円の条件のもとでの2次式の最大・最小

方針

解答

⓪ 発想 — どう考え始めるか。 条件 $x^2+y^2=2$ から $y^2=2-x^2$。これを $x+y^2$ に代入して $1$ 変数にする。

$x+y^2=x+(2-x^2)=-x^2+x+2$。$x$ だけの $2$ 次関数になった。

ただし $x$ の動ける範囲に制限がある。$y^2=2-x^2\ge 0$ より $-\sqrt{2}\le x\le \sqrt{2}$。この範囲で $-x^2+x+2$(上に凸)の最大・最小を、頂点と端で調べる。

① $1$ 変数にする。 条件 $x^2+y^2=2$ より $y^2=2-x^2$。目標の式に代入して

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

② $x$ の範囲を出す。 $y$ は実数だから $y^2=2-x^2\ge 0$、すなわち $-\sqrt{2}\le x\le \sqrt{2}$。

③ 範囲つきで最大最小を調べる。 $g(x)=-x^2+x+2=-{\left(x-\frac{1}{2}\right)}^2+\frac{9}{4}$(上に凸、軸 $x=\frac{1}{2}$)。

• 最大:軸 $x=\frac{1}{2}$ は範囲内なので頂点で $g\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{9}{4}$。
• 最小:上に凸だから軸から遠い端。$x=-\sqrt{2}$ までの距離のほうが大きく、$g(-\sqrt{2})=-2-\sqrt{2}+2=-\sqrt{2}$。

よって最大値 $\frac{9}{4}$($x=\frac{1}{2}$)、最小値 $-\sqrt{2}$($x=-\sqrt{2}$)。

まとめ:条件つき $2$ 変数は「代入して $1$ 変数化」+「実数条件から変数の範囲」。$y^2\ge 0$ が生む範囲 $-\sqrt{2}\le x\le \sqrt{2}$ を落とすと、最小の場所(端)を取り違える。

発展 — 一歩先へ。 「制約 $g(x,y)=0$ のもとで $f(x,y)$ の最大最小」は、$1$ 変数に減らす(本問)か、円ならパラメータ表示(別解)で解ける。大学ではラグランジュの未定乗数法という一般的な道具を学ぶ。$x+y^2$ の最大が円周上の $\left(\frac{1}{2},\pm \sqrt{7}/2\right)$ で起こることも、$f$ の等高線と円が接する点として捉えられる。

別解

別解 — 円のパラメータ表示で三角関数に直す(単元横断の視点)。 $x^2+y^2=2$ 上の点は $x=\sqrt{2}\cos \theta$、$y=\sqrt{2}\sin \theta$ と書ける。代入すると

$$x+y^2=\sqrt{2}\cos \theta +2{\sin }^2\theta =\sqrt{2}\cos \theta +2(1-{\cos }^2\theta ).$$

$\cos \theta =s$($-1\le s\le 1$)とおくと $-2s^2+\sqrt{2}s+2$。$s$ の $2$ 次関数(上に凸)だ。

頂点は $s=\frac{\sqrt{2}}{4}=\frac{1}{2\sqrt{2}}$。これは $[-1,1]$ 内で、$x=\sqrt{2}s=\frac{1}{2}$ に対応。値は $\frac{9}{4}$。最小は端 $s=-1$($x=-\sqrt{2}$)で $-2-\sqrt{2}+2=-\sqrt{2}$。

$y^2=2-x^2$ を代入する(本解)のと同じ $2$ 次関数に着くが、$s=\cos \theta$ の範囲が $[-1,1]$ と自動的に出る。$y^2\ge 0$ の条件が「$\cos \theta$ が $[-1,1]$」に翻訳され、範囲の取り忘れを防げる。円上の最大最小は、三角関数のパラメータでも解ける。