2変数関数 $f(x, y) = \frac{x-1}{y^2+1} - x$ の、有界閉集合 $S = \{(x, y) | 0 \le x \le 4 - y^2\}$ における最大値と最小値を求める問題です。

1. 問題の内容

2変数関数 $f(x, y) = \frac{x-1}{y^2+1} - x$ の、有界閉集合 $S = \{(x, y) | 0 \le x \le 4 - y^2\}$ における最大値と最小値を求める問題です。

2. 解き方の手順

(1) 領域Sの内部における極値を求める。

偏微分を計算します。

$\frac{\partial f}{\partial x} = \frac{1}{y^2 + 1} - 1$

$\frac{\partial f}{\partial y} = \frac{-2y(x-1)}{(y^2 + 1)^2}$

$\frac{\partial f}{\partial x} = 0$ となるのは $\frac{1}{y^2+1} = 1$ 、すなわち $y^2+1 = 1$ より $y = 0$ のときです。

$\frac{\partial f}{\partial y} = 0$ となるのは $y=0$ または $x = 1$ のときです。

したがって、極値の候補は $y=0$ のときで、$0 \le x \le 4$ より、$f(x, 0) = x - 1 - x = -1$。

また、$x=1$ の場合、$0 \le 1 \le 4-y^2$ より $- \sqrt{3} \le y \le \sqrt{3}$。

$f(1, y) = \frac{1-1}{y^2+1} - 1 = -1$。

(2) 境界における最大値・最小値を求める。

境界は $x = 0$ と $x = 4 - y^2$ の2つに分けられます。

(i) $x = 0$ のとき:

$f(0, y) = \frac{-1}{y^2 + 1} - 0 = \frac{-1}{y^2 + 1}$.

$0 \le x \le 4 - y^2$ より $0 \le 4 - y^2$, つまり $-2 \le y \le 2$.

このとき、$y = 0$ のとき最大値 $f(0, 0) = -1$ をとり、$y = \pm 2$ のとき最小値 $f(0, \pm 2) = \frac{-1}{4 + 1} = -\frac{1}{5}$ をとります。

(ii) $x = 4 - y^2$ のとき:

$f(4-y^2, y) = \frac{4 - y^2 - 1}{y^2 + 1} - (4 - y^2) = \frac{3 - y^2}{y^2 + 1} - 4 + y^2$

$= \frac{3 - y^2 - 4(y^2 + 1) + y^2(y^2 + 1)}{y^2 + 1} = \frac{y^4 - 4y^2 - 1}{y^2 + 1}$.

$g(y) = \frac{y^4 - 4y^2 - 1}{y^2 + 1}$ とおきます。

$g'(y) = \frac{(4y^3 - 8y)(y^2 + 1) - (y^4 - 4y^2 - 1)(2y)}{(y^2 + 1)^2} = \frac{2y^5 + 8y^3 + 6y}{(y^2 + 1)^2} = \frac{2y(y^4 + 4y^2 + 3)}{(y^2 + 1)^2} = \frac{2y(y^2 + 1)(y^2 + 3)}{(y^2 + 1)^2} = \frac{2y(y^2 + 3)}{y^2 + 1}$.

$g'(y) = 0$ となるのは $y = 0$ のときです。

$x = 4 - y^2$ より $x = 4$. $f(4, 0) = \frac{4 - 1}{0 + 1} - 4 = 3 - 4 = -1$.

$y = \pm 2$ のとき、$x = 4 - 4 = 0$, $f(0, \pm 2) = -\frac{1}{5}$.

$y^2 = 4 - x$ より、$0 \le x \le 4$.

$y = 0$ のとき、$g(0) = -1$.

$y = \pm 2$ のとき、$g(\pm 2) = \frac{16 - 16 - 1}{4+1} = -\frac{1}{5}$.

$y^2 = 4 - x \geq 0$ より $y \in [-2,2]$.

$g(y) = y^2 - 5 + \frac{4}{y^2 + 1}$.

(3) 最大値・最小値の候補を比較する。

極値の候補は$-1$, 境界上の候補は$-\frac{1}{5}$、$-1$。

3. 最終的な答え

最大値：$-\frac{1}{5}$

最小値：$-1$