1 多変数関数の最大最小問題やりかけの問題

極値問題の最初に、

$$f(x,y):=3x^2+2y^2+2x y-2x-2y+1$$ (1)

の、

$$K:=\{(x,y)\in\R^2; x\ge 0, y\ge 0, x+y\le 1\}$$ (2)

における最大値、最小値を求めよ、という問題を提示した。

$f$ の $\R^2$ での極値を求めてみよう。 $\nabla f(x,y)=0$ $\LongIff$ $(x,y)=\left(\dfrac{1}{5},\dfrac{2}{5}\right)$. この点で Hesse 行列は正値であるので、$f$ は狭義の極小になることが分かる。 極小値 $f\left(\dfrac{1}{5},\dfrac{2}{5}\right)=\dfrac{2}{5}$.

(2) の $K$ は明らかに閉集合である (多項式関数 (それは連続！) と $\ge$, $\le$ で定義されている)。

「有界」については定義を思い出そう。

$A$ が有界であるとは、要するに、 原点を中心とする十分大きな半径 $R$ の閉球 $\overline{B}(0;R)$ に $A$ が含まれることである。

(2) の $K$ は、

$$K\subset \overline B(0;1)$$

を満たすので、有界性の条件が $R=1$ として成り立つ。 ゆえに (2) の $K$ は有界である。

従って Weierstrass の最大値定理によって、 (1) で定義された $f$ は $K$ で最大値、最小値を持つ。

$K$ を内部

$$K^\circ=\{(x,y)\in\R^2; x>0, y>0, x+y<1\}$$

と境界

$$K^b=\overline K\setminus K^\circ =E_1\cup E_2\cup E_2= ,$$

$$E_1:=\{(x,0);x\in[0,1]\},\quad E_2:=\{(0,y); y\in[0,1]\},\quad E_2:=\{(x,1-x); x\in[0,1]\}$$

に分けて最大値、最小値を考える。

$$\max_{K^b} f=\max\left\{\max_{E_1}f,\max_{E_2}f,\max_{E_3}f\right\}$$

であるが、

$$\max_{E_1}f=\max_{x\in[0,1]}f(x,0)=2\quad(=f(1,0)),$$

$$\max_{E_2}f=\max_{y\in[0,1]}f(0,y)=1\quad (=f(0,0)=f(0,1)),$$

$$\max_{E_3}f=\max_{x\in[0,1]}f(x,1-x)=2\quad(=f(1,0))$$

であるから、

$$\max_{K^b}f=2\quad (=f(1,0)).$$

一方、

$$\min_{K^b}f=\min\{\min_{E_1}f,\min_{E_2}f,\min_{E_3}f\}$$

において

$$\min_{E_1}f=\min_{x\in[0,1]}f(x,0)=\dfrac{2}{3} \quad(=f\left(\dfrac{1}{3},0\right)),$$

$$\min_{E_2}f=\min_{y\in[0,1]}f(0,y)=\dfrac{1}{2} \quad (=f\left(0,\dfrac{1}{2}\right),$$

$$\min_{E_3}f=\min_{x\in[0,1]}f(x,1-x)=\dfrac{2}{3} \quad(=f\left(\dfrac{1}{3},\dfrac{2}{3}\right))$$

であるから、

$$\min_{K^b} f=\frac{1}{2}\quad\left(f(\left(0,\dfrac{1}{2}\right))\right).$$

$f$ が $a\in K$ で最大になったとする ( $f(a)=\dsp\max_K f$)。 $a\not\in K^\circ$ である。実際、 $a\in K^\circ$ であれば、 $\nabla f(a)=0$, $f$ は $a$ で極大となるはずであるが、 $K^\circ$ で $\nabla f(x)=0$ となる点は $x=\left(\dfrac{1}{5}, \dfrac{2}{5}\right)$ のみで、 そこで $f$ は狭義の極小となるので、極大とはなりえない。 ゆえに $a\in K^b$. ゆえに

$$\max_K f=\max_{K^b} f=2\quad (=f(1,0)).$$

一方、 $f\left(\dfrac{1}{5},\dfrac{2}{5}\right)=\dfrac{2}{5}<\dfrac{1}{2} =\dsp\max_{K^b}f$ であるから、$f$ は $K^b$ で最小値を取らず、 $K^\circ$ で最小値を取る。 それは極小値であるから、 $f\left(\dfrac{1}{5},\dfrac{2}{5}\right)$ でなければならない。

まとめると、$f$ は $\left(\dfrac{1}{5},\dfrac{2}{5}\right)$ で最小値 $\dfrac{2}{5}$ を取り、$(1,0)$ で最大値 $2$ を取る。 $\qedsymbol$

ARRAY(0xf66a50)