解】 fx= ∂r ∂xfr+ ∂θ ∂xfθ= x rfr− y x2+ y2fθ= cos θfr− sin θ r fθ, fy = ∂r ∂yfr+ ∂θ ∂yfθ= y rfr+ x x2+ y2fθ= sin θfr+ cos θ r fθ, 問題 8.3.3 次式を示せ ∆ = ∂ 2 ∂x2+ ∂2 ∂y2 = ∂2 ∂r2 + 1 r ∂ ∂θ + 1 r2 ∂2 ∂θ2 【略解】前の計算から
∂x= (cos θ∂r− (sin θ/r)∂θ) , ∂y = (sin θ∂r+ (cos θ/r)∂θ)
よって
(∂x)2 = cos2θ∂r2− (cos θ∂r)(sin θ/r)∂θ− ((sin θ/r)∂θ) cos θ∂r+ ((sin θ/r)∂θ)2
= cos2θ∂r2− 2(sin 2θ/r)∂r∂θ+ (sin θ/r)2∂θ2
+(cos θ sin θ/r2)∂θ+ (sin2θ/r)∂r+ (cos θ sin θ/r2)∂θ
(∂y)2 = sin2θ∂r2+ 2(sin 2θ/r)∂r∂θ+ (cos θ/r)2∂θ2 −(cos θ sin θ/r2)∂
θ+ (cos2θ/r)∂r− (cos θ sin θ/r2)∂θ
8.3.4
球座標
この場合, x = r sin θ cos ϕ, y = r sin θ sin ϕ, z = r cos θ なので,
r = (x2+ y2+ z2)1/2, ϕ = tan−1 (y x ) , θ = cos−1 ( z √ x2+ y2+ z2 ) 問題 8.3.4 ラプラシアン ∆ =∑3i=1∂ 2/∂x2 i を球座標で示せ.
8.3.5
マクローリン展開
前学期で勉強したように, f (x + h, y + k) = f (x + th, y + tk)|t=1≡ g(t)|t=1 = g(0) + g′(0) + 1 2!g ′′(0) +· · · + 1 (n− 1)!g (n−1)(0) + 1 n!g (n)(θ) ここで g′(t) = d dtg(t) = ( dx dt ∂ ∂x+ dy dt ∂ ∂y)f (x(t), y(t)) = (h ∂ ∂x+ k ∂ ∂y)f (x, y) 特に f ∈ C(2)(D)ならば f (x + h, y + k) = n−1 ∑ k=0 1 k!(h∂x+ k∂y) k f (x, y) + 1 n!(h∂x+ k∂y) k f (x + θh, y + θk) = f (x, y) + fx(x, y)h + fy(x, y)k + 1 2(fxx(x, y)h 2+ 2f xy(x, y)hk + fyy(x, y)k2) +o((|h| + |k|)2) fx= fy = 0と x, y を選ぶと f (x + h, y + k) = f (x, y) +1 2 < ( h k ) , A ( h k ) > +O(|h|3+|k|3) 行列 A は ( fxx fxy fxy fyy ) で固有値 λ1, λ2 は λ1+ λ2= fxx+ fyy, λ1λ2= fxxfyy− fxy2 を満たす. この行列は実対称で固有値は実, 固有ベクトルは直交する. 回転によってこの部分は λ1h2+ λ2k2 と表せる.8.4
2
次形式の標準形
問題 8.4.1 (1) 実エルミート行列 A の全ての固有値が正である必要十分条件は全ての非零なベク トル x∈ Rnm に対して < x, Ax >> 0 (2) 行列 A がエルミートで固有値が全て正である必要十分条件は全ての非零である複素ベクトル xに対して < x, Ax >≥ 0 であることを示せ.8.4. 2次形式の標準形 7 【略解】十分であることは明らかなので必要性をしめす。つまり < x, Ax > が常に実ならば A∗= A (または < Ax, y >=< x, Ay >) を示十分である. B = (A + A∗)/2, C =−i(A − A∗)/2はエル ミートで, A = B + iC. < x, Ax >∈ R , とすれば < x, Ax >=< x, Bx > +i < x, Cx >∈ R. < x, Ax >∈ R, < x, Cx >∈ R より, < x, Cx >= 0 が全ての x で成立. よって C = 0 で A = A∗. 定理 8.4.1 行列 A がエルミート行列で固有値が全て正である必要十分条件は任意の z∈ Cnに対 して, < z, Az >> 0 が成立すること (前問). A が実エルミート行列ならば これは |A1| = a11> 0,|A2| = a11a22− a212> 0, · · · , |An| = |A| > 0 (全ての主小行列式が正) の成立と同値である. 【略解】「線型代数入門」(東大出版, 斉藤正彦) 第５章にあります。 A = a11 a12 · · · a1n a21 a22 · · · a2n .. . ... ... ... an1 an2 ... ann , Ak = a11 a12 · · · a1k a21 a22 · · · a2k .. . ... ... ... ak1 an2 ... akk 1, 2,· · · , n−1 で成立するとして, n でも成り立つことを帰納法で示す. a =t(a1n, a2n,· · · , an−1,n) と しさらに, P = ( En−1 A−1n−1a t0 1 ) とすれば A =tP BP, B≡ ( An−1 0 t0 d ) ただし d = ann− < a, A−1n−1a >となり, det(A) = det(An−1)× d である。よって An−1 が正値で d > 0としよう。z =t(x, y)∈ Rn, x∈ Rn−1, y∈ R, とすれば < z, Bz >=< x, An−1x > +dy2 よって B は正値で, よって A も又 正値である。(この行列のブロック的対角化を Feshbach 変換 又は Krein 変換ということがある。) 注意 8.4.1 (シルベスタの慣性則) < ( h k ) , A ( h k ) >= ah2+ 2bhk + ck2= c(k + b ch) 2+ac− b2 c k 2 なので, 常に正である条件は c > 0, (ac− b2)/c > 0. このように条件は変形の手順によって見かけ がことある条件がでてくるが, これらは同値の条件である. これは線形代数における 2 次形式に おけるシルベスタの慣性則に他ならない. すなわち, yi= ∑ kbijxj と線形独立に変数を変更し n ∑ i=1 aiix2i + 2 ∑ i<j≤n aijxixj = n ∑ i=1 αiy2i と線形変換で書き換えたとき, αi で正のものの数 p , 負のものの数 m, 0 のものの数 z は不変であ る. (p, m, z) を指数ということがある. これをシルベスタの慣性則という.
8.5
最大最小の問題
この問題を考えるにあたって, df = n ∑ i=1 ∂f ∂xi dxi, d2f = n ∑ i=1 n ∑ j=1 ∂2f ∂xixj dxidxj =< dx, Adx > とし, df = 0 となる点, つまり fxi= 0 (i = 1, 2,· · · , n) となる点を臨界点という. 基本事実 定義 8.5.1 1. Uε(x) ={z; |z − x| < ε} を x ∈ Rn の ε 近傍という. 2. 集合 D に対し, x∈ D が A の内点とは, ε > 0 を小さくとれば Uε(x)⊂ D. D に内点の全 体を intD または Do と表す. 3. 集合 D に対し, x が D の外点とは, x が Dc の内点になること. すなわち ε > 0 を小さく とれば Uε(x)⊂ Dc= Rn\D = {x; x /∈ D} 4. 内点からのみなる集合を開集合といい, 補集合 Dc が開集合のとき, D を閉集合という. 5. x が D の内点でも外点でもないとき, 境界点という. D の境界点の全体を ∂D と表す. (i)内点でない, 外点でないということから,∀ε > 0, Uε(x)∩ D ̸= ∅, Uε(x)∩ Dc̸= ∅ と同値. (ii) さらにこれから x ∈ ∂D であるとは数列 {xn ∈ D}, {yn ∈ Dc} が存在し lim xn = x, lim yn = xとも同値. 6. 有界で閉な集合をコンパクト集合という.例題 8.5.1 1. A ={(x, y); x2+ y2< 1} は開集合で, ∂A = {(x, y); x2+ y2= 1}
2. A ={(x, y); x2+ y2≤ 1} は閉集合で, ∂A = {(x, y); x2+ y2= 1}
3. 集積点を持たない数列{xn∈ R} は閉集合である 4. {1/n; n = 1, 2, · · · } は閉でも開でもない. {0} ∪ {1/n; n = 1, 2, · · · } は閉. 5. Rは閉でもあり開でもある. ϕ は閉でもあり開でもある. 定理 8.5.1 D = D∪ ∂D, intD = D\∂D = D ∩ (∂D)c 問題 8.5.1 (1)int(Dc) = (D)c, (2)(Dc) = (intD)c
【略解】ド・モルガンの法則 (∪Ai)c=∩Aci, および (∩Ai)c=∪Aci を使う.
(1) (D)c= (D∪ ∂D)c = Dc∩ (∂D)c= Dc∩ (∂Dc)c= int(Dc)
(2) (1)で D→ Dc とし, (Dc)c= Dから intD = (Dc)c,
もう一度両辺の補集合をとれば (intD)c= Dc
8.5. 最大最小の問題 9 定理 8.5.2 (1) 有界集合 D で一様連続な関数は, D = D∪ ∂D まで一意的に拡張され, そこで一 様連続. (2) コンパクト集合 D で一様連続な関数はそこで最大値と最小値をもつ. よって f (x, y) の領域 D での最大, 最小を求めるには, intD で極大極小問題を議論し, ∂D での 最大最小値と比較する. 例題 8.5.2 f = x2+ 2axy + y2 (|x|, |y| ≤ 1) の最大最小.
【略解】(i) 解法１: 平方完成: f = (x + ay)2+ (1− a2)y2, よって |a| < 1 ならば最小値は
0, 最大値は (1 +|a|)2+ (1− a2) = 2(1 +|a|). |a| > 1 ならば (0, 0) は鞍点でそれ以外では
df = 2(x + ay)dx + 2(ax + y)dy̸= 0 なので境界で最大最小. 対称性から y = 1 でのみ考えて十分
で, このとき f = x2+ 2ax + 1,これは|x| < 1 で単調増加または減少なので, 最大値 2(1 + |a|), 最
小値 2(1− |a|).
解法 2: π/4 回転すれば, f = x2+ y2+ a(x2− y2) = (1 + a)x2+ (1− a)y2. これから明らか.
解法 3: fx= 2x + 2a = 0, fy= 2a + 2y = 0 より, a̸= ±1 ならば x = y = 0 が臨界点. |a| > 1 な
ら鞍点で境界を考えよ,|a| < 1 なら原点で極小.
問題 8.5.2 f = x2+ 2axy + y2 (x2+ y2≤ 1) の最大最小.
【略解】これは前問と形状をのぞいて同じ.
(i)解法１: 極座標: x = r cos θ, y = r sin θ (0 < r < 1) として
r2(1 + a sin 2θ)∈ [r2(1− |a|), r2(1 +|a|)] よって,|a| < 1 ならば
f = r2(1 + a sin 2θ)∈ [0, 1 + |a|]
|a| > 1 ならば
f = r2(1 + a sin 2θ)∈ [1 − |a|, 1 + |a|] 他に (ii) 座標回転, (iii) 通常の方法などあり. 例題 8.5.3 f = x3+ y3− 3xy の最大最小, ただし −1/3 ≤ x, y ≤ 2/3 問題 8.5.3 ui は与えられているとして, f = ∑3 i=1(−pilog pi+ uipi) ( ∑ pi= 1, 0≤ pi ≤ 1) の 最大値を求めよ。一般の n ではどうか。[ pi はエネルギーが ui の状態が出現する確率でギッブス 分布が答えになる。−∑3i=1pilog pi はエントロピー] 【略解】p3= 1− p1− p2として代入し, f = 2 ∑ i=1 (−pilog pi+ uipi) + (−(1 − p1− p2) log(1− p1− p2) + u3(1− p1− p2) 一般の n では Lagrange の未定乗数法（後でならう）が便利. 問題 8.5.4 S =√s(s− a)(s − b)(s − c), s = (a + b + c)/2 の最大値を求めよ (a, b, c > 0).
【略解】(1) 相加相乗を使うと√
s(s− a)(s − b)(s − c) =√3(s/3)(s− a)(s − b)(s − c) ≤√3((10s/3−(a+b+c))/4)2=√3(s/3)2
等号は a = b = c = 2s/3 のとき (正三角形). (2)または, c = 2s− a − b として
f (a, b) = (s− a)(s − b)(a + b − s)
の最大値を探す. (a, b) は三角型領域 0≤ a ≤ s, 0 ≤ b ≤ s, s ≤ a + b の内部で境界で零. よっ て領域内で極値を探せばよい. 次式から a = b = 2s/3 で極大と分かる: fa = (s− a)(s − b) − (s − b)(a + b − s) = (s − b)(2s − 2a − b) fb = (s− a)(2s − a − 2b)
8.6
極大極小
前学期で勉強したように, f (x + h, y + k) = f (x + th, y + tk)|t=1≡ g(t)|t=1 = g(0) + g′(0) + 1 2!g ′′(0) +· · · + 1 (n− 1)!g (n−1)(0) + 1 n!g (n)(θ) ここで g′(t) = d dtg(t) = ( dx dt ∂ ∂x+ dy dt ∂ ∂y)f (x(t), y(t)) = (h ∂ ∂x+ k ∂ ∂y)f (x, y) 特に f ∈ C(2)(D)ならば f (x + h, y + k) = n−1 ∑ k=0 1 k!(h∂x+ k∂y) k f (x, y) + 1 n!(h∂x+ k∂y) k f (x + θh, y + θk) = f (x, y) + fx(x, y)h + fy(x, y)k + 1 2(fxx(x, y)h 2+ 2f xy(x, y)hk + fyy(x, y)k2) +o(h2+ k2) fx= fy = 0と x, y を選ぶと f (x + h, y + k) = f (x, y) +1 2 < ( h k ) , A ( h k ) > +O(|h|3+|k|3) 行列 A は ( fxx fxy fxy fyy ) で固有値 λ1, λ2 は λ1+ λ2= fxx+ fyy, λ1λ2= fxxfyy− fxy2 を満たす. この行列は実対称で固有値は実, 固有ベクトルは直交する. 回転によってこの部分は λ1h2+ λ2k2 と表せる. 一般に全ての固有値が正である必要十分条件は, 全ての主小行列式が正であこと. 問題 8.6.1 上の展開において <(hk), A(hk)>が任意の (h, k) に対して正である必要十分条件は, 二つの主小行列式が正, すなわち fxx> 0, fxxfyy− (fxy)2> 0 であることを示せ。8.7. レポート問題 11 【略解】解法 (i) fxx= a, fyy= c, fxy= fyx= b とおけば < ( h k ) , A ( h k ) >= ah2+ 2bhk + ck2= a(h + b ak) 2 +ac− b 2 a k 2 これが常に正なので, a > 0, (ac− b2)/a > 0. 解法 (ii) 又は A の固有値が全て正なので, 固有値方程式 x2− (a + c)x + ac − b2= 0の解と係数の 関係から a + c > 0, ac− b2> 0. ac > 0すなわち (ac > 0 なので) a > 0, ac− b2> 0. 注意 8.6.1 (シルベスタの慣性則) < ( h k ) , A ( h k ) >= ah2+ 2bhk + ck2= c(k + b ch) 2+ac− b2 c k 2 なので, 常に正である条件は c > 0, (ac− b2)/c > 0. このように条件は変形の手順によって見かけ がことある条件がでてくるが, これらは同値の条件である. これはすでに述べた 2 次形式におけ るシルベスタの慣性則に他ならない. すなわち, yi= ∑ kbijxj と線形独立に変数を変更し n ∑ i=1 aiix2i + 2 ∑ i<j≤n aijxixj = n ∑ i=1 αiy2i と線形変換で書き換えたとき, αi で正のものの数 p , 負のものの数 m, 0 のものの数 z は不変であ る. これはエルミート行列の固有値の正負の数そのものであることは言うまでもない。
8.7
レポート問題
問題 8.7.1 次の関数の極値を求めよ. (1)f (x, y) = 2x3+ xy2+ 5x2+ y2, (2)f (x, y) = xy(a− x − y), (a ̸= 0) 【略解】(1) fx= 6x2+ y2+ 10x, fy= 2y(x + 1). さらに fxx= 12x + 10, fyy= 2(x + 1), fxy= 2y. fx= fy= 0から (x, y) = (−1, ±2), (0, 0), (−5/3, 0) D = fxxfyy−fxy2 として, (−1, ±2) で D < 0, よって鞍点, (0, 0) で D > 0, fxx> 0なので極小, (−5/3, 0) では D > 0, fxx< 0なので極大,(2) fx = y(a− 2x − y), fy = x(a− x − 2y) さらに fxx= −2y, fyy = −2x, fxy = a− 2(x + y). fx = fy = 0から, (x, y) = (0, 0), (0, a), (a, 0), (a/3, a/3) (x, y) = (0, 0), (0, a), (a, 0) では D < 0
で全て鞍点. (a/3, a/3) では D > 0, fxx=−2a/3 なので 極大 (a > 0) 又は極小 (a < 0).
問題 8.7.2 以下の関数の指数を求めよ.
(1) f = x2+ (x− y)2+ (y− z)2− z2 (2) f = (x− y)2+ (y− z)2+ (z− x)2
【略解】固有値を求めるか, あるいは平方完成を行う。後者の方が楽である。レポート問題につき解 答なし.
-2 0 2 -2 0 2 0 0.5 1 -2 0 2 -4 -2 0 2 4 -4 -2 0 2 4 -0.5 0 0.5 -4 -2 0 2 図 8.1: 問 8.7.4 (1),(2) 概形 問題 8.7.3 以下の関数の極大値, 極小値, 鞍点（峠点) があるならば全て求めよ. [2014年 京大院入試], f (x, y) = x4+ y4− 2x2+ 4xy− 2y2 【略解】レポート問題に付き解答無し 問題 8.7.4 以下の関数の極大値, 極小値, 鞍点（峠点) を求めよ, ただし 0 < a < b . (1) f (x, y) = (ax2+ by2) exp[−x2− y2]
(2) f (x, y) = sin x sin y sin(x + y) sin(x− y)
(3) f (x, y) = sin ax sin bx a, b > 0
【略解】(1) レポート問題に付き解答無し (2) fx= sin y sin(2x + y), fy = sin x sin(x + 2y)
よって fx = fy = 0 から, (x, y) = (mπ, nπ) または (x, y) = ((2n− m)π/3, (2m − n)π/3) であ
る (m, n 整数). fxx= 2 sin y cos(2x + y), fyy = 2 sin x cos(x + 2y) fxy = sin(2(x + y)). よって
(mπ, nπ)2階微分が全て であるが, 3 階微分は 0 にならない. ゆえにこれらは鞍点で極値ではない. (x, y) = ((2n− m)π/3, (2m − n)π/3) では, 極大と極小がおこる. この分類は学生に任す.
(3) fx= a cos ax sin by, fy = b sin ax cos by,よって cos ax = cos by = 0, sin by = sin ax = 0 の二
つの可能性があり順に (1) x = (π/2 + mπ)/a, y = (π/2 + nπ)/b, (2) x = mπ/a, y = nπ/b また
fxx=−a2sin ax sin bx, fyy =−b2sin ax sin bx, fxy= ab cos ax cos by
よって (2) の点は全て鞍点であり, (1) の点は fxy= 0なので, m.n が共に偶なら fxx< 0, fyy < 0
