1 偏微分法

2017年 9月 27日小テスト解答� �I 偏導関数 fx と fy を計算しましょう．

(1) f(x, y) = 1x2+y2 (2) f(x, y) = (x+ 4y)(2x+ y)� �

解答 (1)fx = − 2x

x2 + y2, fy = − 2y

x2 + y2

(2)fx = 1 · (2x+ y) + (x+ 4y) · 1 = 4x+ 9y, fy = 4 · (2x+ y) + (x+ 4y) · 1 = 9x+ 8y

� �II 関数

f(x, y) := x2 + xy + y2 − 4x− 6y

の停留点を求めましょう．� �解答

fx = 2x+ y + 0− 4− 0

= 2x+ y − 4 = 0

fy = 0 + x · 1 + 2y − 0− 6

= x+ 2y − 6 = 0

すなわち {2x+ y = 4x+ 2y = 6

をクラメールで解くと

x =

∣∣∣∣∣∣4 16 2

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣2 11 2

∣∣∣∣∣∣=

2

3, y =

∣∣∣∣2 41 6

∣∣∣∣∣∣∣∣2 11 2

∣∣∣∣ =8

3

となりますから，f の停留点は (x, y) =(23 ,

83

)です．

注意　さらに学習を進めると f はR2 上 (x, y) =(23 ,

83

)で最小値をとること，より詳しくは

f(x, y) > f

(2

3,8

3

) ((x, y) 6=

(2

3,8

3

))を示すことができます．

1

2017年 9月 27日演習問題解答� �I 偏導関数 fx と fy を計算しましょう．

(1) f(x, y) = (2x+ 3y)(3x+ 5y) (2) f(x, y) = x1+y2 (3) f(x, y) = (2x+ 5y)3

(4) f(x, y) =(

2x+3yx+2y

)2(5) f(x, y) = yex+y

� �解答 (1)

fx = 2 · (3x+ 5y) + (2x+ 3y) · 3 = 12x+ 19y

fy = 3 · (3x+ 5y) + (2x+ 3y) · 5 = 19x+ 30y

(2)

fx =1

1 + y2

fy = x

(− 2y

(1 + y2)2

)= − 2xy

(1 + y2)2

(3)

fx = 2

(2x+ 3y

x+ 2y

)2 · (x+ 2y)− (2x+ 3y) · 1

(x+ 2y)2=

2y(2x+ 3y)

(x+ 2y)3

fy = 2

(2x+ 3y

x+ 2y

)3 · (x+ 2y)− (2x+ 3y) · 2

(x+ 2y)2= −2x(2x+ 3y)

(x+ 2y)3

(4)

fx = 3(2x+ 5y) · 2 = 6(2x+ 5y)2

fy = 3(2x+ 5y) · 5 = 15(2x+ 5y)2

(5)

fx = y · ex+y · 1 = yex+y

fy = 1 · ex+y + y · ex+y · 1 = (y + 1)ex+y

2

� �II 以下の函数の停留点を求めましょう．(1) z = x2 + xy + y2 − 4x− 8y

(2) z = x3 + y3 − 9xy + 27

(3) z = x2 + xy − y2 − 4x− 2y

(4) z = x2 + 4xy + 2y2 − 6x− 8y

(5) z = x3 − xy − y2

(6) z = e−x2−y2

(2x2 + y2)

(7) z = (x2 + y2)2 − 2(x2 − y2)

(8) z = x3 + y3 + 6xy� �(1) {

zx = 2x+ y − 4 = 0zy = x+ 2y − 8 = 0

をクラメールの公式を使って解くと

x =

∣∣∣∣4 18 2

∣∣∣∣∣∣∣∣2 11 2

∣∣∣∣ =0

3= 0, y =

∣∣∣∣2 41 8

∣∣∣∣∣∣∣∣2 11 2

∣∣∣∣ =12

3= 4

となりますから，(x, y) = (0, 4)が z の停留点であることが分かります．

(2) {zx = 3x2 − 9y = 0 · · · (I)zy = 3y2 − 9x = 0 · · · (II)

を解きます．(I)から y = 13x

2 となるので (II)から得られる y2 = 3xに代入して

1

9x4 = 3x すなわち x4 = 27x

を得ます．従って

x = 0 または x = 3

が必要です．

(a) x = 0のとき, (I)から y = 0となりますが、逆に (x, y) = (0, 0)は (I)かつ (II)を満たします．(b) x = 3のとき, (I)から y = 3となりますが、逆に (x, y) = (3, 3)は (I)かつ (II)を満たします．以上で z の停留点は (x, y) = (0, 0), (3, 3)であることが分かりました．

(3) {zx = 2x+ y − 4 = 0zy = x− 2y − 2 = 0

をクラメールの公式で解くと

x =

∣∣∣∣4 12 2

∣∣∣∣∣∣∣∣2 11 −2

∣∣∣∣ =−10

−5= 2, y =

∣∣∣∣2 41 2

∣∣∣∣∣∣∣∣2 11 −2

∣∣∣∣ =0

−5= 0

3

となりますから，(x, y) = (2, 0)が z の停留点であることが分かります．

(4) {zx = 2x+ 4y − 6 = 0zy = 4x+ 4y − 8 = 0

をクラメールの公式で解くと

x =

∣∣∣∣6 48 4

∣∣∣∣∣∣∣∣2 44 4

∣∣∣∣ =−8

−8= 1, y =

∣∣∣∣2 64 8

∣∣∣∣∣∣∣∣2 44 4

∣∣∣∣ =−8

−8= 1

から停留点は (x, y) = (1, 1)となります．

(5) {zx = 3x2 − y = 0 (i)zy = −x− 2y = 0 (ii)

を解きます。(ii)から x = −2y となりますが，これを (i)に代入して

12y2 − y = 0

を得ますが，これから y = 0または y = 112 であることが分かります．これを x = −2y に代入して

y = 0 のとき x = 0y = 1

12 のとき x = − 16

となりますから，停留点は

(x, y) = (0, 0), (−1

6,1

12)

であることが分かります．

(6) まず関数z = e−x2−y2

(2x2 + y2)

の停留点を求めましょう．まず z の偏導関数を計算すると

zx = e−x2−y2

(−2x)(2x2 + y2) + e−x2−y2

(4x)

= 2xe−x2−y2

(−2x2 − y2 + 2)

zy = e−x2−y2

(−2y)(2x2 + y2) + e−x2−y2

(2y)

= 2ye−x2−y2

(−2x2 − y2 + 1)

となります．e−x2−y2

> 0ですから

zx = zy = 0 ⇔ x(2x2 + y2 − 2) = 0 and y(2x2 + y2 − 1) = 0

⇔ (x = 0 or 2x2 + y2 = 2) and (y = 0 or 2x2 + y2 = 1)

⇔ (x = y = 0) or (x = 0 and 2x2 + y2 = 1)

or (y = 0 and 2x2 + y2 = 2)

or (2x2 + y2 = 2 and 2x2 + y2 = 1)

⇔ (x = y = 0) or (x = 0 and y2 = 1)

or (y = 0 and x2 = 1)

or (2x2 + y2 = 2 and 2x2 + y2 = 1)

⇔ (x, y) = (0, 0), (0,±1), (±1, 0)

4

が成立します．従って z の停留点は (x, y) = (0, 0), (0,±1), (±1, 0) です．

(7) f(x, y)の偏導関数は

fx = 2(x2 + y2) · 2x− 4x = 4x(x2 + y2 − 1)

fy = 2(x2 + y2) · 2y − 4x = 4y(x2 + y2 + 1)

と計算されます。このことから

fx = 0 ⇔ (x = 0) OR (x2 + y2 = 1)

fy = 0 ⇔ y = 0

が従いますので

fx = fy = 0 ⇔ (x = y = 0) OR (x2 + y2 = 1, AND y = 0)

⇔ (x, y) = (0, 0), (±1, 0)

が分かります。以上で f の停留点は (0, 0), (1, 0), (−1, 0)の 3点であることが示されました。

(8) （コアテキストの 282ページの例 8.18）　z の偏導関数は {

zx = 3x2 + 6y = 0 · · · (1)zy = 3y2 + 6x = 0 · · · (2)

と計算されます．(2) から x = − 12y

2 を得ますが, これを (1) から得られる y = − 12x

2 に代入すると

y = −1

2

(−1

2y2)2

= −1

8y4

が導かれます．従って

y(y3 + 8) = 0

から y = 0 または y = −2 であることが必要条件であることが分かります．このとき

(i) y = 0 のとき (2) に代入して x = 0

(ii) y = −2 のとき (2) から x = −2 を得る．

を得ます．以上で停留点は

(x, y) = (0, 0)または(−2,−2)

であることが示されました．

5

2017年 10月 4日微分積分小テスト解答� �次の曲面の P0 における接平面を求めましょう．

(1) z = f(x, y) = xy + 2x− y − 1 at P0(0, 0,−1) (2) z = f(x, y) = x2 + xy + 2y2 at P0(1,−1, 2)� �解答 (1)

zx = y + 2, zy = x− 2

から

zx(0, 0) = 2, zy(0, 0) = −2

となります．よって P0(0, 0,−1)における接平面は

z = 2x− 2y − 1

であることが分かります．

(2)zx = 2x+ y, zy = x+ 4y

特に

zx(1,−1) = 1, zy(1,−1) = −3

となります．よって P0(1,−1, 2)における接平面は

z = 1 · (x− 1)− 3(y + 1) + 2

であることが分かります．

6

2017年 10月 4日微分積分演習問題� �I 次の曲面の P0 における接平面を求めましょう。

(1) z = xy − 2x+ 2y − 1 at P0(0, 0,−1)

(2) z = xx+y at P0(1,−2,−1)

(3) z = x2 − xy + 2y2 at P0(2, 1, 4)

(4) z = y1+x2 at P0(0, 0, 0)� �

解答 (1)zx = y − 2, zy = x+ 2

から

zx(0, 0) = −2, zy(0, 0) = 2

となります．よって P0(0, 0,−1)における接平面は

z = −2x+ 2y − 1

であることが分かります．

(2)

zx =1 · (x+ y)− x · 1

(x+ y)2=

y

(x+ y)2, zy =

−x

(x+ y)2

から

zx(1,−2) = −2, zy(1,−2) = −1

となります．よって P0(1,−2,−1)における接平面は

z = −2(x− 1)− (y + 2)− 1

であることが分かります．

(3)zx = 2x− y, zy = −x+ 4y

から

zx(2, 1) = 3, zy(2, 1) = 2

となります．よって P0(2, 1, 4)における接平面は

z = 3(x− 2) + 2(y − 1) + 4

であることが分かります．

(4)

zx = − y(2x)

(1 + x2)2= − 2xy

(1 + x2)2, zy =

1

1 + x2

から

zx(0, 0) = 0, zy(0, 0) = 1

7

となります．よって P0(0, 0, 0)における接平面は

z = y

であることが分かります．

8

� �III 資本K, 労働力 Lの投入に対する生産関数

Q = F (K,L) = 9K13L

23

を考えます．

(1) K = 216 and L = 103 に対する生産量 Qを求めましょう．

(2) (K,L) = (216, 103) のときの資本の限界生産物 MPK と労働の限界生産物 MPL を求めて，F (216, 998) と F (217.5, 103) の近似値を求めましょう．� �

解答 計算のために 216 = 63 に注意しましょう．このとき

Q = F (216, 103) = 9×(63) 1

3 ×(103) 2

3 = 9× 6× 102 = 5400

であることが分かります．次にMPK とMPL を以下のように求めます．

FK(K,L) = 3K− 23L

23 , FL(K,L) = 6K

13L− 1

3

従ってK = 216 = 63, L = 103 のとき

MPK = FK(216, 103) = 3(63)− 2

3(103) 2

3

= 3× 1

36× 102 =

1

12× 102 = 8.33 . . .

MPL = FL(216, 103) = 6×

(63) 1

3(103)− 1

3

= 6× 6× 10−1 = 3.6

以上から FL(216, 103)を用いて F (216, 998) = F (216, 103 − 2)の近似値を

F (216, 103 + 2) ≈ F (216, 103) + FL(216, 103) · (−2)

= 5400 + 3.6× (−2) = 5392.8

と求めます．さらに FK(216, 103)を用いて F (217.5, 103) = F (216 + 1.5, 103)の近似値を

F (216 + 1.5, 103) ≈ F (216, 103) + FK(216, 103) · 1.5

= 5400 +1

12× 102 × 1.5 = 5412.5

と求めます．

9

2017年 10月 11日微分積分小テスト解答

� �I 曲線 g(x, y) := x2+xy+ y2− 1 = 0に対してその上の点 (0, 1)における接線の方程式を求めましょう．� �

解答

gx = 2x+ y, gy = x+ 2y

特に

gx(0, 1) = 1, gy(0, 1) = 2

となりますから (0, 1)における接線の方程式は

x+ 2(y − 1) = 0

となります．� �II 次の行列の掛け算を計算しましょう．

(1)(a b

c d

)(d −b

−c a

)(2)

(d −b

−c a

)(a b

c d

)(3)

(cos θ1 − sin θ1

sin θ1 cos θ1

)(cos θ2 − sin θ2

sin θ2 cos θ2

)� �解答 (1) (

a bc d

)(d −b−c a

)=

(ad− bc 0

0 ad− bc

)=

∣∣∣∣a bc d

∣∣∣∣ · I2(2) (

d −b−c a

)(a bc d

)=

(ad− bc 0

0 ad− bc

)=

∣∣∣∣a bc d

∣∣∣∣ · I2注意 A

(a b

c d

)∈ M2(R) に対して余因子行列を

A =

(d −b−c a

)と定めます．(1)と (2)によって

A · A = A ·A = |A| · I2

が示されます．特に |A| 6= 0のとき，この両辺を |A|で割ると

A · 1

|A|A =

1

|A|A ·A = I2

が従います．これから |A| 6= 0のとき Aは正則で Aの逆行列は

A−1 =1

|A|A

であることが分かります．

10

解答 (3)(cos θ1 − sin θ1sin θ1 cos θ1

)(cos θ2 − sin θ2sin θ2 cos θ2

)=

(cos θ1 cos θ2 − sin θ1 sin θ2 − cos θ1 sin θ2 − sin θ1 cos θ2sin θ1 cos θ2 + cos θ1 sin θ2 − sin θ1 sin θ2 + cos θ1 cos θ2

)=

(cos(θ1 + θ2) − sin(θ1 + θ2)sin(θ1 + θ2) cos(θ1 + θ2)

)� �

III 連立 1次方程式 {x− y + z = 23x+ y − 2z = 1

を満たす (x, y, z)に対して x, y を z で表しましょう．� �解答 連立方程式を {

x− y = 2− z3x+ y = 1 + 2z

と表します．このとき ∣∣∣∣1 −13 1

∣∣∣∣ = 1 + 3 = 4 6= 0

なのでクラメールの方式が適用できます．すなわち

x =

∣∣∣∣ 2− z −11 + 2z 1

∣∣∣∣4

=1

4(z + 3)

y =

∣∣∣∣1 2− z3 1 + 2z

∣∣∣∣4 =5

4(z − 1)

と x, y は z で表せます．

11

2017年 10月 11日微分積分演習問題� �I Cobb-Douglas型生産関数

Q = F (K,L) = 4K34L

14 (1)

に対して F (104 + 100, 625 + (−15))の近似値をK = 104, L = 625におけるMPK,MPLを用いて求めましょう．電卓でも計算してみましょう．� �

解答

FK(K,L) = 3K− 14L

14 , FL(K,L) = K

34L− 3

4

からK = 104, L = 625 = 54 においてMPK, MPLが

MPK = FK(104, 54) = 3×(104)− 1

4 ×(54) 1

4

= 3× 10−1 × 5 = 1.5

MPL = FL(104, 54) =

(104) 3

4 ×(54)− 3

4

= 103 × 5−3 = 8

と計算されます．さらに

F (104, 54) = 4×(104) 3

4 ×(54) 1

4 = 4× 103 × 5 = 2.0× 104

も計算できます．以上の準備の下で F (104 + 100, 54 + (−15))の近似値を求めると

F (104 + 100, 54 + (−15)) ≈ F (104, 54) + FK(104, 54)× 100 + FL(104, 54)× (−15)

= 2.0× 104 + 1.5× 100 + 8× (−15)

= 20, 030

となります．Google Chromeで計算してみると

F (104 + 100, 54 + (−15)) = 20, 027.81

となります．� �II 以下の曲線 g(x, y) = 0 の P0 における接線を求めましょう．

(1) g(x, y) = x2 + 4y2 − 1 = 0 at P0(1√2, 12√2)

(2) g(x, y) = x13 y

13 − 1 = 0 at P0(1, 1)

(3) g(x, y) = x2 − xy + y2 − 1 = 0 at P0(0, 1)� �解答 (1) gx = 2x, gy = 8y から

gx(1√2,

1

2√2) =

√2, gy(

1√2,

1

2√2) = 2

√2

と計算されます．従って P0(1√2, 12√2)における接線は

√2(x− 1√

2) + 2

√2(y − 1

2√2) = 0

12

となります．

(2) gx = 13x

− 23 y

23 , gy = 2

3x13 y−

13 から

gx(1, 1) =1

3, gy(1, 1) =

1

3

となりますから，P0(1, 1)における接線は

1

3(x− 1) +

1

3(y − 1) = 0

となります．

(3) gx = 2x− y, gy = −x+ 2y から

gx(0, 1) = −1, gy(0, 1) = 2

となりますから，P0(1, 1)における接線は

−1 · (x− 0) + 2(y − 1) = 0 すなわち − x+ 2(y − 1) = 0

となります．� �III ある工場が非熟練労働 x時間，熟練労働 y 時間を使ってある生産物を

Q = F (x, y) = 60x23 y

13

単位生産していて，現在 x = 64, y = 27となっているとします．

(1) 現在の生産量を求めましょう．(2) どの方向に (x, y)を変化させれば Qが最も増加するでしょうか？

(3) 熟練労働を 1.5時間増加させるが，生産レベルを保つとします．非熟練労働はどのように変化させることになるか近似値を求めましょう．� �

解答 (1) 64 = 43, 27 = 33 に注意します．すると

F (64, 27) = 60×(43) 2

3 ×(33) 1

3 = 60× 42 × 3 = 2, 880

と現在の生産量が求められます．

(2)

Fx = 60× 2

3x− 1

3 × y13 = 40× x− 1

3 × y13

Fx = 60× x23 × 1

3y−

23 = 20× x

23 × y−

23

から

Fx(64, 27) = 40×(43)− 1

3 ×(33) 1

3 = 40× 1

4× 3 = 30

Fy(64, 27) = 20×(43) 2

3 ×(33)− 2

3 = 20× 42 × 3−2 =320

9

13

と計算されます．これから

∇(F )(64, 27) =

(303209

)の方向が Qを最も増加させる方向です．

(3) 等量曲線F (x, y) = F (64, 27)

の (x, y) = (64, 27)における接線

30(x− 64) +320

9(y − 27) = 0

上で近似的に考えます．熟練労働の時間を y = 27 + 1.5とすると

x− 64 = −320

9× 1

30× 1.5

= −16

9= −1.77 . . .

となりますから非熟練労働の時間を 1.77 . . . 時間減らすことになります．� �IV クラメールの公式を用いて次の連立 1次方程式を解きましょう。

(1){

2x− 3y = 7

3x+ 5y = 1(2)

{2x− 3y = −1

4x+ 7y = −1(3)

{3x+ 5y = 8

4x− 2y = 1� �解答 (1)

x =1∣∣∣∣2 −3

3 5

∣∣∣∣ ·∣∣∣∣7 −31 5

∣∣∣∣ = 1

19· 38 = 2

y =1∣∣∣∣2 −3

3 5

∣∣∣∣ ·∣∣∣∣2 73 1

∣∣∣∣ = 1

19· (−19) = −1

(2)

x =1∣∣∣∣2 −3

4 7

∣∣∣∣∣∣∣∣−1 −3−1 7

∣∣∣∣ = 1

26· (−10) = − 5

13

y =1∣∣∣∣2 −3

4 7

∣∣∣∣∣∣∣∣2 −14 −1

∣∣∣∣ = 1

26· 2 =

1

13

(3)

x =1∣∣∣∣3 5

4 −2

∣∣∣∣∣∣∣∣8 51 −2

∣∣∣∣ = − 1

26· (−21) =

21

16

y =1∣∣∣∣2 −3

4 7

∣∣∣∣∣∣∣∣2 −14 −1

∣∣∣∣ = − 1

26· (−29) =

26

29

14

� �V クラメールの公式を用いて {

x+ y − z = 12x− y + z = −1

を満たす (x, y, z)に対して x, y を z で表しましょう。� �解答 {

x+ y = z + 12x− y = −z − 1

をクラメールの公式を用いて x, y について解くと

x =1∣∣∣∣1 1

2 −1

∣∣∣∣ ·∣∣∣∣ z + 1 1−z − 1 −1

∣∣∣∣ = −1

3· 0

y =1∣∣∣∣1 1

2 −1

∣∣∣∣ ·∣∣∣∣1 z + 12 −z − 1

∣∣∣∣ = −1

3(−3z − 3) = z + 1

15

2017年 10月 18日「微分積分」小テスト解答

� �(1) (

cosα sinαsinα − cosα

)(cosα sinαsinα − cosα

)を計算しましょう．� �

解答(cosα sinαsinα − cosα

)(cosα sinαsinα − cosα

)=

(cosα · cosα+ sinα · sinα 0

0 cosα · cosα+ sinα · sinα

)=

(1 00 1

)= I2

補足　 Q =

(cosα sinα

sinα − cosα

)が定める対応

(xy

)7→ Q

(xy

)について考えましょう．コア・テキスト 232ページにあるように，加法定理を用いると

Q

(cosβsinβ

)=

(cosα sinαsinα − cosα

)(cosβsinβ

)=

(cos(α− β)sin(α− β)

)と計算されます．

α− β = β + 2(α

2− β)

であることから Q

(cosβ

sinβ

)が

(cosβ

sinβ

)を直線 y = (tan α

2 )xに関して折り

返したものであることが分かります．

� �II 関数

z = x2 − xy + y2 − 2x− y

について考えます．回転座標変換 (xy

)=

1√2

(1 −11 1

)(XY

)を用いて z を X,Y で表しましょう．� �

16

解答

x =1√2(X − Y ), y =

1√2(X + Y )

から

x+ y =√2X, xy =

1

2(X2 − Y 2)

であることが従います．これから

z = x2 − xy + y2 − 2x− y

= (x+ y)2 − 3xy − 2x− y

= 2X2 − 3

2(X2 − Y 2)− 2 · 1√

2(X − Y )− 1√

2(X + Y )

=1

2X2 +

3

2Y 2 − 3√

2X +

1

2

√2Y

となります．

補足 さらに X と Y それぞれについて平方完成をすると

z =

(X − 3√

2

)2

+3

2

(Y +

1

3√2

)2

− 7

3

となります．ここで (ξη

)=

(X − 3√

2

Y + 13√2

)

と平行移動の座標変換をすると

z =1

2ξ2 +

3

2η2 − 7

3

となります．� �III 次の行列の逆行列を求めましょう．

(1)(3 4

2 1

)A =

(2 −2

−2 5

)� �解答 (1)

∣∣∣∣∣3 4

2 1

∣∣∣∣∣ = 3− 8 = −5 から

A−1 = −1

5

(1 −4−2 3

)

(2)

∣∣∣∣∣ 2 −2

−2 5

∣∣∣∣∣ = 10− 4 = 6 から

A−1 =1

6

(5 22 2

)

17

2017年 10月 18日「微分積分」演習問題

� �I 次の行列の積を計算しましょう．

(1)(α 0

0 β

)(x

y

)(2)

(cosα sinα

sinα − cosα

)(cosα sinα

sinα − cosα

)

(3)(1 λ

0 1

)(x

y

)(4)

(1 0

λ 1

)(x

y

)(5)

(0 1

1 0

)(x

y

)

(6)(λ 0

0 1

)(x

y

)(7)

(1 λ

0 1

)(1 µ

0 1

)(8)

(0 1

1 0

)(0 1

1 0

)

(9)(a1 b1

a2 b2

)(1 λ

0 1

)(10)

(a1 b1

a2 b2

)(λ 0

0 1

)(11)

(a1 b1

a2 b2

)(0 1

1 0

)� �解答

(1) (α 00 β

)(xy

)=

(αxβy

)(2) (

cosα sinαsinα − cosα

)(cosα sinαsinα − cosα

)=

(cosα cosα+ sinα sinα 0

0 cosα cosα+ sinα sinα

)=

(1 00 1

)= I2

(3) (1 λ0 1

)(xy

)=

(x+ λy

y

)(4) (

1 0λ 1

)(xy

)=

(x

λx+ y

)(5) (

0 11 0

)(xy

)=

(yx

)(6) (

λ 00 1

)(xy

)=

(λxy

)(7) (

1 λ0 1

)(1 µ0 1

)=

(1 λ+ µ0 1

)

18

(8) (0 11 0

)(0 11 0

)=

(1 00 1

)(9) (

a1 b1a2 b2

)(1 λ0 1

)=

(a1 λa1 + b1a2 λa2 + b2

)i.e. (~a ~b)

(1 λ0 1

)= (~a λ~a+~b)

(10) (a1 b1a2 b2

)(λ 00 1

)=

(λa1 b1λa2 b2

)i.e. (~a ~b)

(λ 00 1

)= (λ~a ~b)

(11) (a1 b1a2 b2

)(0 11 0

)=

(b1 a1b2 a2

)i.e. (~a ~b)

(0 11 0

)= (~b ~a)

� �II 次の行列の逆行列を求めましょう．

(1) A =

(cosα − sinα

sinα cosα

)(2) A =

(1 −1

1 1

)(3) A =

(1 λ

0 1

)

(4) A =

(1 0

λ 1

)(5) A =

(1 1

1 2

)(6) A =

(1 2

3 4

)(7) A =

(2 5

1 3

)� �解答

(1)

∣∣∣∣∣cosα − sinα

sinα cosα

∣∣∣∣∣ = cos2 α+ sin2 α = 1 から

(cosα − sinαsinα cosα

)−1

=1

1

(cosα sinα− sinα cosα

)=

(cosα sinα− sinα cosα

)となります．

(2)

∣∣∣∣∣1 −1

1 1

∣∣∣∣∣ = 1 · 1− (−1) · 1 = 2 から

(1 −11 1

)−1

=1

2

(1 1−1 1

)=

1

2

(1 1−1 1

)となります．

(3)

∣∣∣∣∣1 λ

0 1

∣∣∣∣∣ = 1 · 1− 0 · λ = 1 から

(1 λ0 1

)−1

=1

1

(1 −λ0 1

)=

(1 −λ0 1

)となります．

(4)

∣∣∣∣∣1 0

λ 1

∣∣∣∣∣ = 1 · 1− λ · 0 = 1 から

(1 0λ 1

)−1

=1

1

(1 0−λ 1

)=

(1 0−λ 1

)19

となります．

(5)

∣∣∣∣∣1 1

1 2

∣∣∣∣∣ = 1 · 2− 1 · 1 = 1 から

(1 11 2

)−1

=1

1

(2 −1−1 1

)=

(2 −1−1 1

)となります．

(6)

∣∣∣∣∣1 2

3 4

∣∣∣∣∣ = 1 · 4− 3 · 2 = −2 から

(1 23 4

)−1

=1

−2

(4 −2−3 1

)= −1

2

(4 −2−3 1

)となります．

(7)

∣∣∣∣∣2 5

1 3

∣∣∣∣∣ = 2 · 3− 5 · 1 = 1 から

(2 51 3

)−1

=1

1

(3 −5−1 2

)=

(3 −5−1 2

)となります．� �

III 以下の函数に対して 2階の偏導関数 zxx, zxy, zyy を求めましょう．

(1) z = x2 + xy + y2 − 4x− 8y

(2) z = x3 + y3 − 9xy + 27

(3) z = x2 + xy − y2 − 4x− 2y

(4) z = x2 + 4xy + 2y2 − 6x− 8y

(5) z = x3 − xy − y2

(6) z = e−x2−y2

(2x2 + y2)

(7) z = (x2 + y2)2 − 2(x2 − y2)

(8) z = x3 + y3 + 6xy� �(1) {

zx = 2x+ y − 4zy = x+ 2y − 8

となります．

zxx = 2, zxy = zyx = 1, zyy = 2

と計算されます．

(2) {zx = 3x2 − 9yzy = 3y2 − 9x

20

となります．さらに

zxx = 6x, zxy = zyx = −9, zyy = 6y

となります．

(3) {zx = 2x+ y − 4zy = x− 2y − 2

となります．さらに

zxx = 2, zxy = zyx = 1, zyy = −2

(4) {zx = 2x+ 4y − 6zy = 4x+ 4y − 8

となります．さらに

zxx = 2, zxy = zyx = 4, zyy = 4

と計算されます．

(5) {zx = 3x2 − yzy = −x− 2y

となります．さらに

zxx = 6x, zxy = zyx = −1, zyy = −2

と計算されます．

(6) まず z の偏導関数を計算すると

zx = e−x2−y2

(−2x)(2x2 + y2) + e−x2−y2

(4x)

= 2xe−x2−y2

(−2x2 − y2 + 2)

zy = e−x2−y2

(−2y)(2x2 + y2) + e−x2−y2

(2y)

= 2ye−x2−y2

(−2x2 − y2 + 1)

となります．さらに 2階の偏導関数を求めましょう．

zxx = 2e−x2−y2

(−2x2 − y2 + 2) + 2x(−2x)e−x2−y2

(−2x2 − y2 + 2) + 2xe−x2−y2

(−4x)

= 2e−x2−y2

(−2x2 − y2 + 2)− 4x2e−x2−y2

(−2x2 − y2 + 4)

zxy = zyx

= 2x(−2y)e−x2−y2

(−2x2 − y2 + 2) + 2xe−x2−y2

(−2y) = −4xye−x2−y2

(−2x2 − y2 + 3)

zyy = 2e−x2−y2

(−2x2 − y2 + 1) + 2y(−2y)e−x2−y2

(−2x2 − y2 + 1) + 2ye−x2−y2

(−2y)

= 2e−x2−y2

(−2x2 − y2 + 1)− 4y2e−x2−y2

(−2x2 − y2 + 2)

と計算されます．

21

(7) f(x, y)の偏導関数は

fx = 2(x2 + y2) · 2x− 4x = 4x(x2 + y2 − 1)

fy = 2(x2 + y2) · 2y − 4x = 4y(x2 + y2 + 1)

と計算されます．さらに 2階の偏導関数を計算すると

fxx = 4(x2 + y2 − 1) + 4x · 2x = 4(3x2 + y2 − 1)

fxy = 8xy

fxy = 4(x2 + y2 + 1) + 4y · 2y = 4(x2 + 3y2 + 1)

となります．

(8) （コアテキストの 282ページの例 8.18）　z の偏導関数は {

zx = 3x2 + 6yzy = 3y2 + 6x

と計算されます．さらに

zxx = 6x, zxy = zyx = 6, zyy = 6y

となります．� �IV 曲線 x2 + xy + y2 − x + 2y = 0 が回転座標変換

(x

y

)= 1√

2

(1 −1

1 1

)(X

Y

)によっていかなる式

で表されるか考えましょう．� �解答 {

x = 1√2(X − Y )

y = 1√2(X + Y )

から

x+ y =√2X, xy =

1

2(X2 − Y 2)

となります．これから

x2 + xy + y2 − x+ 2y = 2X2 − 1

2(X2 − Y 2)− 1√

2(X − Y ) + 2 · 1√

2(X + Y )

=3

2X2 +

1

2Y 2 +

1√2X +

3√2X

となります．� �IV 曲線 x2 + 3xy + y2 − 1 = 0 が回転座標変換

(x

y

)= 1√

2

(1 −1

1 1

)(X

Y

)によっていかなる式で表

されるか考えましょう．� �22

解答 {x = 1√

2(X − Y )

y = 1√2(X + Y )

から

x+ y =√2X, xy =

1

2(X2 − Y 2)

となります．これから

x2 + 3xy + y2 − 1 = 2X2 +1

2(X2 − Y 2)− 1 =

5

2X2 − 1

2Y 2 − 1

となります．

23

2017年 10月 25日「微分積分」小テスト解答

� �I p, q, I > 0とします．生産関数

f(x, y) := x13 y

13 (x, y > 0)

に対して，利潤関数

π(x, y) := rf(x, y)− px− qy

を考えます．π の停留点を求めましょう．� �解答 {

πx = r3x

− 23 y

13 − p = 0

πy = r3x

13 y−

23 − q = 0

すなわち {x− 2

3 y13 = 3p

r (1)

x13 y−

23 = 3q

r (2)

が π の停留点が満たす条件です．(1)2 × (2), (2)2 × (1) から

x−1 =27p2q

r3, y−1 =

27pq2

r3

すなわち

x =r3

27p2q, y =

r3

27pq2

が停留点となります．

補足　生産関数

f(x, y) = x13 y

13

に対して利潤関数

π(x, y) = rf(x, y)− px− qy

を最大化するのが

x(p, q, I) =r3

27p2q, y(p, q, I) =

r3

27pq2

で生産要素需要関数と呼びます．

補足 さらに π の 2階の偏導関数を計算します．

πxx = −2r

9x− 5

3 y13 , πxy = πyx =

r

9x− 2

3 y−23 , πyy = −2r

9x

13 y−

53

から任意の点 P(x, y) ∈ R2++ に対して

πxx(P) = −2r

9x− 5

3 y13 < 0

det(H(f)(P)) =

∣∣∣∣πxx πxy

πyx πyy

∣∣∣∣ = ∣∣∣∣− 2r9 x− 5

3 y13

r9x

− 23 y−

23

r9x

− 23 y−

23 − 2r

9 x13 y−

53

∣∣∣∣ = r2

27x− 4

3 y−43 > 0

24

が成立しますから P0(27p2qr3 , 27pq2

r3 )において

π(P) < π(P0) (P ∈ R2++, P 6= P0)

が成立します．すなわち P0 において π は最小であることが分かります（しかも，唯一の最小点です）．� �II

∣∣∣∣∣λ− 2 2

2 λ− 5

∣∣∣∣∣ = 0 を満たす λ ∈ Rを求めましょう．

� �解答 ∣∣∣∣λ− 2 2

2 λ− 5

∣∣∣∣ = (λ− 2)(λ− 5)− 4

= λ2 − 7λ+ 6 = (λ− 1)(λ− 6)

から λ = 1, 6

25

2017年 10月 25日「微分積分演習」問題

� �I 以下の函数の停留点を求めて極大・極小を判定しましょう．(1) z = x2 + xy + y2 − 4x− 8y

(2) z = x3 + y3 − 9xy + 27

(3) z = x2 + xy − y2 − 4x− 2y

(4) z = x2 + 4xy + 2y2 − 6x− 8y

(5) z = x3 − xy − y2

(6) z = e−x2−y2

(2x2 + y2)

(7) z = (x2 + y2)2 − 2(x2 − y2)

(8) z = x3 + y3 + 6xy� �解答 (1) {

zx = 2x+ y − 4 = 0zy = x+ 2y − 8 = 0

をクラメールの公式を使って解くと

x =

∣∣∣∣4 18 2

∣∣∣∣∣∣∣∣2 11 2

∣∣∣∣ =0

3= 0, y =

∣∣∣∣2 41 8

∣∣∣∣∣∣∣∣2 11 2

∣∣∣∣ =12

3= 4

となりますから，(x, y) = (0, 4)が z の停留点であることが分かります．さらに

zxx = 2, zxy = zyx = 1, zyy = 2

と計算されるので

zxx = 2 > 0, det(H(z)) =

∣∣∣∣2 11 2

∣∣∣∣ = 2 · 2− 12 = 3 > 0

から (x, y) = (0, 4)で z は極小であることが分かります．

注意 zxx > 0, det(H(z)) > 0がR2 のすべての点で成立しますから

z(0, 4) < z(x, y) ((x, y) 6= (0, 4))

が成立することが分かります．

注意 A =

(1 1

212 1

), ~b =

(−4

−8

)とすれば

z =

(A

(xy

),

(xy

))+

(~b,

(xy

))と表現できます． (

XY

)=

(xy

)− ~α, ただし ~α =

(x0

y0

)

26

によって平行移動の座標変換を定めると

z =

(A

((XY

)+ ~α

),

(XY

)+ ~α

)+

(~b,

(XY

)+ ~α

)=

(A

(XY

)+A~α,

(XY

)+ ~α

)+

(~b,

(XY

))+(~b, ~α

)=

(A

(XY

),

(XY

))+

(A

(XY

), ~α

)+

(A~α,

(XY

))+ (A~α, ~α) +

(~b,

(XY

))+(~b, ~α

)と展開できます．ここで(

A

(XY

), ~α

)=

((XY

), tA~α

)=

((XY

), A~α

)=

(A~α,

(XY

))と変形すると

z =

(A

(XY

),

(XY

))+ 2

(A~α,

(XY

))+ (A~α, ~α) +

(~b,

(XY

))+(~b, ~α

)=

(A

(XY

),

(XY

))+

(2A~α+~b,

(XY

))+ (A~α, ~α) + (~b, ~α)

となります．ここで

2A~α+~b = ~0

すなわち

~α =

(x0

y0

)= −1

2A−1~b = −1

2

(4

3

)(1 − 1

2− 1

2 1

)(−4−8

)=

(04

)と定めると

(A~α, ~α) + (~b, ~α) = −1

2(~b, ~α)

= −1

2

((−4−8

),

(04

))= −16

から

z =

(A

(XY

),

(XY

))− 16

となります．ここで

Aの(1, 1)成分 = 1 > 0, |A| = 3

4> 0

から Aが定める 2次形式は正定値であること，すなわち(A

(XY

),

(XY

))> 0

((XY

)6=(00

))であることが分かります．従って

z(X,Y ) =

(A

(XY

),

(XY

))− 16

> 0− 16 = (A~0,~0)− 16 = Z(X = 0, Y = 0)

27

が分かります．よって z の最小値は X = Y = 0 すなわち (x, y) = (0, 4) のとき −16 であることが分かり

ます．

(2) {zx = 3x2 − 9y = 0 · · · (I)zy = 3y2 − 9x = 0 · · · (II)

を解きます．(I)から y = 13x

2 となるので (II)から得られる y2 = 3xに代入して

1

9x4 = 3x すなわち x4 = 27x

を得ます．従って

x = 0 または x = 3

が必要です．

(a) x = 0のとき, (I)から y = 0となりますが、逆に (x, y) = (0, 0)は (I)かつ (II)を満たします．(b) x = 3のとき, (I)から y = 3となりますが、逆に (x, y) = (3, 3)は (I)かつ (II)を満たします．以上で z の停留点は (x, y) = (0, 0), (3, 3)であることが分かりました．

さらに

zxx = 6x, zxy = zyx = −9, zyy = 6y

であることに注意すると

(a) (x, y) = (0, 0)のとき,

detH(z)(0, 0) =

∣∣∣∣ 0 −9−9 0

∣∣∣∣ = −81 < 0

なりますから，z は (x, y) = (0, 0)で極大でも極小でもないことが分かります．

(b) (x, y) = (3, 3)のとき,

zxx(3, 3) = 18 > 0, detH(z)(3, 3) =

∣∣∣∣18 −9−9 18

∣∣∣∣ = 92 · 3 > 0 < 0

なりますから，z は (x, y) = (0, 0)で極小であることが分かります．

(3) {zx = 2x+ y − 4 = 0zy = x− 2y − 2 = 0

をクラメールの公式で解くと

x =

∣∣∣∣4 12 2

∣∣∣∣∣∣∣∣2 11 −2

∣∣∣∣ =−10

−5= 2, y =

∣∣∣∣2 41 2

∣∣∣∣∣∣∣∣2 11 −2

∣∣∣∣ =0

−5= 0

となりますから，(x, y) = (2, 0)が z の停留点であることが分かります．

さらに

zxx = 2, zxy = zyx = 1, zyy = −2

28

と計算されるので

det(H(z)) =

∣∣∣∣2 11 −2

∣∣∣∣ = 2 · (−2)− 12 = −5 < 0 > 0

から (x, y) = (2, 0)で z は極大でも極小でもないことが分かります．

(4) {zx = 2x+ 4y − 6 = 0zy = 4x+ 4y − 8 = 0

をクラメールの公式で解くと

x =

∣∣∣∣6 48 4

∣∣∣∣∣∣∣∣2 44 4

∣∣∣∣ =−8

−8= 1, y =

∣∣∣∣2 64 8

∣∣∣∣∣∣∣∣2 44 4

∣∣∣∣ =−8

−8= 1

から停留点は (x, y) = (1, 1)となります．

さらに

zxx = 2, zxy = zyx = 4, zyy = 4

であるので

det(H(z)) =

∣∣∣∣2 44 4

∣∣∣∣ = −8 < 0

となるので (x, y) = (1, 1)では極大でも極小でもないことが分かる。

(5) {zx = 3x2 − y = 0 (i)zy = −x− 2y = 0 (ii)

を解きます。(ii)から x = −2y となりますが，これを (i)に代入して

12y2 − y = 0

を得ますが，これから y = 0または y = 112 であることが分かります．これを x = −2y に代入して

y = 0 のとき x = 0y = 1

12 のとき x = − 16

となりますから，停留点は

(x, y) = (0, 0), (−1

6,1

12)

であることが分かります．

さらに

zxx = 6x, zxy = zyx = −1, zyy = −2

であることを用いて，この 2点の極大・極小を判定しましょう．(a) (x, y) = (0, 0)のとき

det(H(z)(0, 0)) =

∣∣∣∣ 0 −1−1 −2

∣∣∣∣ = −1 < 0

となりますから，(0, 0)では極大でも極小でもないことが分かります．

29

(b) (x, y) = (− 16 ,

112 )のとき

det(H(z)(−1

6,1

12)) =

∣∣∣∣−1 −1−1 −2

∣∣∣∣ = 1 > 0, zxx(−1

6,1

12) = −1 < 0

から，(− 16 ,

112 )では極大であることが分かります．

(6) まず関数z = e−x2−y2

(2x2 + y2)

の停留点を求めましょう．まず z の偏導関数を計算すると

zx = e−x2−y2

(−2x)(2x2 + y2) + e−x2−y2

(4x)

= 2xe−x2−y2

(−2x2 − y2 + 2)

zy = e−x2−y2

(−2y)(2x2 + y2) + e−x2−y2

(2y)

= 2ye−x2−y2

(−2x2 − y2 + 1)

となります．e−x2−y2

> 0ですから

zx = zy = 0 ⇔ x(2x2 + y2 − 2) = 0 and y(2x2 + y2 − 1) = 0

⇔ (x = 0 or 2x2 + y2 = 2) and (y = 0 or 2x2 + y2 = 1)

⇔ (x = y = 0) or (x = 0 and 2x2 + y2 = 1)

or (y = 0 and 2x2 + y2 = 2)

or (2x2 + y2 = 2 and 2x2 + y2 = 1)

⇔ (x = y = 0) or (x = 0 and y2 = 1)

or (y = 0 and x2 = 1)

or (2x2 + y2 = 2 and 2x2 + y2 = 1)

⇔ (x, y) = (0, 0), (0,±1), (±1, 0)

が成立します．従って z の停留点は (x, y) = (0, 0), (0,±1), (±1, 0) です．

さらに 2階の偏導関数を求めましょう．

zxx = 2e−x2−y2

(−2x2 − y2 + 2) + 2x(−2x)e−x2−y2

(−2x2 − y2 + 2) + 2xe−x2−y2

(−4x)

= 2e−x2−y2

(−2x2 − y2 + 2)− 4x2e−x2−y2

(−2x2 − y2 + 4)

zxy = zyx

= 2x(−2y)e−x2−y2

(−2x2 − y2 + 2) + 2xe−x2−y2

(−2y) = −4xye−x2−y2

(−2x2 − y2 + 3)

zyy = 2e−x2−y2

(−2x2 − y2 + 1) + 2y(−2y)e−x2−y2

(−2x2 − y2 + 1) + 2ye−x2−y2

(−2y)

= 2e−x2−y2

(−2x2 − y2 + 1)− 4y2e−x2−y2

(−2x2 − y2 + 2)

と計算されます。停留点の値しか必要ないので、完全に式変形をする必要がないことに注意しましょう。

(a) (x, y) = (0, 0)のとき

zxx(0, 0) = 4, zxy(0, 0) = zyx(0, 0) = 0, zyy(0, 0) = 2

が分かります。

zxx(0, 0) = 4 > 0, H(z)(0, 0) =

∣∣∣∣4 00 2

∣∣∣∣ = 8 > 0

30

であるので z は (0, 0)で極小であることが分かります。

(b) (x, y) = (0,±1)のとき

zxx(0,±1) = 2e−1, zxy(0,±1) = zyx(0, 0) = 0, zyy(0,±1) = −4e−1

が分かります。

H(z)(0,±1) =

∣∣∣∣2e−1 00 −4e−1

∣∣∣∣ = −8e−2 < 0

であるので z は (0,±1)で極大でも極小でもありません．

(c) (x, y) = (±1, 0)のとき

zxx(±1, 0) = −8e−1, zxy(0, 0) = zyx(0, 0) = 0, zyy = −4e−1

が分かります。

zxx(±1, 0) = −8e−1 < 00, H(z)(0, 0) =

∣∣∣∣−8e−1 00 −4e−1

∣∣∣∣ = 32e−2 > 0

であるので z は (±1, 0)で極大であることが分かります。

(7) f(x, y)の偏導関数は

fx = 2(x2 + y2) · 2x− 4x = 4x(x2 + y2 − 1)

fy = 2(x2 + y2) · 2y − 4x = 4y(x2 + y2 + 1)

と計算されます。このことから

fx = 0 ⇔ (x = 0) OR (x2 + y2 = 1)

fy = 0 ⇔ y = 0

が従いますので

fx = fy = 0 ⇔ (x = y = 0) OR (x2 + y2 = 1, AND y = 0)

⇔ (x, y) = (0, 0), (±1, 0)

が分かります。以上で f の停留点は (0, 0), (1, 0), (−1, 0)の 3点であることが示されました。さらに 2階の偏導関数を計算すると

fxx = 4(x2 + y2 − 1) + 4x · 2x = 4(3x2 + y2 − 1)

fxy = 8xy

fxy = 4(x2 + y2 + 1) + 4y · 2y = 4(x2 + 3y2 + 1)

となります。

(i) (x, y) = (0, 0)において Hesse行列式は ∣∣∣∣−4 00 4

∣∣∣∣ = −16 < 0

となりますから、(0, 0)において f は極大でも極小でもありません。

31

(ii) (x, y) = (±1, 0)において Hesse行列式は ∣∣∣∣8 00 8

∣∣∣∣ = 64 > 0

で、さらに fxx(±1, 0) = 8 > 0も成立しますから、(±1, 0)において f は極小であることが分かります。

(8) （コアテキストの 282ページの例 8.18）　z の偏導関数は {

zx = 3x2 + 6y = 0 · · · (1)zy = 3y2 + 6x = 0 · · · (2)

と計算されます．(2) から x = − 12y

2 を得ますが, これを (1) から得られる y = − 12x

2 に代入すると

y = −1

2

(−1

2y2)2

= −1

8y4

が導かれます．従って

y(y3 + 8) = 0

から y = 0 または y = −2 であることが必要条件であることが分かります．このとき

(i) y = 0 のとき (2) に代入して x = 0

(ii) y = −2 のとき (2) から x = −2 を得る．

を得ます．以上で停留点は

(x, y) = (0, 0)または(−2,−2)

であることが示されました．

zxx = 6x, zxy = zyx = 6, zyy = 6y

から

D = det(H(f)) = zxxzyy − zxy2 = (6x)(6y)− 62 = 62(xy − 1)

となります．各停留点について，D の符号を調べると以下のようになります．

(i) (0, 0) のとき D = 62(−1) < 0 から (0, 0) では極大値,極小値を取りません．(ii) (−2,−2) のとき D = 62((−2)(−2)− 1) = 62 · 3 > 0

zxx(−2,−2) = 6(−2) = −12 < 0

ですから (−2,−2) で極大値をとることが分ります．

32

� �II α, β > 0, ρ > 0を定数として CES関数を

Y = F (K,L) = (αKρ + βLρ)1ρ (2)

と定義します. (1) logF (K,L)をK, Lで微分して FK(K,L), FL(K,L)を求めましょう.(2) F (K,L)が Euler の等式

K · FK(K,L) + L · FL(K,L) = F (K,L) (3)

を満たすことを示しましょう.� �解答 (1)

logF (K,L) =1

σ· log (αKσ + βLσ)

の両辺をK, Lで偏微分すると

FK(K,L)

F (K,L)=

1

σ· σαKσ−1

αKσ + βLσ=

αKσ−1

αKσ + βLσ

FL(K,L)

F (K,L)=

1

σ· σβLσ−1

αKσ + βLσ=

αLσ−1

αKσ + βLσ

となります．これから

FK(K,L) =αKσ−1

αKσ + βLσ· F (K,L)

FL(K,L) =βLσ−1

αKσ + βLσ· F (K,L)

となります．

(2)(1)の最後の 2式にそれぞれK と Lを掛けて加えると

K · FK(K,L) + L · FL(K,L) =αKσ + βLσ

αKσ + βLσ· F (K,L) = F (K,L)

から F (K,L)が Euler の等式を満たすことが分かります．

� �III α, β > 0, A > 0を定数として Cobb-Douglas型関数

Y = F (K,L) = AKαLβ (4)

と定義します.(1) FKK , FKL, FLK , FLL を求めましょう.(2) 第 1象限のすべての点 (K,L) ∈ R2

++ に対して

FKK(K,L) < 0, かつ det(H(F )(K,L) > 0 (5)

を満たす α, β の条件を求めましょう.� �33

解答 (1)FK(K,L) = α ·AKα−1Lβ , FL(K,L) = β ·AKαLβ−1

から

FKK(K,L) = α(α− 1) ·AKα−2Lβ

FKL(K,L) = αβ ·AKα−1Lβ−1

FLK(K,L) = αβ ·AKα−1Lβ−1

FLL(K,L) = β(β − 1) ·AKαLβ−2

となります．一般論で成立することが分かっていますが，FKL = FLK に注意しましょう．

(2) α ·AKα−2Lβ > 0からFKK(K,L) < 0 ⇔ α < 1

が分かります．次に

det(H(F )(K,L)) = FKK(K,L) · FLL(K,L)− FKL(K,L)2

= α(α− 1) ·AKα−2Lβ · β(β − 1) ·AKαLβ−2 −(αβ ·AKα−1Lβ−1

)2= A2K2α−2L2β−2

{αβ(α− 1)(β − 1)− α2β2

}= A2K2α−2L2β−2αβ(1− α− β)

となります．= A2K2α−2L2β−2 > 0, αβ > 0から

det(H(F )(K,L)) ⇔ α+ β < 1

が分かります．以上で求める条件は

α < 1, α+ β < 1

であることが分かります．この条件は

α < 1, β < 1, α+ β < 1

と必要十分であることにも注意しましょう．

34

2017年 11月 01日微分積分演習問題

� �問題 I(1) B =

(−1 3

3 7

)を回転行列で対角化して、B が定める 2次形式

(B

(x

y

),

(x

y

))を簡単にし

ましょう。� �解答 まず B の固有値を求めます。

ΦB(λ) = |λI2 −B| =∣∣∣∣λ+ 1 −3−3 λ− 7

∣∣∣∣= (λ+ 1)(λ− 7)− (−3)2 = (λ+ 2)(λ− 8)

から B の固有値は λ = −2, 8であることが分かります。次に λ = −2, 8に対して、それぞれの固有ベクトル

を求めます。

(i) λ = −2のとき、

B

(xy

)= −2

(xy

)⇔(−1 −3−3 −9

)(xy

)= ~0 ⇔ x+ 3y = 0

から、固有ベクトルは (xy

)=

(−3yy

)= y

(−31

)(y 6= 0)

となります。

(ii) λ = 8のとき、

B

(xy

)= −

(xy

)⇔(

9 −3−3 1

)(xy

)= ~0 ⇔ 3x− y = 0

から、固有ベクトルは (xy

)=

(x3x

)= x

(13

)(x 6= 0)

となります。

ここで ~p1 = 1√10

·

(3

−1

), ~p2 = 1√

10·

(1

3

)により P = (~p1 ~p2) =

1√10

(3 1

−1 3

)と定めると、P は回転

行列となります。さらに

BP = (B~p1 B~p2) = (−2~p1 8~p2) = (~p1 ~p2)

(−2 00 8

)

から B = P

(−2 0

0 8

)P−1 と B は対角化できます。さらに P が回転行列ですから P−1 も回転行列で

(B

(xy

),

(xy

))=

(P−1B

(xy

), P−1

(xy

))=

(P−1BP · P−1

(xy

), P−1

(xy

))=

((−2 00 8

)(ξη

),

(ξη

))= −2ξ2 + 8η2

となります。ここで回転座標変換 (ξη

)= P−1

(xy

)35

を用いました。� �問題 I(2) B =

(1 2

2 1

)を回転行列で対角化して、B が定める 2次形式

(B

(x

y

),

(x

y

))を簡単にし

ましょう。� �解答 まず B の固有値を求めます。

ΦB(λ) = |λI2 −B| =∣∣∣∣λ− 1 −2−2 λ− 1

∣∣∣∣= (λ− 1)2 − (−2)2 = (λ+ 1)(λ− 3)

から B の固有値は λ = −1, 3であることが分かります。次に λ = −1, 3に対して、それぞれの固有ベクトル

を求めます。

(i) λ = 3のとき、

B~v = 3~v ⇔(

2 −2−2 2

)(xy

)= ~0 ⇔ x− y = 0

から、固有ベクトルは (xy

)=

(xx

)= x

(11

)(x 6= 0)

となります。

(ii) λ = −1のとき、

B~v = −~v ⇔(−2 −2−2 −2

)(xy

)= ~0 ⇔ x+ y = 0

から、固有ベクトルは (xy

)=

(x−x

)= x

(1−1

)(x 6= 0)

となります。

ここで ~p1 = 1√2·

(1

1

), ~p2 = 1√

2·

(−1

1

)により P = (~p1 ~p2)と定めると、P は回転行列となります。さ

らに

BP = (B~p1 B~p2) = (3~p1 − ~p2) = (~p1 ~p2)

(3 00 −1

)

から B = P

(3 0

0 −1

)P−1 と B は対角化できます。さらに P が回転行列ですから P−1 も回転行列で

(B

(xy

),

(xy

))=

(P−1B

(xy

), P−1

(xy

))=

(P−1BP · P−1

(xy

), P−1

(xy

))=

((3 00 −1

)(ξη

),

(ξη

))= 3ξ2 − η2

となります。ここで回転座標変換 (ξη

)= P−1

(xy

)36

を用いました。� �問題 I(3) A =

(1 4

4 7

)を回転行列で対角化しましょう。

� �解答 まず Aの固有値を求めます。

ΦA(λ) = |λI2 −A| =∣∣∣∣λ− 1 −4−4 λ− 7

∣∣∣∣= (λ− 1)(λ− 7)− (−4)2 = (λ− 9)(λ+ 1)

から Aの固有値は λ = −1, 9であることが分かります。次に λ = −1, 3に対して、それぞれの固有ベクトル

を求めます。

(i) λ = 9のとき、

B~v = 9~v ⇔(

8 −4−4 2

)(xy

)= ~0 ⇔ 2x− y = 0

から、固有ベクトルは (xy

)=

(x2x

)= x

(12

)(x 6= 0)

となります。

(ii) λ = −1のとき、

A~v = −~v ⇔(−2 −4−4 −8

)(xy

)= ~0 ⇔ x+ 2y = 0

から、固有ベクトルは (xy

)=

(−2yy

)= y

(−21

)(x 6= 0)

となります。

ここで ~p1 = 1√5·

(1

2

), ~p2 = 1√

5·

(−2

1

)により P = (~p1 ~p2)と定めると、P は回転行列となります。さ

らに

AP = (A~p1 A~p2) = (9~p1 − ~p2) = (~p1 ~p2)

(9 00 −1

)

から A = P

(9 0

0 −1

)P−1 と B は回転行列 P を用いて対角化できます。ここで Aが定める 2次形式

(A

(xy

),

(xy

))を考えましょう。P−1 も回転行列ですから、内積を保ちます。このことを用いると

(A~v,~v) = (P−1A~v, P−1~v)

= (P−1AP · P−1~v, P−1~v)

=

((9 00 −1

)P−1~v, P−1~v

)

37

が従います。さらに (ξη

)= P−1~v すなわち ~v = P

(ξη

)= ξ~p1 + η~p2

とすると

(A~v,~v) = 9ξ2 − η2

となります。� �II p, q, r > 0とします．生産関数

f(x, y) = x13 y

12

に対して利潤関数

π(x, y) = rf(x, y)− px− qy

を考えます．π(x, y)の停留点を求めましょう．� �解答

π(x, y) = rx13 y

12 − px− qy

を偏微分すると

πx =r

3· x− 2

3 y12 − p = 0, πy =

r

3· x 1

3 y−12 − q = 0

となります．これは整理すると

x− 23 y

12 =

3p

r(1)

x13 y−

12 =

2q

r(2)

となります．(1)× (2)から

x− 13 =

6pq

r2従って x =

r6

2333p3q3

となります．さらに

y12 = x

233p

r=

r3

12pq2従って y =

r6

144p2q4

となります．

38

� �III 生産関数

f(x, y) = xαyβ (α, β > 0)

を考えます．

(1) det(H(f)), fxx を計算しましょう．(2) α+ β 6= 1のとき，利潤関数

π(x, y) := pf(x, y)− qx− ry

の停留点を求めましょう．ここでは p, q, r > 0とします．

(3) α+ β < 1のとき利潤を最大化する (x, y)がただ一つ存在することを示しましょう．� �解答 (1)

fx = αxα−1yβ

fy = βxαyβ−1

から

fxx = α(α− 1)xα−2yβ

fxy = fyx = αβxα−1yβ−1

fyy = β(β − 1)xαyβ−2

が分かります．これから

detH(f) =

∣∣∣∣α(α− 1)xα−2yβ αβxα−1yβ−1

αβxα−1yβ−1 β(β − 1)xαyβ−2

∣∣∣∣= x2α−2y2β−2

(α(α− 1)β(β − 1)− α2β2

)= x2α−2y2β−2αβ ((α− 1)(β − 1)− αβ)

− x2α−2y2β−2αβ(1− α− β)

となります．

(2) πx = πy = 0すなわち {pαxα−1yβ − q = 0 . . . . . . (1)pβxαyβ−1 − r = 0 . . . . . . (2)

を解きます．これは {xα−1yβ = q

pα . . . . . . (1)′

xαyβ−1 = rpβ . . . . . . (2)′

と必要十分です．(1)′/(2)′ から

x−1y =q

r· βα従って y =

q

r· βαx

となりますが，これを (1)’に代入すると

xα−1

(q

r· βα

)β

xβ =q

pα

39

から

xα+β−1 =q

pα· r

β

qβ· α

β

ββ

=

(α

q

)β−1(r

β

)β

· 1p

から

x =

(α

q

) β−1α+β−1

(r

β

) βα+β−1

·(1

p

) 1α+β−1

同様に

y =( qα

) αα+β−1

(r

β

) α−1α+β−1

·(1

p

) 1α+β−1

となります．

(3) α+ β < 1のとき α, β > 0から α, β < 1が従いますから

πxx = pfxxfxx = pα(α− 1)xα−2yβ < 0

が常に成立します．さらに

det(H(π)) =

∣∣∣∣pfxx pfxypfyx pfyy

∣∣∣∣ = p2 det(H(f)) = p2αβ(1− α− β)x2α−2y2β−2 > 0

となります．従って (2)で求めた停留点を (x0, y0)とすると

π(x, y) < π(x0, y0) ((x, y) ∈ R2++, (x, y) 6= (x0, y0))

が成立します．

40

2017年 11月 01日小テスト解答　

� �f(x, y) := x2 − xy + 2y2 − x+ 2y

について考えます．

(1) 停留点を求めましょう．(2) 停留点について極大・極小を判定しましょう．� �

解答 (1) {fx = 2x − y − 1 = 0fy = −x + 4y + 2 = 0

⇔{

2x − y = 1−x + 4y = −2

を解くと

x =

∣∣∣∣ 1 −1−2 4

∣∣∣∣∣∣∣∣ 2 −1−1 4

∣∣∣∣ =2

7, y =

∣∣∣∣ 2 1−1 −2

∣∣∣∣∣∣∣∣ 2 −1−1 4

∣∣∣∣ = −3

7

となりますから，停留点は

(x, y) =

(2

7,−3

7

)であることが分かります．

(2) 2階の偏導関数を求めるとfxx = 2, fxy = fyx = −1, fyy = 4

となります．

fxx = 2 > 0, det(H(f)) =

∣∣∣∣ 2 −1−1 4

∣∣∣∣ = 8 > 0

となりますから，停留点 (x, y) =(27 ,−

37

)で関数 f は極小であることが分かります．

補足　任意の点 P ∈ R2 に対して

fxx(P) = 2 > 0, det(H(f)(P)) = 8 > 0

から

f(P) > f(2

7,−3

7)

(P 6= (

2

7,−3

7)

)であること，すなわち ( 27 ,−

37 )がR2 上で唯一の最小点であることが示されます．

41

2017年 11月 1日演習問題，11月 9日解答を修正

� �IV 生産関数 f(x, y) = x

13 y

13 に対する利潤関数

π(x, y) = pf(x, y)− qx− ry

を最大化して生産要素需要関数

x(p, q, r) =p3

27q2r, y(p, q, r) =

p3

27qr2

を求めました．利潤関数

Π(p, q, r) = π(x(p, q, r), y(p, q, r))

生産物供給関数

z(p, q, r) = f(x(p, q, r), y(p, q, r))

を定義すると

z(p, q, r) =∂Π

∂p

x(p, q, r) = −∂Π

∂q

y(p, q, r) = −∂Π

∂r

が成立することを、具体的に両辺を計算することで示しましょう．� �解答

Π(p, q, r) = r ·(

p3

27q2r

) 13(

p3

27qr2

) 13

− q · p3

27q2r− r · p3

27qr2

=p3

9qr− p3

279r− p3

27qr

=p3

27qr

z(p, q, r) =

(p3

27q2r

) 13(

p3

27qr2

) 13

=p2

9qr

となります．これから

∂Π

∂p=

3p2

27qr=

p2

9qr= z(p, q, r)

∂Π

∂q= − p3

27q2r= −x(p, q, r)

∂Π

∂q= − p3

27qr2= −y(p, q, r)

と Hotellingの補題が成立することが分かります．

42

2017年 11月 08日「微分積分」小テスト解答

� �2次対称行列

(5 −4

−4 −1

)を回転行列で対角化しましょう．

� �解答　固有多項式を求めます．

ΦA(λ) =

∣∣∣∣λ− 5 44 λ+ 1

∣∣∣∣ = (λ− 5)(λ+ 1)− 16

= λ2 − 4λ− 21 = (λ− 7)(λ+ 3)

から Aの固有値は λ = −3, 7であることが分かります．次に固有ベクトルを求めます．

(i) λ = −3のとき

A

(xy

)= −3

(xy

)⇔

(−8 44 −2

)(xy

)= ~0 ⇔ 2x− y = 0

から固有ベクトルは (xy

)=

(x2x

)= x

(12

)(x 6= 0)

となります．

(ii) λ = 7のとき

A

(xy

)= 7

(xy

)⇔

(2 44 8

)(xy

)= ~0 ⇔ x+ 2y = 0

から固有ベクトルは (xy

)=

(−2yy

)= y

(−21

)(y 6= 0)

となります．

ここで

~r1 :=1√5

(12

), ~r2 :=

1√5

(−21

), R = (~r1 ~r2) =

1√5

(1 −22 1

)と定めると Rは回転行列で

AR = (A~r1 A~r2) = (−3~r1 7~r2) = (~r1 ~r2)

(−3 00 7

)= R

(−3 00 7

)から

R−1AR =

(−3 00 7

)と対角化されます．

補足　 R−1 は回転行列ですから，Aが定める 2次形式は

(A ( xy ) , (xy )) =

(R−1A ( xy ) , R

−1 ( xy ))

=(R−1AR ·R−1 ( xy ) , R

−1 ( xy ))=((−3 0

0 7

) (ξη

),(ξη

))= −3ξ2 + 7η2

43

と変数変換

( xy ) = R(ξη

)で変換されます．

44

2017年 11月 15日「微分積分」小テスト解答

� �f(x, y) := x3 + y3 − 3xy

の停留点を求めて，極大・極小を判定しましょう．� �解答　まず停留点を求めます．{

fx = 3x2 − 3y = 0 (1)fy = 3y2 − 3x = 0 (2)

⇔{

x2 = y (1)′

y2 = x (2)′

を解きます．(1)’を (2)’に代入して y を消去すると

x4 − x = 0 従って x = 0 OR x = 1

であることが分かります．さらに

(i) x = 0のとき(1)’から y = 0

(ii) x = 1のとき(1)’から y = 1

となるので停留点は (x, y) = (0, 0), (1, 1)の 2点であることが分かります．2階の偏導関数を

fxx = 6x, fxy = fyx = −3, fyy = 6y

と計算します．

(i) (x, y) = (0, 0)のとき

det(H(f)(0, 0)) =

∣∣∣∣ 0 −3−3 0

∣∣∣∣ = −9 < 0

から極大でも極小でもないことが分かります．

(ii) (x, y) = (1, 1)のとき

fxx(1, 1) = 6 > 0, det(H(f)(1, 1)) =

∣∣∣∣ 6 −3−3 6

∣∣∣∣ = 27 > 0

から極小であることが分かります．

45

2017年 11月 29日「微分積分」小テスト解答

� �制約条件

g(x, y) := x2 + 4y2 − 1 = 0

の下で目的関数

f(x, y) := xy

を考えます．停留点を求めましょう．� �解答　

gx = 2x, gy = 8y, fx = y, fy = x

と計算されます．(x, y)で極値をとるとすると y + λ · 2x = 0 (1) ↔ ux + gx = 0x + λ · 8y = 0 (2) ↔ uy + gy = 0

x2 + 4y2 − 1 = 0 (3) ↔ u = 0

を満たす λ ∈ Rが存在します．(1)において x = 0 とすると

y = 0

となりますが,(x, y) = (0, 0)は (3)を満たしません．よって x 6= 0であることが分かります．

(1)から従う y = −2λxを (2)に代入すると

0 = x+ 8λ(−2λx) = x(1− 16λ2)

が従いますが，x 6= 0から

λ = ±1

4

であることが分かります．

(i) λ = 14 のとき(1), (2)ともに y + 1

2x = 0となります．(3)に y = − 12xを代入すると

x2 + x2 − 1 = 0 すなわち x = ± 1√2

であることが分かります．このとき y = − 12xに代入して

y = ∓ 1

2√2（複号同順）

であることが分かります．以上で，このとき

(x, y, λ) = (± 1√2,∓ 1

2√2,1

4)

が停留点であることが示されました（複号同順）．

(ii) λ = − 14 のとき(1), (2)ともに y − 1

2x = 0となります．(3)に y = 12xを代入すると

x2 + x2 − 1 = 0 すなわち x = ± 1√2

46

であることが分かります．このとき y = 12xに代入して

y = ± 1

2√2（複号同順）

であることが分かります．以上で，このとき

(x, y, λ) = (± 1√2,± 1

2√2,−1

4)

が停留点であることが示されました（複号同順）．

補足　 2階の偏微分係数を用いて各停留点において極大・極小を判定します．

gxx = 2, gxy = gyx = 0, gyy = 8

fxx = 0, fxy = fyx = 1, fyy = 0

と計算されます．L = f + λg とおくと

B =

∣∣∣∣∣∣0 gx gygx Lxx Lxy

gy Lyx Lyy

∣∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣∣0 2x 8y2x 2λ 12y 1 8λ

∣∣∣∣∣∣= −128λ · y2 + 32xy − 32λ · x2

= −32λ(x2 + 4y2) + 32xy

= −32 + 32xy = 32(xy − λ)

となります．

(i) (x, y, λ) = (± 1√2,∓ 1

2√2, 14 )のとき（複号同順）xy = − 1

4 となります．従って

B = 32

(−1

4− 1

4

)= −16 < 0

から極小であることが分かります．

(ii) (x, y, λ) = (± 1√2,± 1

2√2,− 1

4 ) のとき（複号同順）xy = 14 となります．従って

B = 32

(1

4+

1

4

)= 16 > 0

から極大であることが分かります．

47

2017年 11月 29日微分積分演習問題

� �I p, q, I > 0とします．効用関数

u(x, y) = x13 y

13

を制約条件

I − px− qy = 0

の下で最大化することを考えます．

(1) 停留点を求めて

x(p, q, I) =I

2p, y(p, q, I) =

I

2q, λ =

1

33

√2

pqI

であることを示しましょう．

(2) 間接効用関数v(p, q, I) = u(x(p, q, I), y(p, q, I))

に対して∂v

∂I= λ(p, q, I)

が成立することを示しましょう．

(3) Royの恒等式∂v

∂x+

∂v

∂I· x(p, q, I) = 0

が成立することを示しましょう．� �解答 (x, y)で極大または極小とすると

13x

− 23 y

13 − λp = 0 . . . . . . (1)

13x

13 y−

23 − λq = 0 . . . . . . (2)

I − px− qy = 0 . . . . . . (3)

を満たす λ ∈ Rが存在します．(1)×xと (2)×y から

λpx =1

3x

13 y

13 , λqy =

1

3x

13 y

13

が分かります．(1)または (2)から λ 6= 0が必要ですから

px = qy =1

3λx

13 y

13

となります．さらに (3)を用いると

px = qy =I

2従って x =

I

2p, y =

I

2q

となります．(1),(2)から1

9x− 1

3 y−13 − λ2pq = 0

48

となりますから

λ2 =1

9pq3

√4pq

I2=

1

323

√22

p2q2I2

従って

λ =1

33

√2

pqI

であることが分かります．(1)から λ > 0となることに注意しましょう．

(2)

間接効用関数v(p, q, I) =

(I

2p

) 13(

I

2q

) 13

=I

23

223 p

13 q

13

を I で偏微分すると∂v

∂I=

2

3· I−

13

223 p

13 q

13

=1

3· 2

13

p13 q

13 I

13

= λ

となります．

注意　これから λ(p, q, I)を所得の限界効用関数と呼びます．

(3) 間接効用関数 v(p, q, I)を pで偏微分すると

∂v

∂p= −1

3· I

23

223 p

43 q

13

= − I

2p· 2pI

· 13· I

23

223 p

43 q

13

= − I

2p· 13· 2

13

p13 q

13 I

13

= − I

2p· λ = −x

∂v

∂I

と Royの恒等式が成立することが分かります．� �II p, q, I > 0とします．効用関数

u(x, y) =1

3log x+

1

3log y

を制約条件

I − px− qy = 0

の下で最大化することを考えます．停留点を求めて、需要関数と所得の限界効用関数 λ(p, q, I)を求めま

しょう．� �解答 (x, y)で極大または極小とすると

131x − λp = 0 . . . . . . (1)

131y − λq = 0 . . . . . . (2)

I − px− qy = 0 . . . . . . (3)

49

を満たす λ ∈ Rが存在します．(1),(2)から{λp = 1

31x . . . . . . (1)′

λq = 131y . . . . . . (2)′

であることが分かります．(1)’/(2)’から

p

q=

y

xすなわち px = qy

が従います．(3)から

px = qy =I

2従って x =

I

2p, y =

I

2q

を得ます．このとき所得の限界効用関数は

λ =1

3p· 2pI

=2

3· 1I

となります．

注意

U(x, y) := eu(x,y) = x13 y

13

と定義すると

u(x, y) = C ⇔ U(x, y) = eC

となります．U(x, y)が問題 Iの効用関数にあたることに注意すると，2つの効用関数の無差別曲線族が同じものであることが分かります．需要関数が無差別曲線族にしかよらないことの例を与えてくれます．� �

III 制約条件x2 + 2y2 − 24 = 0

の下で

z = x+ y

の停留点を求めましょう．� �解答 (x, y)で極大または極小とすると 1 + λ · 2x = 0 . . . . . . (1)

1 + λ · 4y = 0 . . . . . . (2)x2 + 2y2 − 24 = 0 . . . . . . (3)

が成立します．(1),(2)からx = − 1

2λ, y = − 1

4λ

を得ますから，これを (3)に代入して

1

4λ2+

1

8λ2= 24 すなわち

3

8λ2= 24

50

から λ = ±18であることが分かります．これから

x = ∓4, y = mp2

となります．停留点は

(x, y, λ) = (∓4,∓2,±1

8)

� �IV p, q, I > 0とします．効用関数

u(x, y) = x13 y

23

を制約条件

I − px− qy = 0

の下で最大化することを考えます．停留点を求めて、需要関数と所得の限界効用関数 λ(p, q, I)を求めま

しょう．� �解答 (x, y)で極大または極小とすると

13x

− 23 y

23 − λp = 0 . . . . . . (1)

23x

13 y−

13 − λq = 0 . . . . . . (2)

I − px− qy = 0 . . . . . . (3)

を満たす λ ∈ Rが存在します．(1),(2)から{λp = 1

3x− 2

3 y23 . . . . . . (1)′

λq = 23x

13 y−

13 . . . . . . (2)′

が従います．(1)’/(2)’からp

q=

1

2· yx従って px =

1

2qy

となります．これを (3)に代入すると

I − 1

2qy − qy = I − 3

2qy = 0

から

x =I

3p, y =

2I

3p

と需要関数が求まります．このとき所得の限界効用関数は

λ =1

q·

(I3p

2I3q

) 13

=1

3√2q2p

となります．� �V g(x, y) := 2x2 + y2 − 1 = 0の下で z = f(x, y) = x2y を考えます．停留点を求めましょう．（CT290ページ，演習 8.13）� �

51

解答 f と g の偏導関数を求めると

gx = 4x, gy = 2y, fx = 2xy, fy = x2

となります．(x, y)で極大または極小であるとすると 2xy + λ · 4x = 0 (i)x2 + λ · 2y = 0 (ii)

2x2 + y2 − 1 = 0 (iii)

を満たす λ ∈ Rが存在します．まず

(i) ⇔ (x = 0 OR y + 2λ = 0)

となりますから，これをもとに場合を分けて考えます．

(1)x = 0のとき　 (ii)は λy = 0 となりますが，これは

λ = 0 OR y = 0

と必要十分です．ところが y = 0 とすると (x, y) = (0, 0) は (iii) を満たしません．従って y 6= 0 すなわち

λ = 0であることが分かります．このとき x = 0 を (iii)に代入して

y = ±1

となります．以上で

(x, y, λ) = (0,±1, 0)

がこの場合の停留点であることが分かります．

(2)y + 2λ = 00のとき2λ = −y を (ii)の代入すると

x2 − y2 = 0 すなわち (x = y OR x = −y)

であることが分かります．

(2a)x = y のとき(iii)から

(x, y) = (± 1√3,± 1√

3) （複号同順）

となります．このとき λ = − 12y から λ = ∓ 1

2√3（複号同順）となります．まとめて，この場合は

(x, y, λ) = (± 1√3,± 1√

3,∓ 1

2√3) （複号同順）

となります．

(2b)x = −y のとき(iii)から

(x, y) = (± 1√3,∓ 1√

3) （複号同順）

となります．このとき λ = − 12y から λ = ± 1

2√3（複号同順）となります．まとめて，この場合は

(x, y, λ) = (± 1√3,∓ 1√

3,± 1

2√3) （複号同順）

となります．

52

� �VI xの関数 y = ϕ(x)が

x2 + ϕ(x)2 − 3xϕ(x) = 0 (#)

を満たしているとします．ϕ′(x)と ϕ′′(x)を xと ϕ(x)で表しましょう．（CT294ページ，演習 8.18）� �解答 (#)の両辺を微分して

2x+ 2ϕ(x)ϕ′(x)− 3ϕ(x)− 3xϕ′(x) = 0 ($)

すなわち

(2ϕ(x)− 3x)ϕ′(x) = −2x+ 3ϕ(x)

から

ϕ′(x) =3ϕ(x)− 2x

2ϕ(x)− 3x

となります．($)の両辺を微分して

2 + 2(ϕ′(x))2 + 2ϕ(x)ϕ′′(x)− 3ϕ′(x)− 3ϕ′(x)− 3xϕ′′(x) = 0

すなわち

(2ϕ(x)− 3x) = −2− 2(ϕ′(x))2 + 6ϕ′(x)

=10ϕ(x)2 − 30xϕ(x) + 10x2

(2ϕ(x)− 3x)2

=10

(2ϕ(x)− 3x)2

から

ϕ′′(x) =10

(2ϕ(x)− 3x)3

となります．

53

2017年 12月 6日「微分積分」演習問題

� �I 曲線 g(x, y) = x2 + y2 − 1 = 0を点 ( 1√

2, 1√

2)の周りで y = ϕ(x) =

√1− x2 と表します．直接計算し

ないで

ϕ′′(1√2)

を計算しましょう．� �解答

gx = 2x, gy = 2y

gxx = 2, gxy = gyx = 0, gyy = 2

と計算されます．これを用いると P0(1√2, 1√

2)とおいて

ϕ′′(1√2) =

1

gy(P0)3

∣∣∣∣∣∣0 gx(P0) gy(P0)

gx(P0) gxx(P0) gxy(P0)gy(P0) gyx(P0) gyy(P0)

∣∣∣∣∣∣ = 1(2 · 1√

2

)3∣∣∣∣∣∣∣

0 2 · 1√2

2 · 1√2

2 · 1√2

2 0

2 · 1√2

0 2

∣∣∣∣∣∣∣=

1

2√2

∣∣∣∣∣∣0

√2

√2√

2 2 0√2 0 2

∣∣∣∣∣∣ = 1

2√2(−4− 4) = −2

√2

補足　

t2 + ϕ(t)2 − 1 ≡ 0

の両辺を tで微分すると2t+ 2ϕ(t)ϕ′(t) ≡ 0 (1)

2 + 2ϕ′(t)2 + 2ϕ(t)ϕ′′(t) ≡ 0 (2)

となります．(1)に t = 1√2, ϕ( 1√

2) を代入して

2 · 1√2+ 2 · 1√

2ϕ′(

1√2) = 0 従って ϕ′(

1√2) = −1

を得ます．さらに (2)に t = 1√2, ϕ( 1√

2), ϕ′( 1√

2) = −1 を代入して

2 + 2(−1)2 + 2 · 1√2· ϕ′′(

1√2) = 0 から ϕ′′(

1√2) = − 4√

2= −2

√2

を得ます．

54

� �II I, p, q > 0とします．制約条件（予算制約）

g(x, y) := I − px− qy = 0

の下で効用関数

u(x, y) := x14 y

14

を考えます．停留点を求めましょう．� �解答　 (X, y)で極値を取るとすると

14x

− 34 y

14 + λ · (−p) = 0 (1) ↔ ux + gx = 0

14x

14 y−

34 + λ · (−q) = 0 (2) ↔ uy + gy = 0

I − px− qy = 0 (3) ↔ u = 0

を満たす λ ∈ Rが存在します．(1)において λ = 0 とすると

1

4x− 3

4 y14 = 0

となりますが,x, y > 0に反します．よって λ 6= 0であることが分かります．(1)× x, (2)× y から

x14 y

14 = 4λpx

x14 y

14 = 4λqy

が従いますが，λ 6= 0から px = qy であることが分かります．これから (3)を用いて

px = qy =I

2従って x =

I

2p, y =

I

2q

であることが分かります*1．さらに (1)から

λ =1

4px− 3

4 y14 =

1

2√2· 1

I12 p

14 q

14

であることも分かります．

補足　 2階の偏微分係数を用いて極大・極小を判定します．

g∗# = 0 (∗,# = x, y)

fxx = − 3

16x− 7

4 y14 , fxy = fyx =

1

16x− 3

4 y−34 , fyy = − 3

16x

14 y−

716

から L = f + λg とおくと

B =

∣∣∣∣∣∣0 gx gygx Lxx Lxy

gy Lyx Lyy

∣∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣∣0 −p −q

−p − 316x

− 74 y

14

116x

− 34 y−

34

−q 116x

− 34 y−

34 − 3

16x14 y−

74

∣∣∣∣∣∣=

3

16x− 7

4 y14 q2 +

1

8x− 3

4 y−34 pq +

3

16x

14 y−

74 p2 > 0

*1 この関数 x = x(p, q, I), y = y(p, q, I)を需要関数と呼びます．

55

から，停留点

(x, y, λ) =

(I

2p,I

2q,

1

2√2· 1

I12 p

14 q

14

)で極大値をとることが分かります．

56

2017年 12月 6日「微分積分」演習問題� �I p, q, I > 0とします．効用関数

u(x, y) = x13 y

23

を制約条件

I − px− qy = 0

の下で考えます．停留点を求めて極大点であることを示しましょう．� �解答　 g(x, y) = I − px− qy とすると

gx = −p, gy = −q

ux =1

3x− 2

3 y23 , uy =

2

3x

13 y−

13

となります．(x, y)で極大または極小ならば13x

− 23 y

23 + λ(−p) = 0 · · · · · · (i)

23x

13 y−

13 + λ(−q) = 0 · · · · · · (ii)

I − px− qy = 0 . . . . . . (iii)

を満たす λ ∈ Rが存在します．x, y > 0ですから (i)から λ 6= 0が分かります．さらに (i)と (ii)から{λp = 1

3x− 2

3 y23 · · · · · · (i)′

λq = 23x

13 y−

13 · · · · · · (ii)′

が従います．(i)’/(ii)’からp

q=

1

2· yx従って px =

1

2qy

となります．(iii)に代入するとI − 1

2qy − qy = I − 3

2qy = 0

が導かれ

x =I

3p, y =

2I

3q

となります．さらに (ii)’から

λ =1

q

(I

3p

) 13(2I

3q

)− 13

=

(1

2q2p

) 13

となります．次に 2階の条件を確認します．

gxx = gxy = gyx = gyy = 0

uxx = −2

9x− 5

3 y23 , uxy = uyx =

2

9x− 2

3 y−13 , uyy = −2

9x

13 y−

43

となります．このとき L = f + λg とすると∣∣∣∣∣∣0 gx gygx Lxx Lxy

gy Lyx Lyy

∣∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣∣0 −p −q

−p − 29x

− 53 y

23

29x

− 23 y−

13

−q 29x

− 23 y−

13 − 2

9x13 y−

43

∣∣∣∣∣∣=

2

9x− 5

3 y23 q2 +

4

9x− 2

3 y−13 pq +

2

9x

13 y−

43 p2 > 0

57

から停留点で極大であることが分かります．� �II p, q, I > 0とします．効用関数

u(x, y) =1

3log x+

2

3log y

を制約条件

I − px− qy = 0

の下で考えます．停留点を求めて極大点であることを示しましょう．� �解答 g(x, y) = I − px− qy とすると

gx = −p, gy = −q

ux =1

3· 1x, uy = −2

3· 1y

となります．(x, y)で極大または極大とすると13 · 1

x + λ(−p) = 0 · · · · · · (i)23 · 1

y + λ(−q) = 0 · · · · · · (ii)I − px− qy = 0 . . . . . . (iii)

を満たす λ ∈ Rが存在します．(i)において λ = 0とすると 13 · 1

x = 0となりますが，これを満たす x は存在

しません．従って λ 6= 0であることが分かります．(i)(ii)から

px =1

3λ, qy =

2

3λ(iv)

が分かりますから，(iii)に代入して

I − 1

3λ− 2

3λ= I − 1

λ= 0 すなわち λ =

1

I

となります．これを (iv)に代入して

x =I

3p, y =

2I

3q

であることが分かります．

次に 2階の条件を確認しましょう．

gxx = gxy = gyx = gyy = 0

uxx = −1

3· 1

x2, uxy = uyx = 0, uyy = −2

3· 1

y2

であることが分かります．これから∣∣∣∣∣∣0 gx gygx Lxx Lxy

gy Lyx Lyy

∣∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣∣0 −p −q−p − 1

3 · 1x2 0

−q 0 − 23 · 1

y2

∣∣∣∣∣∣=

1

3· 1

x2q2 +

2

3· 1

y2p2 > 0

58

から停留点で極大であることが分かります．� �III 制約条件

x2 + 2y2 − 24 = 0

の下で

z = x+ y

を考えます．停留点を求めて極大・極小を判定しましょう．� �解答

g(x, y) = x2 + 2y2 − 24 = 0

の下で

z = f(x, y) = x+ y

を考えます．

gx = 2x, gy = 4y, fx = fy = 1

と計算されますから，(x, y)で極大・極小ならば 1 + λ · 2x = 0 · · · · · · (i)1 + λ · 4y = 0 · · · · · · (ii)

x2 + 2y2 − 24 = 0 . . . . . . (iii)

を満たす λ ∈ Rが存在します．(i)において λ = 0とすると 1 = 0となりますから，λ 6= 0が必要であること

が分かります．(i)と (ii)からx = − 1

2λ, y = − 1

4λ(iv)

が従いますが，これを (iii)に代入すると1

4λ2+

1

8λ2= 24

となりますから，λ = ± 18 であることが分かります．(iv)に代入すると

x = ∓4, y = ∓2

であることが分かります．以上で停留点は

(x, y, λ) = (∓4,∓2,±1

8)

です．

つぎに 2階の条件を確認しましょう．

gxx = 2, gxy = gyx = 0, gyy = 4

fxx = fxy = fyx = fyy = 0

59

であることが分かります．これから L = f + λg とおくと

B(x, y, λ) :=

∣∣∣∣∣∣0 gx gygx Lxx Lxy

gy Lyx Lyy

∣∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣∣0 2x 4y2x 2λ 04y 0 4λ

∣∣∣∣∣∣= −32λy2 − 16λx2 = −16λ(x2 + 2y2) = −16 · 24

が成立します．

(1) (x, y, λ) = (−4,−2, 18 )のとき

B = −48 < 0

から極小であることが分かります．

(2) (x, y, λ) = (4, 2,− 18 )のとき

B = 48 > 0

から極大であることが分かります．� �IV 制約条件

g(x, y) = x2 + y2 − 1 = 0

の下で

z = f(x, y) = xy

を考えます．停留点を求めて極大・極小を判定しましょう．� �解答　

gx = 2x, gy = 2y, fx = y, fy = x

と計算されます．(x, y)で極大または極小であるとすると y + λ · 2x = 0 · · · · · · (i)x+ λ · 2y = 0 · · · · · · (ii)

x2 + y2 − 1 = 0 . . . . . . (iii)

を満たす λ ∈ Rが存在します．(i)から y = −2λx となりますが、これを (ii)に代入すると

x(1− 4λ2) = 0

となります．x = 0 とすると (i) から y = 0 となりますが，(x, y) = (0, 0) は (iii) を満たしません．よってx 6= 0従って

4λ2 = 1 すなわち λ = ±1

2

であることが分かります．

(1) λ = 12 のとき(i)から x = −y となりますから (iii)に代入して (x, y) = (±

√22 ,∓

√22 )であることが分かり

ます．

(2) λ = − 12 のとき(i)から x = y となりますから (iii)に代入して (x, y) = (±

√22 ,±

√22 )であることが分かり

ます．

60

さらに 2階の条件について考えます．

gxx = 2, gxy = gyx = 0, gyy = 2

fxx = 0, fxy = fyx = 1, fyy = 0

であることが分かります．これから L = f + λg とおくと

B(x, y, λ) :=

∣∣∣∣∣∣0 gx gygx Lxx Lxy

gy Lyx Lyy

∣∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣∣0 2x 2y2x 2λ 12y 1 2λ

∣∣∣∣∣∣= −8λy2 + 4xy − 8λx2

= 4xy − 8λ

となります．

(1) (x, y, λ) = (±√22 ,∓

√22 , 1

2 )のとき

B = 4 · 12− 8 · 1

2= −6 < 0

から極小であることが分かります．

(2) (x, y, λ) = (±√22 ,±

√22 ,− 1

2 )のとき

B = 4 ·(−1

2

)− 8 ·

(−1

2

)= 6 > 0

から極大であることが分かります．� �V u(x, y) = x

13 y

13 とします．制約条件

u(x, y) = u

の下で f(x, y) = px+ qy を考えます．停留点を求めましょう．� �解答 (x, y)で極大・極小であるとすると

p− µ · x− 23 y

13 = 0 · · · · · · (i)

q − µ · x 13 y−

23 = 0 · · · · · · (ii)

x13 y

13 − u = 0 . . . . . . (iii)

を満たす µ ∈ Rが存在します．(i)と (ii)から{µ · x− 2

3 y13 = p · · · · · · (i)′

µ · x 13 y−

23 = q · · · · · · (ii′)

を得ます．(i)’/(ii)’からy

x=

p

q

となります．y = pqxとして (iii)に代入すると

u = x13

(p

q

) 13

· x 13 =

(p

q

) 13

· x 23

61

から

x =

(u ·(q

p

) 13

) 32

= u32

(q

p

) 12

を得ます．また同様に

y = u32

(p

q

) 12

を得ます．このとき Lagrange未定乗数はµ = 3u

12 p

12 q

12

となります．

注意 ここで得た

x∗(p, q, u) = u32

(q

p

) 12

, y∗(p, q, u) = u32

(p

q

) 12

をHicks型（補償）需要関数と呼びます．� �VI Vによって得られたHicks型（補償）需要関数を

x∗(p, q, u), y∗(p, q, u)

とします．最小支出関数

E(p, q, u) = px∗(p, q, u) + qy∗(p, q, u)

と定めるとき，マッケンジーの補題

∂E

∂p(p, q, u) = x∗(p, q, u)

∂E

∂q(p, q, u) = y∗(p, q, u)

が成立することを示しましょう．� �解答 最小支出関数は

E(p, q, u) = p · U 23

(q

p

) 12

+ q · U 23

(p

q

) 12

= 2u32 p

12 q

12

となります．これから

∂E

∂p= u

32 p−

12 q

12 = x∗(p, q, u)

∂E

∂q= u

32 p

12 q−

12 = y∗(p, q, u)

62

� �VII VI に引続き，I − px− qy = 0の下で u(x, y) = x

13 y

13 を最大化して需要関数

x(p, q, I) =I

2p, y(p, q, I) =

I

2p, (6)

を得たとします．間接効用関数を

v(p, q, I) = u(x(p, q, I), x(p, q, I)) (7)

と定めるとき，以下が成立することを具体的に計算して示しましょう．

(1)x∗(p, q, u) = x(p, q, E(p, q, u)) (8)

(2)

x(p, q, I) = x∗(p, q, v(p, q, I)) (9)

(3)v(p, q, E(p, q, u)) = u (10)

(4)E(p, q, v(p, q, I)) = I (11)� �

解答 (1)

x(p, q, E(p, q, u)) =E(p, q, u)

2p=

2u32 p

12 q

12

2p= u

32

(q

p

) 12

= x∗(p, q, u)

(2)

v(p, q, I) =

(I

2p

) 13(

I

2q

) 13

=I

23

223 p

13 q

13

から

x∗(p, q, v(p, q, I)) =

(I

32

223 p

13 q

13

) 32 (

q

p

) 12

=I

2p12 q

12

(q

p

) 12

=I

2p= x(p, q, I)

(3)

v(p, q, E(p, q, u)) =

(2u

32 p

12 q

12

) 23

223 p

13 q

13

=2

23 up

13 q

13

223 p

13 q

13

= u

(4)

E(p, q, v(p, q, I)) = 2v(p, q, I)32 p

12 q

12 = 2

(I

23

223 p

13 q

13

) 32

p12 q

12 = 2

I

2p12 q

12

p12 q

12 = I

補足 スルツキー方程式　 VIII を用いると

x∗(p, q, u) = x(p, q, E(p, q, u))

63

が成立することが分かります．この両辺を p, q で偏微分すると

∂x∗

∂p=

∂x

∂p+

∂x

∂I· ∂E∂p

=∂x

∂p− ∂x

∂I· x

∂x∗

∂q=

∂x

∂q+

∂x

∂I· ∂E∂q

=∂x

∂q− ∂x

∂I· y

を得ます．∂y∗

∂p , ∂y∗

∂q も同様に計算すると(∂x∗

∂p∂x∗

∂q∂y∗

∂p∂y∗

∂q

)=

(∂x∂p

∂x∂q

∂y∂p

∂y∂q

)−(

∂x∂I∂y∂I

)(x y)

が従います．これをスルツキー方程式と呼びます．� �VIII 曲線 g(x, y) := x2 − xy + y2 − 1を (1, 1)の近傍で解いた

y = ϕ(x) =x+

√4− 3x2

2

に対して ϕ′′(1)を g の 1階および 2階の偏微分係数を用いて求めましょう．� �解答

gx = 2x− y, gy = −x+ 2y

gxx = 2, gxy = gyx = −1, gyy = 2

となる．これから

ϕ′′(1) =1

gy(1, 1)3

∣∣∣∣∣∣0 gx(1, 1) gy(1, 1)

gx(1, 1) gxx(1, 1) gxy(1, 1)gy(1, 1) gyx(1, 1) gyy(1, 1)

∣∣∣∣∣∣=

1

1

∣∣∣∣∣∣0 1 11 2 −11 −1 2

∣∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣∣0 1 11 2 −10 −3 3

∣∣∣∣∣∣ = −∣∣∣∣ 2 −1−3 3

∣∣∣∣ = −6

であることが分かります．

64

2017年 12月 13日小テスト解答

(1) ∫ 1

0

t4dt =

∫ 1

0

(1

5t5)′

dt

=

[1

5t5]10

=1

5

(2)

∫ 1

0

e2tdt =

∫ 1

0

(1

2e2t)′

dt

=

[1

2e2t]10

=1

2

(e2 − 1

)(3) ∫ 4

1

1

tdt =

∫ 4

1

(log t)′dt

= [log t]41 = 2 log 2

(4) ∫ 4

0

√tdt =

∫ 4

0

(2

3t√t

)′

dt

=

[2

3t√t

]40

=16

3

(5)

∫ 4

1

1√tdt =

∫ 4

1

(2√t)′

dt

=[2√t]41= 2(2− 1) = 2

(6)

∫ 4

1

x√xdx =

∫ (2

5x2

√x

)′

dx

=

[2

5x2

√x

]41

=62

5

(7)

∫ 2

1

1

x2dx =

∫ 2

1

(− 1

x

)′

dx

=

[− 1

x

]21

=1

2

65

2017年 12月 13日演習問題解答

� �以下の積分の値を求めましょう．

(1)∫ 1

0e−2tdt, (2)

∫ π2

0sin tdt, (3)

∫ π2

0sin 2tdt, (4)

∫ 2

11x3 dx, (5)

∫ 8

1x

13 dx, (6)

∫ 2

1(x−1)4dx,

(7)∫ 2

11

2x+1dx� �(1)

(e−2t

)′= − 1

2e−2t から

(− 1

2e−2t)= e−2t となるので∫ 1

0

e−2tdt =

[−1

2e−2t

]10

= −1

2

(e−2 − 1

)=

e2 − 1

2e2

(2) ∫ π2

0

sin tdt =

∫ π2

0

(− cos t)′dt

= [− cos t] = −(0− 1) = 1

(3) (cos 2t)′= −2 sin 2tから

(− 1

2 cos 2t)′

= sin 2t

∫ π2

0

sin 2tdt =

[−1

2cos 2t

]π2

0

= −1

2(cosπ − cos 0) = −1

2(−1− 1) = 1

(4)(

1x2

)′= − 2

x3 から(− 1

2 · 1x2

)′= 1

x3∫ 2

1

1

x3dx =

[−1

2· 1

x2

]= −1

2

(1

4− 1

)=

3

8

(5)(x

43

)′= x

13 から

(34x

43

)′= x

13

∫ 8

1

x13 dx =

[3

4x

43

]81

=3

4(8 · 2− 1) =

45

4

(6){(x− 1)5

}′= 5(x− 1)4 から

{15 (x− 1)5

}′= (x− 1)4∫ 2

1

(x− 1)4dx =

[1

5(x− 1)5

]21

=1

5

(7) {log(2x+ 1)}′ = 2 · 12x+1 から

{12 log(2x+ 1)

}′= 1

2x+1∫ 2

1

1

2x+ 1dx =

[1

2log(2x+ 1)

]21

=1

3(log 5− log 3) =

1

2log

5

3

66

2017年 12月 20日小テスト解答

(1) (cos t)′ = − sin t から (− cos t)′ = sin tであることが分かります．従って∫ π

0

sin tdt = [− cos t]π0

= −(cosπ − cos 0) = −((−1)− 1) = 2

(2) (sin t)′ = cos tから ∫ π/2

0

t cos tdt =

∫ π/2

0

t(sin t)′dt

= [t sin t]π/20 −

∫ π/2

0

sin tdt

=π

2− [− cos t]

π/20 =

π

2− (−0 + 1) =

π

2− 1

(3) ∫ e

1

x2 log xdx =

∫ e

1

(x3

3

)′

log xdx

=

[x3

3· log x

]e1

−∫ e

1

x3

3· 1x

=e3

3log e− 1

3log 1− 1

3

∫ e

1

x2dx

=e3

3− 1

3

[x3

3

]e1

=e3

3− 1

9(e3 − 1) =

2e3 + 1

9

(4) (e−2t)′ = −2e−2t から(− 1

2e−2t)′

= e−2t が分かります．この注意から積分は∫ 1

0

te−2tdt = −1

2

∫ 1

0

t(e−2t

)′dt

= −1

2

[te−2t

]10+

1

2

∫ 1

0

e−2tdt

= −1

2e−2 − 1

4

[e−2t

]10

= −1

2e−2 − 1

4

(e−2 − 1

)= − 3

4e2+

1

4=

e2 − 3

4e2

と計算されます．

(5) ∫ 1

0

x(x+ 3)4dx =

∫ 1

0

x

((x+ 3)5

5

)′

dx

=

[x · (x+ 3)5

5

]10

− 1

5

∫ 1

0

(x+ 3)5dx

=45

5− 1

5· 16

[(x+ 3)6

]10=

45

5− 1

30

(212 − 36

)=

6 · 210 − 212 + 36

30=

2 · 210 + 36

30=

2777

30

67

(6) x = ϕ(t) = 3t+ 2 と定めると ϕ′(t) = 3と対応表

t 0 ↗ 1x 2 ↗ 5

から，積分は ∫ 1

0

dt

3t+ 2=

1

3

∫ 1

0

(3t+ 2)′dt

3t+ 2=

1

3

∫ 5

2

1

xdx =

1

3[log x]

52 =

1

3log

5

2

(7) ∫ 1

0

dt

(3t+ 2)2=

1

3

∫ 1

0

(3t+ 2)′dt

(3t+ 2)2

=1

3

∫ 5

2

1

x2dx =

1

3

[− 1

x

]52

=1

34

(−1

5+

1

2

)=

1

10

と計算されます．

(8) x = ϕ(t) := t2 + 1と定めると ϕ′(t) = 2t と対応表

t 0 ↗ 1x 1 ↗ 2

から積分は ∫ 1

0

√1 + t2 · tdt = 1

2

√1 + t2 · (1 + t2)′dt

=1

2

∫ 2

1

√xdx =

1

2

[2

3x√x

]21

=1

3(2√2− 1)

と計算されます．

68

2017年 12月 20日演習問題解答

� �I 以下の積分の値を求めましょう．(1)

∫ π2

0t sin tdt, (2)

∫ 1

−11√x+2

dx, (3)∫ 1

0x(x− 1)3dx, (4)

∫ 6

0

(13x− 1

)4dx, (5)

∫ −1

−31

(2x+1)3 dx,(6)

∫ 1

0(x+ 1)exdx, (7)

∫ 1

−1(x+ 1)3(x− 1)dx （部分積分で）� �

解答 (1) (cos t)′ = − sin tから (− cos t)′ = sin tであることが分かります．∫ π2

0

t sin tdt =

∫ π2

0

t(− cos t)′dt = − [t cos t]π20 +

∫ π2

0

cos tdt

= −(π2· cos π

2− 0 · cos 0

)+ [sin t]

π20

= sinπ

2− sin 0 = 1

(2)(√

x+ 2)′

= 12 · 1√

x+2から

(2√x+ 2

)′= 1√

x+2が分かります．これから∫ 1

−1

1√x+ 2

dx =[2√x+ 2

]1−1

= 2(√

3− 1)

(3) ∫ 1

0

x(x− 1)3dx =

∫ 1

0

x

{(x− 1)4

4

}′

dx

=

{x · (x− 1)4

4

}1

0

−∫ 1

0

(x− 1)4

4dx

= −1

4

[(x− 1)5

5

]10

=1

20

（別解） ∫ 1

0

x(x− 1)3dx =

∫ 1

0

(x− 1 + 1)(x− 1)3dx

=

∫ 1

0

(x− 1)4dx+

∫ 1

0

(x− 1)3dx

=

[(x− 1)5

5

]10

+

[(x− 1)4

4

]10

= − (−1)5

5+

(−1)4

4=

1

20

(4){(

x3 − 1

)5}′= 5

3

(x3 − 1

)4から

3

5

{(x3− 1)5}′

=(x3− 1)4

を得ます． ∫ 6

0

(1

3x− 1

)4

dx =

[3

5

(x3− 1)5]6

0

=3

5

(15 − (−1)5

)=

6

5

69

(5){

1(2x+1)2

}′= − 2·2

(2x+1)3 = − 4(2x+1)3 から

{− 1

4 · 1(2x+1)2

}′= 1

(2x+1)3 となりますから∫ −1

−3

1

(2x+ 1)3dx =

{−1

4· 2 · 2(2x+ 1)2

}−1

−3

= −1

4

(1− 1

25

)= − 6

25

(6) ∫ 1

0

(x+ 1)exdx =

∫ 1

0

(x+ 1)(ex)′dx

= [(x+ 1)ex]10 −

∫ 1

0

exdx

= 2e− 1− [ex]10 = 2e− 1− (e− 1) = e

(7) ∫ 1

−1

(x+ 1)3(x− 1)dx =

∫ 1

−1

((x+ 1)4

4

)′

(x− 1)dx

=

[(x+ 1)4

4· (x− 1)

]1−1

−∫ 1

−1

(x+ 1)4

4dx

= −1

4

[(x+ 1)5

5

]10

= −1

4· 2

5

5= −8

5

� �II (1)

∫ 2

−1x√3−x

dx, (2)∫ 1

0x−1

(2−x)2 dx, (3)∫ 2

1x√2− xdx, (4)

∫ 6

0

(x3 − 1

)4dx, (5)

∫ 2

1ex

ex+1dx,

(6)∫ 2

1ex

(ex+1)2 dx, (7)∫ e

1(log x)2

x dx, (8)∫ 1

0

√3− 2xdx� �

解答 (1) t = 3− xとなるように x = ϕ(t) := 3− tとおくと ϕ′(t) = −1, ϕ(2) = 1, ϕ(−1) = 4となるので∫ 2

−1

x√3− x

dx =

∫ 1

4

3− t√t(−1)dt

=

∫ 4

1

(3√t−√t

)dt

= 3[2√t]41−[2

3t√t

]41

= 3 · 2(1− 0)− 2

3(8− 1) =

4

3

ここで対応t 4 ↘ 1x −1 ↗ 2

を用いました．

70

（別解）t =√3− xとなるように x = ϕ(t) := 3− t2 とおきます．t ≥ 0であるので x = −1には t =

√4 = 2,

x = 2には t =√1 = 1が対応します．従って対応

t 2 ↘ 1x −1 ↗ 2

を用います．このとき ϕ′(t) = −2tとなりますから∫ 2

−1

x√3− x

dx =

∫ 1

2

3− t2

t· (−2t)dt

= 2

∫ 2

1

(3− t2)dt

= 6 [t]21 − 2

[t2

3

]21

= 6− 28− 1

3=

4

3

(2) t = 2− xとなるように x = ϕ(t) := 2− tとすると対応

t 2 ↘ 1x 0 ↗ 1

が定まります．ϕ′(t) = −1から∫ 1

0

x− 1

(2− x)2dx =

∫ 1

2

1− t

t2(−1)dt

=

∫ 2

1

(1

t2− 1

t

)dt

=

[−1

t

]21

− [log t]21

=

(−1

2+ 1

)− (log 2− log 1) =

1

2− log 2

(3) t = 2− xとなるように x = ϕ(t) := 2− tとすると対応

t 2 ↘ 1x 0 ↗ 1

が定まります．ϕ′(t) = −1から ∫ 2

1

x√2− xdx =

∫ 0

1

(2− t)√t(−1)dt

=

∫ 1

0

(2√t− t

√t)dt

= 2

[2

3t√t

]10

−[2

5t2√t

]10

=4

3− 2

5=

14

15

71

(4) y = ϕ(x) = x3 − 1とすると ϕ′(x) = 1

3 となります．∫ 6

0

(1

3x− 1

)4

dx = 3

∫ 6

0

(1

3x− 1

)4(1

3x− 1

)′

dx

=1

3

∫ 1

−1

y4dy = 3 ·[y5

5

]1−1

= 3 · 15 − (−1)5

5=

6

5

ここで対応x 0 ↗ 6y −1 ↗ 1

を用いました．

(5) y = ϕ(x) = ex + 1とすると ϕ′(x) = ex, ϕ(2) = e2 + 1, ϕ(1) = e+ 1から∫ 2

1

ex

ex + 1dx =

∫ e2+1

e+1

1

ydy

= [log y]e2+1e+1 = log(e2 + 1)− log e+ 1 = log

e2 + 1

e+ 1

(6) y = ϕ(x) = ex + 1とすると ϕ′(x) = ex, ϕ(2) = e2 + 1, ϕ(1) = e+ 1から∫ 2

1

ex

(ex + 1)2dx =

∫ e2+1

e+1

1

y2dy

=

[−1

y

]e2+1

e+1

= − 1

e+ 1+

1

e2 + 1=

e(e− 1)

(e+ 1)(e2 + 1)

(7) x = ϕ(x) = log tとすると ϕ′(t) = 1t , ϕ(e) = 1, ϕ(1) = 0から

∫ e

1

(log t)2

tdt =

∫ 1

0

x2dx =

[x3

3

]10

=1

3

(8) y = ϕ(x) = 3− 2xとすると ϕ′(y) = −2である．さらに ϕ(1) = 1, ϕ(0) = 3であるので∫ 1

0

√3− 2xdx = −1

2

∫ 1

0

√3− 2x(3− 2x)′dx = −1

2

∫ 1

3

√ydy =

1

2

∫ 3

1

√ydy

=1

2[y√y]

31 =

1

3(3√3− 1)

72

� �III g(x, y) = 1− xy = 0の下で z = f(x, y) = x+ 2y を考えます．停留点を求めて，極大・極小を判定

しましょう．� �解答

gx = −y, gy = −x, fx = 1, fy = 2

と計算されます．f(x, y) が (x, y)において制約 g(x, y) = 0の下で極大または極小ならば 1 + λ(−y) = 0 (1)2 + λ(−x) = 0 (2)

1− xy = 0 (3)

を満たす λ ∈ Rが存在します．

もし λ = 0ならば (1)が 1 = 0となりますから，(1),(2),(3)の下では λ 6= 0であることが分かります．こ

のとき (1)と (2)からx =

2

λ, y =

1

λ(4)

となります．(4)を用いて (3)から x と y を消去すると

1− 2

λ2= 0 従って λ = ±

√2 (12)

であることが分かります．これから

(x, y) = (±√2,±

√2

2) （複号同順）

が停留点であることが示されました．

さらに

gxx gyy = 0, gxy = gyx = −1

fxx = fyy = fxy = fyy = 0

と計算すると Lagrange関数 L = f + λg が

B :=

∣∣∣∣∣∣0 gx gygx Lxx Lxy

gy Lyx Lyy

∣∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣∣0 −y −x−y 0 −λ−x −λ 0

∣∣∣∣∣∣= −2λxy = −2λ

を満たします．

(i) (x, y, λ) = (√2,

√22 ,

√2) において

B = −2√2 < 0

となりますから f は制約条件 g = 0の下で極小であることが分かります．

(ii) (x, y, λ) = (−√2,−

√22 ,−

√2)において

B = 2√2 > 0

となりますから f は制約条件 g = 0の下で極大であることが分かります．

73

� �IV g(x, y) = x2 − y2 − 1 = 0をその上の点 (2,

√3)の近傍で解いて

ϕ(x) =√x2 − 1 (13)

とします．ϕ′′(2)を g の 1階および 2階の偏微分係数を用いて求めましょう．� �解答

gx = 2x, gy = −2y,

gxx = 2, gxy = gyx = 0, gyy = −2

と計算します．このとき

ϕ′′(2) =1

gy(2,√3)

∣∣∣∣∣∣0 gx(2,

√3) gy(2,

√3)

gx(2,√3) gxx(2,

√3) gxy(2,

√3)

gy(2,√3) gyx(2,

√3) gyy(2,

√3)

∣∣∣∣∣∣ = 1

(2√3)3

∣∣∣∣∣∣0 4 2

√3

4 2 0

2√3 0 −2

∣∣∣∣∣∣=

1

24√3(−4 · 4 · (−2)− 2

√3 · 2

√3 · 2) = 8

24√3=

1

3√3

� �V g(x, y) = x+ 2y − 1 = 0の下で z = f(x, y) = xy を考えます．停留点を求めて極大・極小を判定し

ましょう．� �解答

gx = 1, gy = 2, fx = y, fy = x

と計算します．f(x, y) が (x, y)において制約条件 g(x, y) = 0の下で極大または極小ならば y + λ · 1 = 0 (1)x + λ · 2 = 0 (2)

x+ 2y − 1 = 0 (3)

を満たす λ ∈ Rが存在します．このとき (1)と (2)から

x = −2λ, y = −λ (4)

が従います．さらに (1)の y を y = −2λ によって消去すると

−2λ− 2λ− 1 = 0 すなわち λ = −1

4

であることが分かります．これから

x =1

2, y =

1

4

が従います．さらに

gxx = gxy = gyx = gxx = 0

fxx = 0, fxy = fyx = 1, fyy = 0

74

と計算します．すると Lagrange関数 L = f + λg が

B :=

∣∣∣∣∣∣0 gx gygx Lxx Lxy

gy Lyx Lyy

∣∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣∣0 1 21 0 12 1 0

∣∣∣∣∣∣= 4 > 0

を満たしますから f は (x, y, λ) = ( 12 ,14 ,−

14 )において制約条件 g = 0の下で極大であることが分かります．

75

2017年 12月 27日小テスト解答

� �以下の積分の値を求めましょう．

(1)∫ 1

0log(1 + t2) · tdt (2)

∫ 1

−1(x+ 1)(x− 1)4dx (3)

∫ 1

01√

3x+2dx (4)

∫ 1

0(2x+ 1)exdx

(5)∫ 2

1log(2x+ 1)dx (6)

∫ 2

11

(2x+1)4 dx (7)∫ 1

0

√2x+ 1dx (8)

∫ 1

0x−3

(2−x)2 dx� �解答

(1)

I1 :=

∫ 1

0

log(1 + t2) · tdt = 1

2

∫ 1

0

log(1 + t2)(1 + t2)′dt

ここで x = 1 + t2 とするとt 0 ↗ 1

x 1 ↗ 2となりますから

I1 =1

2

∫ 2

1

log xdx =1

2

= [x log x]21 −

1

2

∫ 2

1

x · 1xdx

=1

2(2 log 2− 1 log 1)− 1

2· 1 = log 2− 1

2

(2)

I2 :=

∫ 1

−1

(x+ 1)(x− 1)4dx

=

∫ 1

−1

(x+ 1)

((x− 1)5

5

)′

dx

=

[(x+ 1)

(x− 1)5

5

]1−1

−∫ 1

−1

(x− 1)5

5dx

= −1

5

[(x− 1)6

6

]1−1

= − 1

30

(0− (−2)6

)=

32

15

(3) t = 3x+ 2となるように x = t−23 とします．このとき

dx =1

3dt,

t 2 ↗ 5x 0 ↗ 1

から

I3 =

∫ 1

0

dx√3x+ 2

=

∫ 5

2

1√t· 13dt

=1

3

[2√t]52=

2

3

(√5−

√2)

76

(4)

I4 :=

∫ 1

0

(2x+ 1)exdx =

∫ 1

0

(2x+ 1) (ex)′dx

= [(2x+ 1)ex]10 −

∫ 1

0

2exdx

= 3e− 1− 2 [ex]10 = 3e− 1− 2(e− 1) = e+ 1

(5) t = 2x+ 1となるように x = 12 (t− 1)とすると

dx =1

2dt,

t 3 ↗ 5x 1 ↗ 2

から

I5 :=

∫ 2

1

log(2x+ 1)dx =

∫ 5

3 log t · 12dt =

1

2

∫ 5

3(t)′ log tdt

=1

2[t log t]

53 −

1

2

∫ 5

3

t · 1tdt

=1

2(5 log 5− 3 log 5)− 1

2[t]53 = log

52√5

32√3− 1

(6) t = 2x+ 1となるように x = t−12 とすると

dx =1

2dt,

t 3 ↗ 5x 1 ↗ 2

から

I6 =

∫ 5

3

1

t4· 12dt =

1

2

[−1

3· 1

t3

]53

= −1

6

(1

125− 1

27

)=

49

10125

別解 (1

(2x+ 1)3

)′

= −31

(2x+ 1)4· 2 = −6

1

(2x+ 1)4

から (−1

6· 1

(2x+ 1)3

)′

=1

(2x+ 1)4

となるので

I6 = −1

6

[1

(2x+ 1)3

]21

= · · ·

(7) t = 2x+ 1となるように x = t−12 とすると

dx =1

2dt,

t 1 ↗ 3x 0 ↗ 1

77

から

I7 =

∫ 3

1

√t · 1

2dt =

1

2

[2

3t√t

]31

=1

3

(3√3− 1

)別解 {

(2x+ 1)32

}′=

3

2

√2x+ 1 · 2 = 3

√2x+ 1

から

I7 =

[1

3(2x+ 1)

32

]10

=1

3(3√3− 1)

(8) t = 2− xとなるように x = 2− tとすると

dx = −dt,t 2 ↘ 1x 0 ↗ 1

から

I7 =

∫ 1

2

−t− 1

t2(−dt) = −

∫ 2

1

(1

t+

1

t2

)dt

= −[log t]21 −[−1

t

]21

= − log 2 + log 1 +

(1

2− 1

)= − log 2− 1

2

78

2017年 12月 27日演習問題解答

� �次の積分の値を求めよ。

(1)∫ 8

13√xdx (2)

∫ 2

11y3 dy (3)

∫ 1

0x√xdx (4)

∫ π2

0t cos tdt (5)

∫ e

1t log tdt

(6)∫ 1

−1dx√x+2

(7)∫ e

1(log x)

2dx (8)

∫ 1

0te−t2dt (9)

∫ 12

0t√1− t2dt (10)

∫ 1

0x(x− 1)3dx

(11)∫ 6

0

(13x− 1

)4dx (12)

∫ π4

0sin x

1+cos xdx (13)∫ π

2

0sin3 x cosxdx (14)

∫ 2

1log(x+ 1)dx

(15)∫ e

1(2x− 1) log xdx (16)

∫ −1

−31

(2x+1)3 dx (17)∫ 1

0x−1

(x−2)2 dx (18)∫ 3

21

x2−1dx

(19)∫ 2

1x log(x+ 1)dx (20)

∫ π2

0cos 2xdx� �

(1)(x

43

)′= 4

3x13 から

(34x

43

)′= 4

3x13 を得ますから

∫ 8

1

3√xdx =

[3

4x 3√x

]81

=3

4(16− 1) =

45

4

(2)(

1y2

)′= −2 1

y3 から

(− 1

2 · 1y2

)′= 1

y3 を得ますから

∫ 2

1

1

y3dy =

[−1

2· 1

y2

]21

= −1

2

(1

4− 1

)=

3

8

(3)(x2

√x)′

= 25x

√xから

(25x

2√x)′

= x√xを得ますから∫ 1

0

x√xdx =

[2

5x2

√x

]10

=2

5

(4) ∫ π2

0

t cos tdt =

∫ π2

0

t (sin t)′dt

= [t sin t]π20 −

∫ π2

0

sin tdt

=(π2· 1− 0 · 0

)−∫ π

2

0

(− cos t)′dt

=π

2+ [cos t]

π20 =

π

2+ (0− 1) =

π

2− 1

(5) ∫ e

1

t log tdt =

∫ e

1

(t2

2

)′

log tdt

=

[t2

2log t

]e1

−∫ e

1

t2

2· 1tdt

=e2

2−∫ e

1

t

2dt

=e2

2−[t2

4

]e1

=e2

2−(e2

4− 1

4

)=

e2 + 1

4

79

(6)(√

x+ 2)′

= 12 · 1√

x+2から

(2√x+ 2

)′= 1√

x+2を得ますから

∫ 1

−1

dx√x+ 2

=[2√x+ 2

]1−1

= 2(√

3− 1)

(7) ∫ e

1

(log x)2dx =

∫ e

1

(x)′ (log x)2dx

=[x (log x)

2]e1−∫ e

1

x · 2 log x 1xdx

= e− 2

∫ e

1

log xdx

= e− 2 [x log x− x]e1 = e− 2 {(e · 1− e)− (1 · 0− 1)} = e− 2

(8)(−t2

)′= −2tから t = − 1

2

(−t2

)′を得ますから

I :=

∫ 1

0

te−t2dt = −1

2

∫ 1

0

(−t2)′e−t2dt

となります。ここで u = −t2 とおくと du = (−t2)′dtで積分範囲の対応は

t 0 ↗ 1u 0 ↘ −1

となります。このことから

I = −1

2

∫ −1

0

eudu = −1

2[eu]

−10 = −1

2

(e−1 − 1

)=

e− 1

2e

(9)(1− t2

)′= −2tから t = − 1

2

(1− t2

)′となりますから

I =

∫ 12

0

t√1− t2dt = −1

2

∫ 12

0

(1− t2)′√1− t2dt

を得ます。ここで u = 1− t2 とおくと du = (1− t2)′dtで積分範囲の対応は

t 0 ↗ 12

u 1 ↘ 34

となります。このことから

I = −1

2

∫ 34

1

√udu = −1

2

[2

3u

32

] 34

1

=8− 3

√3

24

(10) ∫ 1

0

x(x− 1)3dx =

∫ 1

0

x

((x− 1)4

4

)′

dx

=

[x(x− 1)4

4

]10

−∫ 1

0

(x− 1)4

4dx

= 0−∫ 1

0

((x− 1)5

4 · 5

)′

dx = −[(x− 1)5

20

]10

= − 1

20

80

(11) u = 13x− 1とすると du = 1

3dxとなります。積分範囲の対応は

x 0 ↗ 6u −1 ↗ 1

となりますから、 ∫ 6

0

(1

3x− 1

)4

dx =

∫ 1

−1

u4 · 3du

= 3

[u5

5

]1−1

=6

5

(12) u = 1 + cosxとおくと du = − sinxdxとなります。また積分範囲の対応は

x 0 ↗ π4

u 2 ↘ 1 +√22

となりますから、 ∫ π4

0

sinx

1 + cosxdx = −

∫ 1+√

22

2

du

u= − [log u]

1+√

22

2 = log4

2 +√2

(13) u = sinxとおくと du = cosxdxとなります。また積分範囲の対応は

x 0 ↗ π2

u 0 ↗ 1

となりますから、 ∫ π2

0

sin3 x cosxdx =

∫ 1

0

u3du =

[u4

4

]10

=1

4

(14) u = x+ 1とすると du = dxとなります。また積分範囲の対応は

x 1 ↗ 2u 2 ↗ 3

となりますから、 ∫ 2

1

log(x+ 1)dx =

∫ 3

2

log udu =

∫ 3

2

(u)′ log udu

= [u log u]32 −

∫ 3

2

u · 1u

= 3 log 3− 2 log 2−∫ 3

2

du = 3 log 3− 2 log 2− 1

81

(15) ∫ e

1

(2x− 1) log xdx = 2

∫ e

1

x log xdx−∫ e

1

log xdx

=

∫ e

1

(x2)′log xdx−

∫ e

1

(x)′log xdx

=[x2 log x

]e1−∫ e

1

x2 · 1xdx

− [x log x]e1 +

∫ e

1

x · 1xdx

= e2 −∫ e

1

xdx− e+

∫ e

1

dx

= e2 −[x2

2

]e1

− e+ [x]e1

= e2 − 1

2(e2 − 1)− e+ (e− 1) =

e2 − 1

2

(16) u = 2x+ 1とすると du = 2dxから dx = 12duを得ます。また積分範囲の対応は

x −3 ↗ −1u −5 ↗ −1

となりますから、 ∫ −1

−3

1

(2x+ 1)3dx =

∫ −1

−5

1

u3· 12du =

1

2

[−1

2· 1

u2

]−1

−5

= − 6

25

(17) u = x− 2とおくと du = dxで積分範囲の対応は

x 0 ↗ 1u −2 ↗ −1

となりますから、 ∫ 1

0

x− 1

(x− 2)2dx =

∫ −1

−2

u+ 1

u2du =

∫ −1

−2

(1

u+

1

u2

)du

= [log |u|]−1−2 +

[− 1

u

]−1

−2

= log 1− log 2 +

(1− 1

2

)=

1

2− log 2

(18) 1x−1 − 1

x+1 = (x+1)−(x−1)x2−1 = 2

x2−1 から∫ 3

2

1

x2 − 1dx =

1

2

∫ 3

2

(1

x− 1− 1

x+ 1

)dx

=1

2[log(x− 1)− log(x+ 1)]

32 =

1

2log

3

2

82

(19) ∫ 2

1

x log(x+ 1)dx =

∫ 2

1

(x2

2

)log(x+ 1)dx

=

[x2

2log(x+ 1)

]21

− 1

2

∫ 2

1

x2

x+ 1dx

= 2 log 3− 1

2log 2− 1

2

∫ 2

1

(x− 1 +

1

x+ 1

)dx

= 2 log 3− 1

2log 2− 1

2

[(x− 1)2

2

]21

− 1

2[log(x+ 1)]

21

= 2 log 3− 1

2log 2− 1

4− 1

2(log 3− log 2)

=3

2log 3− 1

4

(20) (sin 2x)′= 2 cos 2xから∫ π

2

0

cos 2xdx =

∫ π2

0

(1

2sin 2x

)′

dx =1

2[sin 2x]

π20 = 0

83

2018年 1月 17日小テスト解答� �I (1)

∫ 1

0xe−

12x

2

dx (2)∫ e

1

√x log xdx (3)

∫ 1

0(1− x)3x2dx (4)

∫ 1

0x√3x+ 2dx

(5)∫ 1

0x−4

(2−x)3 dx (6)∫ 1

0t sin t� �

解答 (1) I1 :=∫ 1

0xe−

12x

2

dxとします． (−1

2x2

)′

= −x

から

I1 = −∫ 1

0

(−1

2x2

)′

e−12x

2

dx

となります．y = − 12x

2 とすると対応表

x 0 ↗ 1y 0 ↘ − 1

2

から

I1 = −∫ − 1

2

0

eydy = − [ey]− 1

20 = −

(e−

12 − 1

)= 1− 1√

e

別解

(e−

12x

2)= (−x)e−

12x

2

から (e−

12x

2)= xe−

12x

2

であることが分かります．これから

I1 =[−e−

12x

2]10= −

(e−

12 − 1

)(2) ∫ e

1

√x log xdx =

∫ e

1

(2

3x√x

)′

log xdx

=

[2

3x√x log x

]e1

− 2

3x√x · 1

xdx

=2

3e√e− 2

3

∫ e

1

√xdx

=2

3e√e− 2

3

[2

3x√x

]e1

=2

3e√e− 4

9(e√e− 1) =

2e√e+ 9

9

(3) I3 :=∫ 1

0(1− x)3x2dxとします．

{(1− x)4

}′= −4(1− x)3 から

{−1

4(1− x)4

}′

= (1− x)3

84

であることが分かります．

I3 =

∫ 1

0

{−1

4(1− x)4

}′

x2dx

=

[−1

4(1− x)4x2

]10

+1

4

∫ 1

0

(1− x)4 · 2xdx

=1

2

∫ 1

0

{−1

5(1− x)5

}′

xdx

= − 1

10

[(1− x)5x

]10+

1

10

∫ 1

0

(1− x)5dx

=1

10

[−1

6(1− x)6

]10

= − 1

60(0− 1) =

1

60

(4) I4 =∫ 1

0x√3x+ 2dxとします．t = 3x+ 2となるとうに x = ϕ(t) = 1

3 (t− 2)とします．このとき

対応表t 2 ↗ 5x 0 ↗ 1

と dx =1

3dt

から

I4 =

∫ 5

2

1

3(t− 2)

√t · 1

3dt

=1

9

∫ 5

2

(t√t− 2

√t)dt

=1

9

[2

5t2√t

]52

− 2

9

[2

3t√t

]52

=2

45

(25

√5− 4

√2)− 4

27

(5√5− 2

√2)=

10

27

√5 +

16

135

√2

(5) I5 :=∫ 1

0x−4

(2−x)3 dxとします．t = 2− xとなるように x = ϕ(t) = 2− tとすると

対応表t 2 ↘ 1x 0 ↗ 1

と dx = −dt

から

I5 =

∫ 1

2

−2− t

t3(−dt) =

∫ 1

2

(2

t3+

1

t2

)dt

= 2

[−1

2· 1

t2

]12

[−1

t

]12

= −(1− 1

4

)−(1− 1

2

)= −5

4

(6) ∫ π

0

t sin tdt =

∫ π

0

t (− cos t)′dt

= − [t cos t]π0 +

∫ π

0

cos tdt

= − (π(−1)− 0 · 1) + [sin t]π0 = π

85

� �II 制約条件

g(x, y) := 2x+ y − 1 = 0

の下で

z = f(x, y) := x2 + 4y2

を考えます．停留点と求めて極大・極小を判定しましょう．� �解答

gx = 2, gy = 1, fx = 2x, fy = 8y

と計算されます．(x, y)で極大または極小ならば 2x + λ · 2 = 0 (1)8y + λ · 1 = 0 (1)

2x+ y − 1 = 0 (3)

を満たす λ ∈ Rが存在します．(1),(2)から

x = −λ, y = −1

8λ (4)

となりますから，これを (3)も代入して

−2λ− 1

8λ− 1 = 0 従って λ = − 8

17

となります．(4)に代入してx =

8

17, y =

1

17

となります．以上で

(x, y, λ) = (8

17,1

17,− 8

17)

が唯一の停留点であることが示されました．

次に 2階の偏微分係数を用いて極大・極小を判定します．L = f + λg とすると

g∗# = 0 (∗,# = x, y) から L∗# = f∗# (∗,# = x, y)

が成立します．また

fxx = 2, fxy = fyx = 0, fyy = 8

から

B =

∣∣∣∣∣∣0 gx gygx Lxx Lxy

gy Lyx Lyy

∣∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣∣0 2 12 2 01 0 8

∣∣∣∣∣∣= −2− 32 = −34 < 0

から極小であることが分かります．

86