与えられた4つの二変数関数について、それぞれの極値を求めよ。 (1) $f(x, y) = e^{5x+y}(2x+3y)$ (2) $f(x, y) = e^{-x^2-y^2}$ (3) $f(x, y) = xy + \frac{1}{x} + \frac{1}{y}$ (4) $f(x, y) = x^2 + 2x - xy^2 + y^2$

1. 問題の内容

与えられた4つの二変数関数について、それぞれの極値を求めよ。

(1) $f(x, y) = e^{5x+y}(2x+3y)$

(2) $f(x, y) = e^{-x^2-y^2}$

(3) $f(x, y) = xy + \frac{1}{x} + \frac{1}{y}$

(4) $f(x, y) = x^2 + 2x - xy^2 + y^2$

2. 解き方の手順

(1) $f(x, y) = e^{5x+y}(2x+3y)$

まず、偏微分を計算します。

$f_x = \frac{\partial f}{\partial x} = 5e^{5x+y}(2x+3y) + e^{5x+y}(2) = e^{5x+y}(10x + 15y + 2)$

$f_y = \frac{\partial f}{\partial y} = e^{5x+y}(2x+3y) + e^{5x+y}(3) = e^{5x+y}(2x + 3y + 3)$

極値を取る点を求めるために、$f_x = 0$ かつ $f_y = 0$ を解きます。$e^{5x+y}$ は常に正なので、

$10x + 15y + 2 = 0$

$2x + 3y + 3 = 0$

この連立方程式を解くと、

$10x + 15y = -2$

$10x + 15y = -15$

明らかに矛盾するので、解なし。よって、極値は存在しません。

(2) $f(x, y) = e^{-x^2-y^2}$

$f_x = \frac{\partial f}{\partial x} = -2xe^{-x^2-y^2}$

$f_y = \frac{\partial f}{\partial y} = -2ye^{-x^2-y^2}$

極値を取る点を求めるために、$f_x = 0$ かつ $f_y = 0$ を解きます。$e^{-x^2-y^2}$ は常に正なので、

$-2x = 0$ かつ $-2y = 0$

$x = 0$ かつ $y = 0$

したがって、$(0, 0)$ が極値の候補点です。

$f_{xx} = \frac{\partial^2 f}{\partial x^2} = (-2 + 4x^2)e^{-x^2-y^2}$

$f_{yy} = \frac{\partial^2 f}{\partial y^2} = (-2 + 4y^2)e^{-x^2-y^2}$

$f_{xy} = \frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y} = 4xye^{-x^2-y^2}$

$(0, 0)$ におけるヘッセ行列式を計算します。

$f_{xx}(0, 0) = -2$

$f_{yy}(0, 0) = -2$

$f_{xy}(0, 0) = 0$

$D = f_{xx}(0, 0)f_{yy}(0, 0) - (f_{xy}(0, 0))^2 = (-2)(-2) - 0^2 = 4 > 0$

$f_{xx}(0, 0) = -2 < 0$ より、$(0, 0)$ で極大値を取ります。

極大値は $f(0, 0) = e^0 = 1$

(3) $f(x, y) = xy + \frac{1}{x} + \frac{1}{y}$

$f_x = y - \frac{1}{x^2}$

$f_y = x - \frac{1}{y^2}$

$f_x = 0$ かつ $f_y = 0$ を解きます。

$y = \frac{1}{x^2}$

$x = \frac{1}{y^2}$

$x = \frac{1}{(\frac{1}{x^2})^2} = x^4$

$x^4 = x$

$x(x^3 - 1) = 0$

$x = 0$ は $\frac{1}{x}$ が定義されないので除外します。

$x^3 = 1$ より $x = 1$。

$y = \frac{1}{x^2} = 1$

したがって、$(1, 1)$ が極値の候補点です。

$f_{xx} = \frac{2}{x^3}$

$f_{yy} = \frac{2}{y^3}$

$f_{xy} = 1$

$(1, 1)$ におけるヘッセ行列式を計算します。

$f_{xx}(1, 1) = 2$

$f_{yy}(1, 1) = 2$

$f_{xy}(1, 1) = 1$

$D = f_{xx}(1, 1)f_{yy}(1, 1) - (f_{xy}(1, 1))^2 = (2)(2) - 1^2 = 4 - 1 = 3 > 0$

$f_{xx}(1, 1) = 2 > 0$ より、$(1, 1)$ で極小値を取ります。

極小値は $f(1, 1) = 1 + 1 + 1 = 3$

(4) $f(x, y) = x^2 + 2x - xy^2 + y^2$

$f_x = 2x + 2 - y^2$

$f_y = -2xy + 2y$

$f_x = 0$ かつ $f_y = 0$ を解きます。

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

$-2xy + 2y = 0$

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

$y = 0$ または $x = 1$

$y = 0$ のとき、$2x + 2 = 0$ より $x = -1$。

$x = 1$ のとき、$2 + 2 - y^2 = 0$ より $y^2 = 4$。$y = \pm 2$

したがって、極値の候補点は $(-1, 0)$, $(1, 2)$, $(1, -2)$ です。

$f_{xx} = 2$

$f_{yy} = -2x + 2$

$f_{xy} = -2y$

$(-1, 0)$ において、

$f_{xx} = 2$

$f_{yy} = 4$

$f_{xy} = 0$

$D = (2)(4) - 0^2 = 8 > 0$

$f_{xx} = 2 > 0$ より、極小値 $f(-1, 0) = 1 - 2 + 0 + 0 = -1$

$(1, 2)$ において、

$f_{xx} = 2$

$f_{yy} = 0$

$f_{xy} = -4$

$D = (2)(0) - (-4)^2 = -16 < 0$ より、極値ではない。

$(1, -2)$ において、

$f_{xx} = 2$

$f_{yy} = 0$

$f_{xy} = 4$

$D = (2)(0) - (4)^2 = -16 < 0$ より、極値ではない。

3. 最終的な答え

(1) 極値なし

(2) $(0, 0)$ で極大値 $1$

(3) $(1, 1)$ で極小値 $3$

(4) $(-1, 0)$ で極小値 $-1$