$\Omega = \{(x_1, x_2) : x_1 > -1, x_2 \in \mathbb{R} \} \subset \mathbb{R}^2$ とし、 関数 $f(x_1, x_2) = x_2^2 \log(1+x_1) + x_1^2 x_2^2$, $(x_1, x_2) \in \Omega$ が与えられている。 (1) $f$ の $\Omega$ における臨界点をすべて求める。 (2) $f$ の各臨界点におけるヘッセ行列の行列式を求める。 (3) $f$ の各臨界点について、$f$ が局所的な最大値をとる点、局所的な最小値をとる点をすべて求め、証明する。

1. 問題の内容

$\Omega = \{(x_1, x_2) : x_1 > -1, x_2 \in \mathbb{R} \} \subset \mathbb{R}^2$ とし、

関数 $f(x_1, x_2) = x_2^2 \log(1+x_1) + x_1^2 x_2^2$, $(x_1, x_2) \in \Omega$ が与えられている。

(1) $f$ の $\Omega$ における臨界点をすべて求める。

(2) $f$ の各臨界点におけるヘッセ行列の行列式を求める。

(3) $f$ の各臨界点について、$f$ が局所的な最大値をとる点、局所的な最小値をとる点をすべて求め、証明する。

2. 解き方の手順

(1) 臨界点を求める。

まず、$f$ の偏微分を計算する。

$\frac{\partial f}{\partial x_1} = \frac{x_2^2}{1+x_1} + 2x_1 x_2^2$

$\frac{\partial f}{\partial x_2} = 2x_2 \log(1+x_1) + 2x_1^2 x_2$

臨界点では、これらの偏微分が同時に0となる。

$\frac{\partial f}{\partial x_1} = x_2^2 (\frac{1}{1+x_1} + 2x_1) = 0$

$\frac{\partial f}{\partial x_2} = 2x_2 (\log(1+x_1) + x_1^2) = 0$

最初の式から $x_2 = 0$ または $\frac{1}{1+x_1} + 2x_1 = 0$。

2番目の式から $x_2 = 0$ または $\log(1+x_1) + x_1^2 = 0$。

$x_2 = 0$ のとき、$\frac{\partial f}{\partial x_1} = 0$ が常に成立し、$\frac{\partial f}{\partial x_2} = 0$ より $0 = 0$ となり、$x_1 > -1$ のすべての $x_1$ に対して条件を満たす。したがって、$(x_1, 0)$ は臨界点である。

$x_2 \neq 0$ のとき、

$\frac{1}{1+x_1} + 2x_1 = 0$ より $1 + 2x_1(1+x_1) = 0$, つまり $2x_1^2 + 2x_1 + 1 = 0$。

この2次方程式の判別式は $2^2 - 4(2)(1) = 4 - 8 = -4 < 0$ なので、実数解を持たない。

$\log(1+x_1) + x_1^2 = 0$ を満たす $x_1$ を探す。

$x_1 = 0$ は明らかに解である。$x_1 \neq 0$ であれば解はない。

$x_1 = 0$の場合、$\frac{1}{1+x_1} + 2x_1 = 1 + 0 = 1 \neq 0$ なので、解にはならない。

したがって、臨界点は $(x_1, 0), x_1 > -1$。

(2) ヘッセ行列の行列式を求める。

$\frac{\partial^2 f}{\partial x_1^2} = \frac{\partial}{\partial x_1} (\frac{x_2^2}{1+x_1} + 2x_1 x_2^2) = -\frac{x_2^2}{(1+x_1)^2} + 2x_2^2$

$\frac{\partial^2 f}{\partial x_1 \partial x_2} = \frac{\partial}{\partial x_1} (2x_2 \log(1+x_1) + 2x_1^2 x_2) = \frac{2x_2}{1+x_1} + 4x_1 x_2$

$\frac{\partial^2 f}{\partial x_2 \partial x_1} = \frac{\partial}{\partial x_2} (\frac{x_2^2}{1+x_1} + 2x_1 x_2^2) = \frac{2x_2}{1+x_1} + 4x_1 x_2$

$\frac{\partial^2 f}{\partial x_2^2} = \frac{\partial}{\partial x_2} (2x_2 \log(1+x_1) + 2x_1^2 x_2) = 2\log(1+x_1) + 2x_1^2$

ヘッセ行列は

$H(x_1, x_2) = \begin{pmatrix}

-\frac{x_2^2}{(1+x_1)^2} + 2x_2^2 & \frac{2x_2}{1+x_1} + 4x_1 x_2 \\

\frac{2x_2}{1+x_1} + 4x_1 x_2 & 2\log(1+x_1) + 2x_1^2

\end{pmatrix}$

臨界点 $(x_1, 0)$ でのヘッセ行列は

$H(x_1, 0) = \begin{pmatrix}

0 & 0 \\

0 & 2\log(1+x_1) + 2x_1^2

\end{pmatrix}$

したがって、ヘッセ行列の行列式は

$\det(H(x_1, 0)) = 0$

(3) 局所的な最大値、最小値をとる点を求める。

ヘッセ行列の行列式が 0 なので、この判定法では判断できない。

$f(x_1, x_2) = x_2^2 (\log(1+x_1) + x_1^2)$

$x_2 \neq 0$ のとき、$x_2^2 > 0$ であり、$\log(1+x_1) + x_1^2$ の符号によって $f(x_1, x_2)$ の符号が決まる。

臨界点 $(x_1, 0)$ の近くで、$x_2$ を少しだけ動かすことを考える。

$x_1$ を固定したとき、$x_2$ が 0 に近い範囲で、$x_2^2 > 0$ であるから、$\log(1+x_1) + x_1^2 > 0$ であれば $f(x_1, x_2) > f(x_1, 0) = 0$ となり、$(x_1, 0)$ は局所的な最小値をとる。

$\log(1+x_1) + x_1^2 < 0$ であれば $f(x_1, x_2) < f(x_1, 0) = 0$ となり、$(x_1, 0)$ は局所的な最大値をとる。

$\log(1+x_1) + x_1^2 = 0$ の場合、$f(x_1, x_2) = 0$ である。

$g(x_1) = \log(1+x_1) + x_1^2$ を考える。$g(0) = 0$ である。

$g'(x_1) = \frac{1}{1+x_1} + 2x_1$

$g'(0) = 1 > 0$ なので、$x_1 > 0$ のとき $g(x_1) > 0$ であり、$x_1 < 0$ のとき $g(x_1) < 0$ である。

したがって、$x_1 = 0$ のとき $f(x_1, x_2)$ は局所的な最小値と最大値をとる。

$x_1 \neq 0$ のとき、$x_2 = 0$ であれば $f(x_1, x_2) = 0$ となるため、$x_2 = 0$ の近傍では局所的な最大値も最小値もとらない。

3. 最終的な答え

(1) 臨界点：$(x_1, 0), x_1 > -1$

(2) ヘッセ行列の行列式：0

(3) 局所的な最大値、最小値：$x_1$ の符号によって、$\log(1+x_1)+x_1^2$ の符号が変わるため、判断が必要。$x_1 = 0$ のときに鞍点となる。$x_1 > 0$ なら最小値、$x_1<0$ なら最大値を取りそう。