2変数関数の極値

この２式から
$$\begin{array}{rcl}{x}^3+y^3& =& 0\\ (x+y)(x^2–xy+y^2)& =& 0\end{array}$$
が得られる。

ここで、
$$\begin{array}{r}{x}^2–xy+y^2=0\end{array}$$
を満たす実数 $(x,y)$ は$x=y=0$ 以外には存在しないことが、この式を $x$ の２次方程式とみて判別式を考えることにより分かる。実際に、判別式 $D$ は
$$\begin{array}{rcl}D& =& y^2–4y^2=–3y^2\end{array}$$
となり、実数解を持つのは $y=0$ の時のみであり、この時 $x=0$ が導かれる。
次に、$x+y=0$ となる場合を考える。この条件を先の方程式に代入すれば
$$\begin{array}{rcl}{x}^3–2x& =& 0\end{array}$$
なる条件が得られる。

この方程式を解くことにより
$$\begin{array}{rcl}x& =& 0,\pm \sqrt{2}\\ y& =& 0,\mp \sqrt{2}\end{array}$$
が得られる。(複合同順）

先に、得られた原点もこの解に含まれるので、これら3つが極値を持つ候補となる。

先ずは、$(x,y)=(\sqrt{2},–\sqrt{2})$ を考えよう。

$f(x,y)$ を $(\sqrt{2},–\sqrt{2})$ の周りで展開すると、この点が極値を持つ必要条件を満たしていることから、１次の変化は消える。実際に、$x=\sqrt{2}+{\delta }_x,y=–\sqrt{2}+{\delta }_y$ とすると
$$\begin{array}{rcl}f(\sqrt{2}+{\delta }_x,–\sqrt{2}+{\delta }_y)& =& (\sqrt{2}+{\delta }_x{)}^4+(-\sqrt{2}+{\delta }_y{)}^4–2((\sqrt{2}+{\delta }_x)–(-\sqrt{2}+{\delta }_y){)}^2\\ & =& –8+10({\delta }_x^2+{\delta }_y^2)+4{\delta }_x{\delta }_y+O({\delta }_x^3)+O({\delta }_x^3)\\ & =& –8+8({\delta }_x^2+{\delta }_y^2)+2({\delta }_x+{\delta }_y{)}^2+O({\delta }_x^3)+O({\delta }_x^3)\end{array}$$
となる。

ここで
$$\begin{array}{rcl}8({\delta }_x^2+{\delta }_y^2)& \ge & 0\\ 2({\delta }_x+{\delta }_y{)}^2& \ge & 0\end{array}$$
であり、等号が成立するのは、${\delta }_x={\delta }_y=0$ の時であるので、$(\sqrt{2},–\sqrt{2})$ において $z=f(x,y)$ は極小値 $-8$ を取ることが結論付けられる。

関数 $f(x,y)$ は $f(x,y)=f(y,x)$ なる対称性があるので、もう一方の極値の候補 $(-\sqrt{2},\sqrt{2})$ も、極小値 $-8$ を取る。

最後に、原点において極値を持つかどうかを確かめる。

$y=0$ として $x$ を原点付近で変化させると、
$$\begin{array}{rcl}f(x,0)& =& x^4–2x^2\\ & =& x^2(x^2–2)\end{array}$$
となるが、これを $x$ の関数として見れば、原点において極大値 $0$ を持つことが分かる。

一方で、$f(x,y)$ で $x=y$ とすると
$$\begin{array}{rcl}f(x,x)& =& x^4+x^4–2(x–x{)}^2\\ & =& 2x^4\end{array}$$
となり、$x=0$ で極小値 $0$ を取ることが分かる。

従って、原点において $f(x,y)$ は鞍点となることが結論付けられる。

以上の議論により、２変数関数 $f(x,y)$ の極値は $(x,y)=(\pm \sqrt{2},\mp \sqrt{2})$(複合同順)の時の極小値 $-8$ のみであることが分かる。