2019年度・線形代数学・同演義II 2020年1月16日
§12 二次形式，極値問題への応用―――授業で扱わなかった問題 の解答例
12.1 次の二次形式をSylvester標準形へと変形し，符号を答えよ．
(3) F(x,y,z)=2xy+2yz
(3) xy = 1
4((x+ y)2− (x−y)2)である．そこでまずu = x+y，v = x− yとおけば F(x,y,z)= 2xy+2yz = 1
2u2− 1
2v2+uz−vz
= 1
2(u+z)2− 1
2v2−vz− 1 2z2= 1
2(u+z)2− 1
2(v+z)2. したがって，X = 1
√2(u+z) = 1
√2(x+y+z)，Y = 1
√2(v+z)= 1
√2(x−y+z)，Z = z とおけば
F(x,y,z)= X2−Y2. 符号は(1,1)である．
â 上の解答例では Z = z としたが，Z は何でもよい．ただし「変数変換」なので，(x,y,z) を (X,Y,Z)に移す写像が可逆になるようにはする．
12.3 次の関数 f について，臨界点をすべて求めよ．さらに各臨界点について，そ の点で f が極大値ないし極小値をとるかどうか判定せよ．
(1) f(x,y)= 1
2x3+ xy−2y2−3x (2) f(x,y,z)= x2+y2+z2−2xyz
(1) まず臨界点を求める．臨界点の座標(x,y)の方程式は
∂f
∂x = 3
2x2+y−3=0,
∂f
∂y = x−4y =0. これを解いて，臨界点はP1=
(4 3,1
3 )
，P2= (
−3 2,−3
8 )
．
各点でヘッシアンを求めるための準備として，2階導関数を求めておく．
∂2f
∂x2 = 3x, ∂2f
∂x∂y = ∂2f
∂y∂x = 1, ∂2f
∂y2 =−4. 点P1におけるヘッシアンをH(h1,h2)と書くと
H(h1,h2)= ∂2f
∂x2(P1)h21+2 ∂2f
∂x∂y(P1)h1h2+ ∂2f
∂y2(P1)h22
= 4h12+2h1h2−4h22= 4 (
h1+ 1 4h2
)2
− 17 4 h22
であり，符号は(1,1)，したがってH(h1,h2)は不定符号．したがってP1において f は 極値をとらない．
点P2におけるヘッシアンを（記号を濫用して再び）H(h1,h2)と書くと
H(h1,h2)= ∂2f
∂x2(P1)h21+2 ∂2f
∂x∂y(P1)h1h2+ ∂2f
∂y2(P1)h22
= −9
2h21+2h1h2−4h22 =−9 2
( h1− 2
9h2 )2
− 34 9 h22
であり，符号は(0,2)，すなわちH(h1,h2)は負定値．したがってP2 において f は極大 値をとる．
［別解］問題12.2の結果を利用してヘッシアンの符号を判定することもできる．点P1 におけるヘッシアンH(h1,h2)についてだけ詳しく述べる．対応する行列（Hesse行列）
をHとすれば
H =
(4 1
1 −4 )
.
detH = −17< 0だから，H(h1,h2)は不定符号をもつ．
(2) 臨界点の座標(x,y,z)の方程式は
∂f
∂x = 2x−2yz= 0,
∂f
∂y = 2y−2xz = 0,
∂f
∂z = 2z−2xy= 0.
これを解いて，臨界点はP1= (0,0,0)，P2= (1,1,1)，P3 =(1,−1,−1)，P4= (−1,1,−1)， P5 = (−1,−1,1)．（たとえば次のようにすると見通しよく解ける．x = yz，y = xz， z = xy だから，左辺同士，右辺同士掛け合わせて必要条件 xyz = (xyz)2 を得る．ゆ えに xyz = 0 または xyz = 1．xyz = 0 の場合，結局 (x,y,z) = (0,0,0) がわかる．
xyz = 1の場合，x = yz = 1/x だから x2 = 1，同様にして y2 = z2 = 1．こうして (x,y,z)=(±1,±1,±1)という8個の可能性が残るが，実際に解になっている組は4個．）
2階導関数を求めておくと
∂2f
∂x2 = ∂2f
∂y2 = ∂2f
∂z2 =2, ∂2f
∂x∂y = ∂2f
∂y∂x =−2z,
∂2f
∂z∂x = ∂2f
∂x∂z =−2y, ∂2f
∂y∂z = ∂2f
∂z∂y = −2x.
点P1におけるヘッシアンをH(h1,h2,h3)と書くとH(h1,h2,h3)= 2h12+2h22+2h23で，
これは正定値だから，点P1で f は極小値をとる．
点P2におけるヘッシアンは
H(h1,h2,h3)=2h21+2h22+2h32−4h1h2−4h1h3−4h2h3
=2(h1−h2−h3)2−8h2h3= 2(h1−h2−h3)2−2(h2+h3)2+2(h2−h3)2 で，符号は(2,1)．不定符号だから，点P2で f は極値をとらない．
関数 f(x,y,z)はx，y，zの置換に関して不変だから，点P3，P4，P5における状況は 一致することに注意しておく．点P3におけるヘッシアンは
H(h1,h2,h3)=2h21+2h22+2h32+4h1h2+4h1h3−4h2h3
=2(h1+h2+h3)2−8h2h3= 2(h1+h2+h3)2−2(h2+h3)2+2(h2−h3)2 で，やはり不定符号だから，点P3で f は極値をとらない．先ほどの注意から，点P4， P5でも f は極値をとらない．
［別解］ヘッシアンの符号の判定は，今回の場合，対応するHesse行列の固有値を求 めてもできる．例として点P2を考える．Hesse行列をH とすれば
H = ©
«
2 −2 −2
−2 2 −2
−2 −2 2 ª®
¬ .
固有値は−2，4（2重）．よって符号は(2,1)である．
12.4 Sylvesterの慣性法則とは，二次形式F(x)を変数変換 X = Sx によって F(x)= X12+· · ·+Xp2− Xp+12 − · · · −Xp+q2
と表したとき，数の組(p,q)は変数変換の選び方に依存しないという主張であっ た．つまり，別の変数変換Y = S′xについて
F(x)=Y12+· · ·+Yr2−Yr2+1− · · · −Yr2+s
だとすればp =r，q = sが成り立つということである．これを以下に従って証 明せよ．
(1) p=r を背理法で証明する．p> r と仮定して，
Xp+1= · · ·= Xn =0, Y1 =· · · =Yr = 0
を x ∈Rn に関する連立一次方程式とみなすと，方程式の個数n−p+r は nより小さいから，非自明な解（すなわちx =0以外の解）x = aが存在す る．そのことを利用して矛盾を導け．（すると，与えられた状況の対称性に よって，p< r と仮定してもやはり矛盾が生じる．ゆえにp=r である．） (2) (1)と同様にして（または(1)の結論を用いて）q= sを示せ．
(1) 問題文中にあるaに対して b =Sa，c = S′aとおけば，aの定め方から
b=
©
« b1
...
bp 0...
0 ª®®®
®®®®
®®
¬
, c =
©
« 0...
0 cr+1
...
cn ª®®®
®®®®
®®
¬
である．前者からF(a)= b21+· · ·+b2p，後者からF(a)= −cr2+1− · · · −c2n なので
b21+· · ·+b2p =−cr2+1− · · · −cn2.
よってb1 =· · · = bp = cr+1= · · ·=cn．つまりb = c = 0である．ゆえにa =S−1b= 0 だが，これはもともとa ,0だったことに反する．
(2) G(x)=−F(x)で定義される二次形式G(x)を考える．変数変換 X = Sx，Y =S′xを 施すと
G(x)= Xp+12 +· · ·+Xp+q2 −X12− · · · −Xp2 =Yr+12 +· · ·+Yr+s2 −Y12− · · · −Yr2. この二次形式G(x)に対して(1)の結論を適用すればq= sが得られる．
