関数 $f(x, y) = e^{x+y}(x+y+1)$ に対して、2次関数 $g(x, y) = a_0 + a_1x + a_2y + a_{11}x^2 + a_{12}xy + a_{22}y^2$ を定める。$f(x, y) - g(x, y) = o((x+1)^2 + (y+1)^2)$ となるように、$a_0, a_1, a_2, a_{11}, a_{12}, a_{22}$ を決定せよ。ここで、$o(r^2)$は、$\sqrt{x^2+y^2}$ が 0 に近づくとき、$r^2$ よりも速く 0 に近づく関数を表す。

## 問題14-1

1. 問題の内容

関数 $f(x, y) = e^{x+y}(x+y+1)$ に対して、2次関数 $g(x, y) = a_0 + a_1x + a_2y + a_{11}x^2 + a_{12}xy + a_{22}y^2$ を定める。$f(x, y) - g(x, y) = o((x+1)^2 + (y+1)^2)$ となるように、$a_0, a_1, a_2, a_{11}, a_{12}, a_{22}$ を決定せよ。ここで、$o(r^2)$は、$\sqrt{x^2+y^2}$ が 0 に近づくとき、$r^2$ よりも速く 0 に近づく関数を表す。

2. 解き方の手順

まず、$f(x,y)$ を $(-1, -1)$ の周りでテイラー展開する。$f(-1,-1) = e^{-2}(-1-1+1) = -e^{-2}$ である。

偏導関数を計算する：

$f_x(x, y) = e^{x+y}(x+y+1) + e^{x+y} = e^{x+y}(x+y+2)$

$f_y(x, y) = e^{x+y}(x+y+1) + e^{x+y} = e^{x+y}(x+y+2)$

$f_{xx}(x, y) = e^{x+y}(x+y+2) + e^{x+y} = e^{x+y}(x+y+3)$

$f_{xy}(x, y) = e^{x+y}(x+y+2) + e^{x+y} = e^{x+y}(x+y+3)$

$f_{yy}(x, y) = e^{x+y}(x+y+2) + e^{x+y} = e^{x+y}(x+y+3)$

したがって、

$f_x(-1, -1) = e^{-2}(-1-1+2) = 0$

$f_y(-1, -1) = e^{-2}(-1-1+2) = 0$

$f_{xx}(-1, -1) = e^{-2}(-1-1+3) = e^{-2}$

$f_{xy}(-1, -1) = e^{-2}(-1-1+3) = e^{-2}$

$f_{yy}(-1, -1) = e^{-2}(-1-1+3) = e^{-2}$

$f(x,y)$ の $(-1,-1)$ 周りでの 2 次までのテイラー展開は、

$f(x,y) \approx -e^{-2} + \frac{1}{2}e^{-2}(x+1)^2 + e^{-2}(x+1)(y+1) + \frac{1}{2}e^{-2}(y+1)^2$

$g(x,y) = a_0 + a_1 x + a_2 y + a_{11} x^2 + a_{12} xy + a_{22} y^2$ を、$x+1 = X$, $y+1 = Y$ と変数変換して、

$g(X-1, Y-1) = a_0 + a_1(X-1) + a_2(Y-1) + a_{11}(X-1)^2 + a_{12}(X-1)(Y-1) + a_{22}(Y-1)^2$

$= a_0 - a_1 - a_2 + a_{11} + a_{12} + a_{22} + (a_1 - 2a_{11} - a_{12})X + (a_2 - a_{12} - 2a_{22})Y + a_{11}X^2 + a_{12}XY + a_{22}Y^2$

条件より、$f(x,y) - g(x,y) = o((x+1)^2 + (y+1)^2)$ なので、$f(x,y)$ と $g(x,y)$ の $(-1,-1)$ 周りの2次までのテイラー展開が一致する。

$a_0 - a_1 - a_2 + a_{11} + a_{12} + a_{22} = -e^{-2}$

$a_1 - 2a_{11} - a_{12} = 0$

$a_2 - a_{12} - 2a_{22} = 0$

$a_{11} = \frac{1}{2} e^{-2}$

$a_{12} = e^{-2}$

$a_{22} = \frac{1}{2} e^{-2}$

したがって、$a_{11} = \frac{1}{2} e^{-2}$, $a_{12} = e^{-2}$, $a_{22} = \frac{1}{2} e^{-2}$.

$a_1 = 2a_{11} + a_{12} = 2(\frac{1}{2} e^{-2}) + e^{-2} = 2e^{-2}$

$a_2 = a_{12} + 2a_{22} = e^{-2} + 2(\frac{1}{2} e^{-2}) = 2e^{-2}$

$a_0 = -e^{-2} + a_1 + a_2 - a_{11} - a_{12} - a_{22} = -e^{-2} + 2e^{-2} + 2e^{-2} - \frac{1}{2} e^{-2} - e^{-2} - \frac{1}{2} e^{-2} = e^{-2}$

3. 最終的な答え

$a_0 = e^{-2}$, $a_1 = 2e^{-2}$, $a_2 = 2e^{-2}$, $a_{11} = \frac{1}{2}e^{-2}$, $a_{12} = e^{-2}$, $a_{22} = \frac{1}{2}e^{-2}$

## 問題14-2

1. 問題の内容

関数 $f(x,y) = xy(1-x-y)$ が極大値または極小値をとる点はあるか？

2. 解き方の手順

偏導関数を計算する：

$f_x = y(1-x-y) + xy(-1) = y - xy - y^2 - xy = y - 2xy - y^2$

$f_y = x(1-x-y) + xy(-1) = x - x^2 - xy - xy = x - x^2 - 2xy$

停留点を求める：$f_x = 0$ かつ $f_y = 0$

$y(1 - 2x - y) = 0$

$x(1 - x - 2y) = 0$

$y=0$ または $1-2x-y=0$

$x=0$ または $1-x-2y=0$

1. $x=0, y=0$: $(0,0)$

2. $x=0, 1-2x-y=0 \rightarrow y=1$: $(0,1)$

3. $y=0, 1-x-2y=0 \rightarrow x=1$: $(1,0)$

4. $1-2x-y=0, 1-x-2y=0$

$2-4x-2y=0$, $1-x-2y=0$

$1-3x=0$, $x=\frac{1}{3}$

$1-\frac{1}{3}-2y=0$, $\frac{2}{3}=2y$, $y=\frac{1}{3}$

$(\frac{1}{3}, \frac{1}{3})$

ヘッセ行列を計算する：

$f_{xx} = -2y$

$f_{xy} = 1-2x-2y$

$f_{yy} = -2x$

$H = \begin{pmatrix} -2y & 1-2x-2y \\ 1-2x-2y & -2x \end{pmatrix}$

$\det(H) = 4xy - (1-2x-2y)^2$

1. $(0,0)$: $H = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}$, $\det(H) = -1 < 0$. よって鞍点。

2. $(0,1)$: $H = \begin{pmatrix} -2 & -1 \\ -1 & 0 \end{pmatrix}$, $\det(H) = -1 < 0$. よって鞍点。

3. $(1,0)$: $H = \begin{pmatrix} 0 & -1 \\ -1 & -2 \end{pmatrix}$, $\det(H) = -1 < 0$. よって鞍点。

4. $(\frac{1}{3}, \frac{1}{3})$: $H = \begin{pmatrix} -\frac{2}{3} & -\frac{1}{3} \\ -\frac{1}{3} & -\frac{2}{3} \end{pmatrix}$, $\det(H) = \frac{4}{9} - \frac{1}{9} = \frac{3}{9} = \frac{1}{3} > 0$. $f_{xx} = -\frac{2}{3} < 0$. よって極大値。

3. 最終的な答え

$(\frac{1}{3}, \frac{1}{3})$ で極大値をとる点が存在する。

## 問題14-3

1. 問題の内容

関数 $f(x,y) = x^4 + y^4 + x^2y^2 - 2x^2 - 2y^2$ が極大値または極小値をとる点はあるか？

2. 解き方の手順

偏導関数を計算する：

$f_x = 4x^3 + 2xy^2 - 4x = 2x(2x^2 + y^2 - 2)$

$f_y = 4y^3 + 2x^2y - 4y = 2y(2y^2 + x^2 - 2)$

停留点を求める：$f_x = 0$ かつ $f_y = 0$

$2x(2x^2 + y^2 - 2) = 0$

$2y(2y^2 + x^2 - 2) = 0$

$x=0$ または $2x^2 + y^2 = 2$

$y=0$ または $2y^2 + x^2 = 2$

1. $x=0, y=0$: $(0,0)$

2. $x=0, 2y^2 + x^2 = 2 \rightarrow 2y^2 = 2 \rightarrow y^2=1, y=\pm 1$: $(0,1), (0,-1)$

3. $y=0, 2x^2 + y^2 = 2 \rightarrow 2x^2 = 2 \rightarrow x^2=1, x=\pm 1$: $(1,0), (-1,0)$

4. $2x^2 + y^2 = 2, 2y^2 + x^2 = 2$

$4x^2 + 2y^2 = 4, 2y^2 + x^2 = 2$

$3x^2 = 2$, $x^2 = \frac{2}{3}$, $x=\pm \sqrt{\frac{2}{3}}$

$2y^2 + \frac{2}{3} = 2$, $2y^2 = \frac{4}{3}$, $y^2 = \frac{2}{3}$, $y=\pm \sqrt{\frac{2}{3}}$

$(\sqrt{\frac{2}{3}}, \sqrt{\frac{2}{3}}), (\sqrt{\frac{2}{3}}, -\sqrt{\frac{2}{3}}), (-\sqrt{\frac{2}{3}}, \sqrt{\frac{2}{3}}), (-\sqrt{\frac{2}{3}}, -\sqrt{\frac{2}{3}})$

ヘッセ行列を計算する：

$f_{xx} = 12x^2 + 2y^2 - 4$

$f_{xy} = 4xy$

$f_{yy} = 12y^2 + 2x^2 - 4$

$H = \begin{pmatrix} 12x^2 + 2y^2 - 4 & 4xy \\ 4xy & 12y^2 + 2x^2 - 4 \end{pmatrix}$

$\det(H) = (12x^2 + 2y^2 - 4)(12y^2 + 2x^2 - 4) - 16x^2y^2$

1. $(0,0)$: $H = \begin{pmatrix} -4 & 0 \\ 0 & -4 \end{pmatrix}$, $\det(H) = 16 > 0$. $f_{xx} = -4 < 0$. よって極大値。

2. $(0,\pm 1)$: $H = \begin{pmatrix} -2 & 0 \\ 0 & 8 \end{pmatrix}$, $\det(H) = -16 < 0$. よって鞍点。

3. $(\pm 1,0)$: $H = \begin{pmatrix} 8 & 0 \\ 0 & -2 \end{pmatrix}$, $\det(H) = -16 < 0$. よって鞍点。

4. $(\pm \sqrt{\frac{2}{3}}, \pm \sqrt{\frac{2}{3}})$: $H = \begin{pmatrix} 12(\frac{2}{3}) + 2(\frac{2}{3}) - 4 & 4(\frac{2}{3}) \\ 4(\frac{2}{3}) & 12(\frac{2}{3}) + 2(\frac{2}{3}) - 4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 4 & \frac{8}{3} \\ \frac{8}{3} & 4 \end{pmatrix}$, $\det(H) = 16 - \frac{64}{9} = \frac{144-64}{9} = \frac{80}{9} > 0$. $f_{xx} = 4 > 0$. よって極小値。

3. 最終的な答え

$(0,0)$で極大値、$(\pm\sqrt{\frac{2}{3}}, \pm\sqrt{\frac{2}{3}})$で極小値をとる点が存在する。