円 $x^2 + y^2 = 4$ の $x \geq 0$, $y \geq 0$ の部分を点A($x$, $y$)が動くとき、$2x^2 + 3xy - y^2$ の最大値と最小値を求めよ。

1. 問題の内容

円 $x^2 + y^2 = 4$ の $x \geq 0$, $y \geq 0$ の部分を点A($x$, $y$)が動くとき、$2x^2 + 3xy - y^2$ の最大値と最小値を求めよ。

2. 解き方の手順

まず、$x = 2\cos\theta$, $y = 2\sin\theta$ とおきます。ただし、$0 \leq \theta \leq \frac{\pi}{2}$ です。

このとき、$2x^2 + 3xy - y^2$ は以下のようになります。

$2(2\cos\theta)^2 + 3(2\cos\theta)(2\sin\theta) - (2\sin\theta)^2 = 8\cos^2\theta + 12\cos\theta\sin\theta - 4\sin^2\theta$

三角関数の倍角の公式を使うと、

$\cos^2\theta = \frac{1 + \cos2\theta}{2}$

$\sin^2\theta = \frac{1 - \cos2\theta}{2}$

$\cos\theta\sin\theta = \frac{\sin2\theta}{2}$

なので、上記の式は、

$8\left(\frac{1 + \cos2\theta}{2}\right) + 12\left(\frac{\sin2\theta}{2}\right) - 4\left(\frac{1 - \cos2\theta}{2}\right) = 4 + 4\cos2\theta + 6\sin2\theta - 2 + 2\cos2\theta = 6\cos2\theta + 6\sin2\theta + 2$

ここで、$f(\theta) = 6\cos2\theta + 6\sin2\theta + 2$ とおくと、$f(\theta) = 6\sqrt{2}\sin(2\theta + \frac{\pi}{4}) + 2$ と変形できます。

$0 \leq \theta \leq \frac{\pi}{2}$ より、$\frac{\pi}{4} \leq 2\theta + \frac{\pi}{4} \leq \pi + \frac{\pi}{4} = \frac{5\pi}{4}$ となります。

$\sin$ の最大値は $2\theta + \frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{2}$ のときで 1 なので、最大値は $6\sqrt{2} + 2$ です。 ($2\theta = \frac{\pi}{4}$ より $\theta = \frac{\pi}{8}$)

$\sin$ の最小値は $2\theta + \frac{\pi}{4} = \frac{5\pi}{4}$ のときで $-\frac{\sqrt{2}}{2}$ なので、最小値は $6\sqrt{2} \cdot \left(-\frac{\sqrt{2}}{2}\right) + 2 = -6 + 2 = -4$ です。 ($2\theta = \pi$ より $\theta = \frac{\pi}{2}$)

3. 最終的な答え

最大値：$6\sqrt{2} + 2$

最小値：$-4$