4 条件付きの極値問題

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4 ^{条件付きの極値問題 その４ 問題演習}

Exercise 解答例

基本演習 1 (佐賀大18) 次の条件g(x, y) = 0のもとで関数f(x, y)の極値を求め て下さい。

g(x, y) =x+y−1, f(x, y) =x²+y²

【解答例】 ２回目の演習問題にありました。

基本演習2 (筑波大25) 実変数x, y, zがx²+2y²+3z²= 6を満たすときf(x, y, z) = xyzの最大値と最小値を求め、その時のx, y, zの値を示して下さい。

【解答例】 G(x, y, z) =x²+ 2y²+ 3z²−6と置けば条件式はG(x, y, z) = 0と書くこ とが出来ます。Gx= 2x, Gy = 4y, Gz = 6zによればgradG= となる点は原点のみ ですが、原点は条件G= 0を満たしていません。従ってLagrangeの定理により、極値 の候補点はgradF =pgradGとなるような実数pが存在するような点のみです。この 式と条件式を連立させれば

















yz= 2px zx= 4py xy= 6pz

x²+ 2y²+ 3z²= 6 ですからこれを解きます。

第１、２、３式を辺々掛ければ(xyz)²= 48p³xyzとなり、これはxyz(xyz−48p³) = 0 と因数分解されますから場合分けが生じます。

【x= 0の場合】この場合、第１式からyかzのいずれかも0ですが、第３式によれ ば(0,0,±√

2)、(0,±√

3,0)が解となります。

【x 6= 0の場合】もしもy = 0であれば第２式からz = 0となり、第４式から (±√

6,0,0)が解です。また、y6= 0であれば第３式からp, z共に0ではあり得ず、先に 求めた式からxyz= 48p³が得られます。

すると第１式の両辺にxを掛ければ48p³= 2px²すなわち24p²=x²が得られます。

同様に第２、３式から12p² = y²,8p² = z²が得られ、これらを第４式に代入すれば 24p²+ 24p²+ 24p²= 6すなわちp²= ₁₂¹ が分かります。

これを戻せばx² = 2, y² = 1, z²= ²₃が分かります。従って≥

±√

2,±1,±q

2 3

¥が得 られますが、これらは全て（適当なpの下で）連立方程式を満たしています。

以上から極値の候補点は (0,0,±√

2),(0,±√

3,0),(±√ 6,0,0),

√

±√

2,±1,± r2

3

!

です（複号同順でない）。

これらの点での関数f(x, y, z) =xyzの値を調べると、

f(0,0,±√

2) =f(0,±√

3,0) =f(±√

6,0,0) = 0, f

√

±√

2,±1,± r2

3

!

=± 2

√3

です（符号は適宜解釈する）。

条件式の表す曲面は楕円面であり、楕円面上で連続関数f(x, y, z) =xyzは必ず最大 値と最小値を達成し、しかもそれは同時に極値にもなっていますから、今求めた極値の 候補の中に最小値と最大値がある筈です。値を比べれば、明らかに最大値は

√√ 2,1,

r2 3

! ,

√√

2,−1,− r2

3

! ,

√

−√ 2,1,−

r2 3

! ,

√

−√ 2,−1,

r2 3

!

での√²

3であり、最小値は

√

−√

2,−1,− r2

3

! ,

√

−√ 2,1,

r2 3

! ,

√√ 2,−1,

r2 3

! ,

√√ 2,1,−

r2 3

!

での−^√2₃ です。

基本演習 3 (電気通信大17) （１）xy−平面内の曲線f(x, y) =x³+ 3xy+ 4y⁴

−x−4 = 0上の点(2,−1)におけるこの曲線の接線の方程式を求めて下さい。

（２）点(x, y)が条件y²−x²−1 = 0を満たしながら動くときの関数f(x, y) = y³+ 2xの極値を求めて下さい。

【解答例】 これも２回目の演習問題です。

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基本演習 4 (山梨大22) f(x, y) =x²+xyとします。x²+y²= 4を満たす(x, y) でのf(x, y)の最大値と最小値を求めて下さい。

【解答例】 g(x, y) =x²+y²−4とします。gx= 2x, gy = 2yより、gradg= となる のは原点のみですが原点は条件を満たしていません。従ってLagrangeの定理から極値 の候補点はgradf =pgradgとなる実数pが存在する点のみです。この式と条件式を連

立させれば 









2x+y= 2px x= 2py x²+y²= 4

ですからこれを解きます。第２式を第１式に代入すれば

4py+y= 4p²y すなわち y(4p²−4p−1) = 0

ですが、y= 0のとき第２式からx= 0であり第３式と矛盾します。y6= 0のときは 0 = 4p²−4p−1 = (2p−1)²−2

からp= ^1±₂^√2が分かり、第２式からx= (1±√

2)yなのでこれを第３式に代入して (4±2√

2)y²= 4 すなわち y²= 2 2±√

2 = 2∓√ 2

よりy=±p 2∓√

2が得られます。従って４点の解が見つかりました（複号同順）： µ

±(1 +√ 2)

q 2−√

2,± q

2−√ 2

∂ ,

µ

±(1−√ 2)

q 2 +√

2,± q

2 +√ 2

∂ .

条件式の表す曲線は円周であり、円周上で連続関数は最大値と最小値をとり、しかも それは同時に極値でもありますから、最大値と最小値はこの候補点の中にある筈です。

そこで各点でのf(x, y)の値を調べてみると f

µ

±(1 +√ 2)

q 2−√

2,± q

2−√ 2

∂

= 2 + 2√ 2 f

µ

±(1−√ 2)

q 2 +√

2,± q

2 +√ 2

∂

= 2−2√ 2

となっていますから、前者が最大値、後者が最小値である事が分かりました。

基本演習 5 (筑波大21) g(x, y) = x²+ 2y²−1 = 0, x, y ≥0の条件の下で関数 f(x, y) =xyの最大値と最小値を求めて下さい。

【解答例】 gradg = となるのは原点のみですが、原点は条件を満たしていません。

従ってLagrangeの定理により、この条件の下での極値の候補点はgradf =wgradgと

なる実数wが存在するような点のみである事が分かります。この式と条件式を具体的

に書けば 









y= 2wx x= 4wy x²+ 2y²= 1 ですから、まず第２式を第１式に代入して

y= 8w²y, すなわち y(8w²−1) = 0

が得られますが、y = 0のとき第２式からx= 0となりこれは第３式と矛盾するので y6= 0であってw=±₂^√1₂が分かります。いずれの場合も第１、２式は同じ式x=±√

2y となり、これを第３式に代入すれば

4y²= 1 すなわち y= 1 2 が得られます。従って求める候補点は１点≥

√1 2,¹₂¥

です（x, y≥0に注意）。

条件g= 0, x, y≥0の表す曲線は楕円周の一部であり、有界閉集合です。有界閉集合 上の連続関数は必ず最大値と最小値をとりますが、それはこの曲線の端点で達成される か、端点以外で達成されるかのどちらかです。そこで各点での関数値を調べます：

f µ 1

√2,1 2

∂

=√

2, f(1,0) = 0, f µ

0, 1

√2

∂

= 0.

この様に、端点での値は少なくとも最大値でない事が分かりますから、最大値は端点 以外で達成され、それは同時に極大値ですから今求めた候補点の中にある筈です。しか しそれは値を見れば明らかで、最大値は≥

√1 2,¹₂¥

での√

2です。また、最小値が端点以 外にあったとするとそれは極小値にもなっている筈ですが、生憎そのような点はない事 が既に分かっています。従って最小値は端点で達成され、最小値は２点≥

0,√¹ 2

¥,(1,0) での0です。

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基本演習 6 (東京農工大26) x²+y²= 1のとき、関数f(x, y) =x³+¹₂y²−2xの 最大値と最小値を求めて下さい。

【解答例】 g(x, y) = x²+y²−1とおけば条件式はg(x, y) = 0と書けます。gx = 2x, gy= 2yであってgradg= となるのは原点のみですが、原点は条件式を満たしてい ません。従ってLagrangeの定理から、この条件下でfが極値となるのはgradf =wgradg となるような実数wが存在するような点のみです。この式と条件式を連立させて方程 式を解きます。











3x²−2 = 2wx y= 2wy x²+y²= 1

第２式はy(2w−1) = 0と変形されますから場合分けします。

【y= 0のとき】 このとき第３式からx=±1です。いずれの場合も第１式を満た す実数wが存在しています。従って２つの解(±1,0)が得られました。

【y6= 0のとき】 この場合w=¹₂ です。従って第１式から 0 = 3x²−x−2 = (3x+ 2)(x−1) となってx= 1,−²₃ が分かります。

x= 1の場合はy= 0なので既に見ました。一方x=−²₃ のときは y²= 1−x²= 1−4

9 = 5 9 となってy=±^√₃⁵ です。従って新たに２つの解≥

−²₃,±^√₃⁵¥

が得られました。

条件式の表す曲線は円周であり、円周上で連続関数は最大値と最小値をもち、それら は同時に極値でもありました。従って存在する最大値と最小値は今求めた極値の候補点 の中にある筈です。

そこで候補点での関数の値を調べてみると f(±1,0) =∓1, f

√

−2 3,±

√5 3

!

=71 54 となっていますから、最大値は≥

−²3,±^√3⁵

¥での⁷¹

54、最小値は(1,0)での−1です。

基本演習7 (新潟大25) 条件x²−4x+ 2y²−4y+ 3 = 0のもとで、関数g(x, y) = x+ 2yの最大値と最小値を求めて下さい。

【解答例】 h(x, y) =x²−4x+ 2y²−4y+ 3と置きます。hx = 2x−4, hy = 4y−4 ですから、gradh= となるのは(2,1)のみですが、この点は条件式を満たしません。

従ってLagrangeの定理からこの条件の下での極値の候補点は、gradg =wgradhとな

るような実数wが存在する点のみです。条件式と合わせて具体的に書けば











1 =w(2x−4) 2 =w(4y−4)

x²−4x+ 2y²−4y+ 3 = 0

第１式からx−2 = _2w¹ 、第２式からy−1 = _2w¹ です。しかも第３式は (x−2)²+ 2(y−1)²−3 = 0

と変形されますから 1

4w² + 2 1

4w² −3 = 0

4w²= 1 すなわち w=±1 2 が分かります。従って２つの解(x, y) = (3,2),(1,0)が得られます。

条件式の表す曲線は円周であり、円周上で連続関数g(x, y)は最大値・最小値をとり、

それらは同時に極値でした。従って極値であるが故にこの最大値・最小値は今求めた極 値の候補点の中にある筈です。そこで候補点での関数の値を調べてみると

f(3,2) = 7, f(1,0) = 1

ですから前者が最大値（かつ極大値）、後者が最小値（かつ極小値）です。

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基本演習8 (筑波大18) 関数f(x, y) =x^0.6y^0.4の値を、条件x+y= 4, x≥0, y≥0 のもとで最大化するxとyの値を求めて下さい。

【解答例 その１ グローバルな１変数化】 条件式からy= 4−xですからこれを使っ て関数を１変数化します：

F(x) =f(x,4−x) =x^0.6(4−x)^0.4.

logtは単調増加関数ですから、H(x) = logF(x) = 0.6 logx+0.4 log(4−x)を0< x <4 で考えたときの極値は元の関数f(x, y)の極値にもなっています。微分計算をすると

H⁰(x) = 0.6 x − 0.4

4−x =0.4(4−x)−0.6x

x(4−x) = 1.6−x x(4−x) H⁰⁰(x) =−0.6

x² − 0.4 (4−x)² <0

ですから、H⁰(x) = 0となるのはx= 1.6のときであり、ここでH(x)は極大値である 事が分かります。また、0< x <1.6でH⁰(x)>0、1.6< x <4でH⁰(x)<0ですから この極大値はH(x)の(0,4)での最大値でもあります。

更にf(0,4) =f(4,0) = 0である事を考え合わせれば、結局(x, y) = (1.6,2.4)のと きf(x, y)は最大値1.6^0.62.4^0.4である事が分かります。

【解答例 その２ 有界閉集合上の連続関数の性質を使う方法】 g(x, y) =x+y−4 と置けば条件式はg(x, y) = 0となります。

gradg(x, y) =

√1 1

!

6

= なのでa, b >0として点(a, b)でf(x, y)は条件g(x, y) = 0 の下での極値であると仮定するとLagrangeの乗数法から

gradf(a, b) =wgradg(a, b)

となる様な実数wが存在します。そこでこの方程式と条件式を合わせて連立すれば 0.6a^−0.4b^0.4=w, 0.4a^0.6b^−0.6=w, a+b= 4

が得られます。第１式と第２式を辺々割れば 3

2 b

a = 1, すなわち、 b= 2 3a

が得られますのでこれを第３式に代入してa= ¹²₅, b= ⁸₅が分かります。

条件式の表す曲線は２点(0,4),(4,0)を結ぶ線分であり、これは有界閉集合なので問

題の関数f(x, y)はこの線分上で必ず最大値をとります。

その最大値は条件式の表す曲線の端点(0,4),(4,0)および°₁₂

5,⁸₅¢のいずれかで達成 されますからこの３点での関数値を比較すると

f(0,4) = 0, f(4,0) = 0, f µ12

5 ,8 5

∂

= 12^0.68^0.4 5^0.65^0.4 >0 ですから最大値は点°₁₂

5,⁸₅¢

で達成される事が分かります。

発展演習9 (大阪大24) （１）実数を要素とする行列A=

√a b b c

!

が異なる固有 値を有するための条件を求めて下さい。またそのとき、異なる固有値に対する固有 ベクトルが直交することを示して下さい。

（２）２次曲線7x²−4xy+ 7y²= 9の概形を描いて下さい。

（３）x²+y²= 1のとき、関数f(x, y) = 2x²+dxy+ 3y²の最大値と最小値を 求めて下さい。ただし、dは実数の定数とします。

【解答例】 （１）固有方程式は

0 = ØØ ØØ Ø

a−t b b c−t

ØØ ØØ

Ø= (a−t)(c−t)−b²=t²−(a+c)t+ac−b²

ですから、固有値が必ず実数である事は自明として、相異なる固有値をもつための条 件は

0<(a+c)²−4(ac−b²) = (a−c)²+ 4b²

からa6=cまたはb6= 0です。

２つの異なる固有値をr, sとし、それぞれに対応したゼロヴェクターでない固有ヴェ

Revised at 20:58, November 11, 2015 4 http://my.reset.jp/˜gok/math/ 5 クターを _r, sとします。するとAは対称行列ですから

r r· s=A r· s

=^t rtA s

=^t rA s

=^t r(s s)

=s^t r s

=s r· ^s となって、r6=sから _r· s= 0が得られます。

（２）標準化して描くと良いでしょう（略）。

（３）線形代数でも出せるでしょうが、ここではLagrangeの乗数法で行きます。

g(x, y) =x²+y²−1と置けば条件式はg= 0であり、条件を満たす点の中にgradg= を満たす点はありません。

従ってLagrangeの定理から、この条件下でのf の極値の候補点は次の連立方程式の

解（のうちx, y）のみです：











4x+dy= 2wx dx+ 6y= 2wy x²+y²= 1 第１、２式は行列で書けば

√2 ^d₂

d

2 3

! √x y

!

=w

√x y

!

ですから、第３式と合わせれば、この係数行列の固有値・単位固有ヴェクターを求めれ ば良い事が分かります。

まず固有方程式が

0 = (2−t)(3−t)−d²

4 =t²−5t+ 6−d² 4 =

µ t−5

2

∂2

−1 +d² 4 となる事から固有値は ⁵

2±^√1+d₂ ² です。

d= 0の場合は固有値は2,3であり、対応した固有ヴェクターはそれぞれ

√1 0

! ,

√0 1

! である事は明らかです。

次にd6= 0の場合、固有値⁵

2±^√1+d2 ² に対応した固有ヴェクターは、

√ 2−5

2∓

√1 +d² 2

! x+d

2y= 0

−(1±p

1 +d²)x+dy= 0

から

√−(1±√ 1 +d²) d

!

に直交しますから、

√ d 1±√

1 +d²

! です。

以上から、極値の候補点は、d= 0のときは(±1,0),(0,±1)の４点、d6= 0のときは µ

±√ ^d

2(d²+√

1+d²+1),±√ ^1+√1+d2

2(d²+√ 1+d²+1)

∂ ,

µ

±√ ^d

2(d²−√

1+d²+1),±√ ^1−√1+d2

2(d²−√ 1+d²+1)

∂ の ４点です（複号同順）。

条件式の表す曲線は円周であり、円周上で連続関数f(x, y)は最大値と最小値をもち、

それらは同時に極値でもあります。極値であるが故にこれらの最大値最小値は今求めた 極値の候補点の中にありますので、各点での関数の値を求めると、

f(x, y) =≥

x y¥√ 2 ^d₂

d

2 3

! √x y

!

である事と、候補点の位置ヴェクターはこの係数行列の単位固有ヴェクターだった事を 考えれば、d= 0のとき

f(±1,0) = 2, f(0,±1) = 3 であり、前者が最小値、後者が最大値になります。

またd6= 0のときは

f



± d

q

2(d²+√

1 +d²+ 1)

,± 1 +√ 1 +d² q

2(d²+√

1 +d²+ 1)



=5 2 +

√1 +d² 2

f



± d

q

2(d²−√

1 +d²+ 1)

,± 1−√ 1 +d² q

2(d²−√

1 +d²+ 1)



=5 2 −

√1 +d² 2

であって前者が最大値、後者が最小値になります。

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発展演習10 (名工大17) Nを正の数として、xyz空間の部分集合 TN ={(x, y, z) | x+y+z=N,0< x, y, z < N} を考え、正の数p, q, rを用いて関数fp,q,r(x, y, z) =≥p

x

¥x

· µq

y

∂y

·≥r z

¥z

をTN 上 で定義します。

（１）fp,q,rの自然対数として定義される関数logfp,q,r(x, y, z)の極値をラグラ ンジュの未定乗数法を用いて求めて下さい。

（２）TN 上で定義された関数fp,q,rは、TN 上のある点(x, y, z)において最大値 をとる事が知られています。この事を用いてfp,q,rの最大値を求めて下さい。

【解答例】 （１）g(x, y, z) =x+y+z−N, F(x, y, z) = log_efp,q,r(x, y, z)と置けば、

問題は条件g(x, y, z) = 0の下での関数F(x, y, z)の極値を0< x, y, z < Nの範囲内で 求める問題と見る事が出来ます。

そこでまず関数F(x, y, z)は点(a, b, c)でこの条件のもとでの極値であると仮定しま す。gradg(x, y, z)6= ですからLagrangeの定理から

gradF(a, b, c) =kgradg(a, b, c) · · ·(∗) となる様な実数kが存在します。

F(x, y, z) = logΩ≥p x

¥x

· µq

y

∂y

·≥r z

¥zæ

=xlogp+ylogq+zlogr−xlogx−ylogy−zlogz である事によれば

Fx= logp−logx−1, Fy= logq−logy−1, Fz= logr−logz−1 なので(∗)を成分で書いて条件式と連立させれば

















logp−loga−1 =k logq−logb−1 =k logr−logc−1 =k a+b+c=N

が得られますのでこれを解いて極値の候補点を求めてみましょう。まず第１式から logp−k−1 = loga, すなわち pe^−k−1=a

ですが同様に第２、３式からb=qe^−k−1, c=re^−k−1が分かり、これらを第４式に代 入すれば

(p+q+r)e^−k−1=N, すなわち、 e^−k−1= N p+q+r であり、

(a, b, c) =

µ pN

p+q+r, qN

p+q+r, rN p+q+r

∂

が分かります。極値の候補点はこの１点のみです。

この点での関数F(x, y, z)の値は F

µ pN

p+q+r, qN

p+q+r, rN p+q+r

∂

=Nlogp+q+r N

です。まずはここをきちんと押さえておきましょう。その上で関数F(x, y)の定義領域 TN：x+y+z=N,0< x, y, z < Nの特に境界付近での関数の値を調べてみましょう。

元々の定義領域TN は３点(N,0,0),(0, N,0),(0,0, N)を頂点とする３角形の内部で すが、関数の形を見ると

F(x, y, z) =xlogp+ylogq+zlogr−xlogx−ylogy−zlogz

ですから、x, y, z >0でありさえすれば定義可能である事が分かります。つまりこの関

数は領域x, y, z >0に自然な形で連続関数として（微分も可能でしょうが）拡張出来る

事が分かります。

そこでx, y, z > 0 の領域の内部から境界への極限値を考えてみる事が出来ます。

境界上の点(0, v, w)（v, w > 0）を固定して(x, y, z) → (0, v, w)の極限を考えると、

limt→0tlogt= 0に注意すれば

(x,y,z)lim→(0,v,w)F(x, y, z) =vlogq+wlogr−vlogv−wlogw

となって極限値が存在する事が分かります。同様に(u,0, w),(u, v,0)のタイプの境界上 の点に向かう極限値も存在します。

また、(0,0, w)（w >0）のタイプの境界上の点に向かう極限も、

(x,y,z)lim→(0,0,w)F(x, y, z) =wlogr−wlogw

となって極限値が存在する事が分かり、やはり同様に(0, v,0),(u,0,0)のタイプの点に 向かう極限値も存在します。