数学分析多元函数微分学6.pdf

1 5 6 多元函数的极值及其应用 一 基础知识 1 无条件极值 极值概念 定义 设 n DR 为开区域 f x 为定义在D上的n元函数 0 0 0 012 n xxxx D 若存在 0 x 的邻域 0 O x 使得 0 f xf x 或 0 f xf x 0 xO x 则称 0 x 为 f x 的极大值点 或极小值点 0 f x 称为 f x 的极大值 或极小值 极大值点与极小值点统称为极大值点 极大值与极小值称为极值 注 注意到极值概念的局部性 因此极值概念与最值概念是有区别的 当函数 f x 在区域 上的最值是该区域的内点时 最值点才是极值点 极值必要条件 定理 1 设f在 0 x 处可偏导 则 0 x 是f的极值点的必要条件是 000 12 0 n f xf xf x xxx 驻点 稳定点 使函数f的各个一阶偏导数同时为零点称为f的驻点 稳定点 注 驻点通过解方程 1 2 12 12 12 0 0 0 n xn xn xn fx xx fx xx fx xx 求得 驻点只是函数f的可能极值点 f的不可偏导的点也有可能是f的极值点 二元函数 f x y在 00 xy可偏导 f x y在 00 xy取得极值的必要条件 0000 0 xy fxyfxy 极值充分条件 关于二元函数极值的充分条件有如下重要定理 定理 2 设 00 xy为 f x y的驻点 f在 00 xy的邻域具有二阶连续偏导数 记 2 000000 xxxyyy AfxyBfxyCfxy 得 2 AB HACB BC 则 若0H 则当0A 时 00 f xy为f的极小值 当0A 时 00 f xy为f得 极大值 若0H 则二次型 g 正定 从而 0 f x 为f的极小值 若 1 det0 1 2 k Akn 则二次型 g 是负定的 从而 0 f x 是极大值 3 2 条件极值 条件极值的一般提法 求n元函数 12 n f x xx 满足m个方程 mn 故 2 0 0 1 2 kk 为函数的极大值点 且极大值为 2 0 2zk 当21nk 时 对应驻点为 21 2 k 此时可算得 22 1 0 AeBCe 故 222 1 0HACBee 故 21 0 0 1 2 kk 不是函数的极值点 因为所给函数在 2 R上可微 故其极限只能在驻点处取得 所以从 可知函数 1 cos yy zexye 有无穷多个极大值点 而没有任何极小值点 例 95 华中师范大学 2001 设 zf x y 在有界闭区域D内有二阶连续偏导数 且 2 2 0 z x 证明 zf x y 的最大值 最小值只能在区域的边界上取得 分析 因为当函数 zf x y 的最值点在区域D的内部时 最值点一定是极值 点 因为本题证明结论只要证明 f x y在D内无极值点 证明 因 f x y在有界闭区域D上连续 故 f x y在D上一定存在最大值和最小值 下证其最值不在D内取得 事实上 对D内部的任意点 x y 记 222 22 zzz ABC xx yy 由已知条件有0 0ACB 从而有 2 0 4 AC AC 即0AC 7 22 0HACBB 证明 00 xy 的邻域U 使得对 y zU 在 0 x附近求得 f x y z关于x的一 个极值 分析 要证的结论的意思是 y zU 当 y z固定 这时 f x y z看成x的一元函 数 即要证这个一元函数在 0 x附近有极小值点 注意到三元函数 f x y z二次可微 故固 定 y z后的一元函数 f x y z关于x二次可导 如果能证明在 0 x的邻域存在点 y z 使 0 x fy z 且 0 xx fy z 即可 这个目的可仿照隐函数存在定理的证明方法达到 证明 已知 0 xx fy z 由保号性知 000 xyz的闭邻域 000 0 Dx y zxxyyzz 使 x y zD 有 0 xx fx y z 特别有 00 0 xx fx yz 00 xxx 故 00 x fx yz在 00 xx 上严格增加 又已知 000 0 x fxyz 故有 000000 0 0 xx fxyzfxyz 再由保号性知 00 xy 的邻域U 使 y zU 有 00 0 0 xx fxy zfxy z 现暂时固定 y zU 对一元函数 x fx y z在 00 xx 上 8 应用零点定理即知 00 y zxx 使 0 x fy z 即 00 xx 是函数 f x y z关于x的驻点 又因为 y z D 故又有 xx fy z 0 所以 是 f x y z关于x的极小值点 注 本题条件应改成 f x y z在 000 xyz附近有二阶连续偏导数 例 97 试求 22 2f x yaxbxycy 在 22 1xy 的最大值和最小值 设 2 0 0baca b c 分析 本题是可微函数在有界闭区域上的最值的典型例子 解 求函数在区域内部 22 1xy 的情况 作 Lagrange 函数 222 222 1 xyz LL x y zxyz abc 令 0 xyz LLLL 即得 2 2 2 222 222 2 0 2 0 2 0 1 x yz a y zx b z xy c xyz abc 解之得 3331 3332 3 xa yb zcabc 故 222 min 3 62 a b c Vabc xyz 13 例 102 中国科技大学 在椭球 222 222 1 xyz abc 的内接长方体中 求体积最大的一 个 解 由对称性 我们只须考虑长方体在第一卦限部分的最大体积 设 0000 P xyz为所求长方体在第一卦限的顶点 则长方体在第一卦限部分的 体积为 000 Vx y z 作 Lagrange 函数 222 000 000000 222 1 xyz LL xyzx y z abc 令 0 xyz LLLL 得 0 00 2 0 00 2 0 00 2 222 000 222 2 0 2 0 2 0 1 x y z a y z x b z x y c xyz abc 解得 000 333 abc xyz 1 2 3 abc 从而得 1 V的最大值为 000 1 3 3 x y zabc 于是所求长方体的最小体积 min 18 8 3 33 3 Vabcabc 例 103 清华大学 利用导数证明周长一定的三角形中以等边三角形的面积最大 分析 可利用三角形三边之长表示三角形面积的海伦公式 解 设三角形三边分别为 x y z 其周长为定数2p 则面积 Sp pxpypz 问题归结为求函数S在约束条件2xyzp 下的最大值 作 Lagrange 函数 2 LL x y zp pxpypzxyzp 14 令 0 xyz LLLL 得 0 2 0 2 0 2 2 p pypz px p pxpz py p pxpy pz xyzp 解得 2 3 p xyz 此时 2 max 2 9 Sp 例 104 试求0 xyz 与椭圆面 22 22 1 0 xy A B AB 相交所成的椭圆的面 积 分析 要计算椭圆的面积就需要知道椭圆的长短半轴 由于平面0 xyz 经过原 点 椭圆柱面以z轴为轴线 故易见所求椭圆的重心在坐标原点 据此即知所求椭圆的长短 半轴即为椭圆上点到原点的距离最大 最小值 故本题可利用 Lagrange 乘数法求解 解 设所求椭圆的长短半轴为 a b 则Sab 由 前 面 的 分 析 知 a b正 是 距 离 函 数 222 xyz 在 约 束 条 件 0 xyz 22 22 1 xy AB 下的最大 最小值 现以 2 代替 作 Lagrange 函数 22 222 22 2 1 xy LL x y zxyzxyz AB 令 0 xyz LLLLL 得 2 1 1 0 x A 2 1 1 0y B 0z 0 xyz 15 22 22 1 xy AB 从 式消去 的方程 2222 22222222 222 0 A BABA 式分别乘以 x y z后相加得 22 222 22 xy xyzxyz AB 式表明 2 的极值等于 满足方程 设 的两根为 12 则 12 应分别为 22 a b 因而 12 Sab 根据韦达定理 22 222 12 2 A B 故 222 AB S 例 105 清华大学 2003 设半径为r的球面 的球心在球面 2222 xyza 0 a 上 问当r取何值时 球面 含在球面 内部的部分面积最大 本题属一 元函数的极值 解 设 的球心坐标为 0 0 a 则 的方程为 2222 xyzar 与 的交线为 2222 2222 xyzar xyza 上式又可解得 2 2 r za a 故 与 的交线方程又可写成 2222 2 2 xyza r za a 或 2 2222 2 2 2 r xyaa a r za a 故 被 所截部分在xy面上投影区域 2 2222 2 r Dx yxyaa a 16 故 被 所截部分的面积 2 2 2 2 22 222222 222 cos sin 21 4 2200 2 1 1 2 1 2 xy D D D r xy r a SS rzzdxdy xy dxdy rxyrxy rdxdy rxy r d d r r r a 令 3 2 2 0 2 r S rr a 解得 4 3 a r 又 4 0 3 a S 时 函数 ln2ln3lnf x y zxyz 在球面 2222 6xyzR 上必有最大值 并求出最大值 分析 本题要求证明 f x y z当0 0 0 xyz 在 2222 6xyzR 上存在最大值 故需要用条件极值的充分条件对 Lagrange 函数的稳定性进行判定 证明 作 Lagrange 函数 2222 ln2ln3ln 6 LL x y zxyzxyzR 令 0 xyz LLLL 得 2222 1 20 2 20 3 20 6 0 x y z Lx x Ly y Lz z LxyzR 当0 0 0 xyz 解得唯一 Lagrange 稳定点为 2 1 2 3 2 RRR R 17 又易见方阵 2 2 2 1 200 2 020 3 002 xxxyxz yxyyyz zxzyzz x LLL LLL y LLL z 在点 2 1 2 3 2 RRR R 处是负定的 故点 2 3 RRR是函数 ln2ln3lnf x y zxyz 满足条件 2222 6xyzR 0 0 0 xyz 条件极大值点 故这个唯一稳定点一定是 f x y z在球面 2222 6xyzR 上的最大值点 最大值为 2 3 ln2ln23ln3f RRRRRR 6 ln6 3R 例 107 一页长方形白纸 要求印刷面积占 2 Acm 并使所留页边空白为 上部与 下部宽度之和为abhcm 左部与右部宽度之和为cdscm 其中 A h s为已 知数 试确定该页纸的长 y 和宽 x 使得它的面积为最小 见图 解 依题意 目标函数为 SS x yxyxs yh 约束条件为 xsyhA 作 Lagrange 函数 LxyxsyhA 则由 0 0 0 x y Lyyh Lxxs LxsyhA 可以解出 11 sh xy 并得到 2 20AAAsh 为了满足 xs yh 应取 1 sh A 于是 AsAs xs yh hh 18 由于当0 xs 时由约束条件 xsyhA 可知y 同理当0 yhx 这都会导致Sxy 故这个条件极值问题是不存在最大值的 所以 式即为所求 例 108 华东师范大学 2009 设 0 P是曲面 222 222 1 xyz S abc 外的一点 1 PS 若 100 max P S PPPP 求证直线 10 PP是S在点 1 P处的法线 分析 1 P是S上一定点 要证 10 PP是S在 1 P处的法线我们就必须设法求出 1 P的坐标或找到 1 P的坐标应满足的关系式 怎么找呢 已知条件告诉我们 1 P到定点 0 P的距离实际上是S上 的任意点P到 0 P之距离的最小值 因此我们不难想到要用条件极值方法 证明 设 0 P的坐标为 000 xyz 1 P的坐标为 111 x y z 易知曲面S在 1 P处的法向量 111 222 222 xyz n abc 设 P x y z是S上的任意点 则 222 0000 PPxxyyzz 现取函数 2222 0000 f x y zPPxxyyzz 由 100 max P S PPPP 知 1111 P x y z必是函数 f x y z满足条件 222 222 1 xyz abc 的条件极值点 现作 Lagrange 函数 222 222 000 222 1 xyz LL x y zxxyyzz abc 由条件极值的必要条件知 1111 P x y z必满足如下方程组 19 1 110 2 1 110 2 1 110 2 222 1 222 2 2 0 2 2 0 2 2 0 1 0 x y z x L Pxx a y L Pyy b z L Pzz c xyz LP abc 2 0 1 2 2 0 1 2 2 0 1 2 222 222 1 a x x a b y y b c z z c xyz abc 于是直线 10 PP的方向向量 222 000 010101000 222 222 000000 222222222 1 1 1 a xb yc z Sxx yy zzxyz abc xyza xb yc z abcaabbcc 111 222 xyz abc 比较 两式即知 ns 此表明直线 10 PP即为S在 1 P处的法线 练习 中国科技大学 2000 设 2222 3xx yy 求xy 的最大值 上海交通大学 2002 设曲面 222 2zaxy 在第一卦限内的切平面与三个 坐标轴分别交于 A B C三点 求四面体OABC 的最小体积 同济大学 1999 求 0 0 到抛物面 22 zxy 与平面1xyz 交线的最短距 离 答案 95 3 95 3 3 用极值或条件极值证明不等式 极值与不等式有着非常密切的关系 比如设 f x y z在 2 DR 上有定义 cR 为常数 若要证明D上成立的不等式 f x y zcx y zD 当f在D上存在最小值时 我们只要证明了 min x y zD f x y zc 20 也就证明了 式成立 因此很多时候我们都可以用极值的方法证明不等式 这 在考研题中也经常出现 例 109 厦门大学 2002 证明不等式ln0 1 0 x exxxxyxy 证明 令 ln x f x yexxxxy 则我们只须证明 f x y在区域 1 0 Dx yxy 上有最小值 0 即可 首先令 ln0 0 x y y y fxy xe fex 即 f x y在D内的驻点是曲线 y xe 上的点 而 ln0 yyyyyy f eyeeeeye 其次在边界1 0 xy 上有 01 1 1 1 0 y yey y fyeyfy 有 最后在边界1 0 xy 上有 0 1ln 0 ln0 1 d f xxxxf xxx dx 故 0 f x在 1 严增 从而 0 f x在 1 上的最小值为 1 0 0f 综上分析即知 f x y在D上的最小值为 0 故 x yD 有 ln0 x f x yexxxxy 例 110 证明不等式 1 1 01 0 y yxxex yDx yxy 分析 设 1 y f x yyxx 我们通过证明 1 max x yD f x ye 是定义在 0 1 上的一元函数 恒正 易见 00 01 lim lim 0 xy f x yf x y 故 0 f x y在 0 1 内必有最大值 令 21 0 1 0000 1 0 y x fx yy xyxy 可知 0 f x y必在唯一的驻点 0 0 1 y x y 处取得最大值 0 0 1 00 00 1 00 0 1 1 11 1 y y yy yfy yy y 由于 0 y 0 0 1 1 y x y 时 0 y 严格增加且趋向 1 e 因此 1 e 是 f x y在D上不能达到的上确界 即 1 sup x yD f x yf x ye 故 1 1 y yxxex yD 12 1 n nii i f x xxa x 1 1 n p i i x 求在约束条件 式下目标函数 的最大值 由 的结果导出赫尔德 Holder 不等式 11 111 nnn qp qp iiii iii abab 其中 11 0 0 1 2 1 1 1 ii axin pq pq 解 作 Lagrange 函数 11 1 nn p iii ii La xx p 这里为了后面方便将 L 设为如此 令 1 0 1 2 i p xii Laxin 得 1 1 2 p i i a xin 记 1 p q p 对式 两端取q次幂得 1 1 2 q p i i a xin 22 再由条件 又得 111 1 1 q nnn pp i ii q iii a xa 1 1 n q q i i a 由此求得 1 11 1 111 1 111 1 1 1 1 1 1 2 q p n qpp xqppp ii iiii i n p qp ii i aa xaaa aain 此时 1 1 1 12 111 nnn p qp niiii iii f x xxa xa aa 1 11 11 1 111 nn p qq ii ii nnn pp qqq iii iii aa aaa 1 1 n q q i i a 记0 1 2 i xin 且满足 式的点集为D 即 12 1 1 0 1 2 n p nii i Dx xxxxin 其边界为 12112212 0 0 0 nnnn DDx xxxx xxxx xxx 如果能证明f在D 上的最大值不大于 式中求得的值 则 式就是f在D上的最大值 由对称性 在D 中只须讨论0 n x 的一种情形 在此情形下 f的最大 值就是1n 元函数 1 12 1 0 0 n niiii i g x xxa xax 在1n 维闭集 23 1 1 1 n p i i x 1 p 上的最大值 由数学归纳法原理 此最大值为 1 1 121 1 11 1 n q q ni i g x xxa pq 显然 12112 nn g x xxf x xx 这就证明了 1 12 11 11 1 nn q q iiin ii a xax xxD pq 在不等式 中令 1 1 0 1 2 i ii n p p i i b xbin b 这样的 i x满足条件 将其代入 式即得 Holder 不等式 例 112 合肥工业大学 2008 求函数 222 1 122 0 1 2 nni fa xa xa xain 在条件 12n xxxc 0 c 下的最小值 并由此证明对任意的实数 1 x 2 x n x 有 2 222 12 12 n n xxx xxx n 解 作 Lagrange 函数 222 1 12212 nnn La xa xa xxxxc 令 12 0 n xxx LLLL 得 20 1 2 ii a xin 12n xxxc 由 得 1 2 2 i i xin a 代入 得 1 2 1 n i i c a 由于驻点是唯一的 且方阵 1 2 2 12 2 00 00 00 n k n n n a a L x xx xx a 显然是正定的 因0 1 2 i ain 24 故 12 222 n iii x xx aaa 是f满足约束条件的极小值点 从而也是最小值点 故f满足约束条件的最小值为 2 2 2 11 11 21 1122224 nn i nn ii iiiii ii ii cc fa aaaaa aa 12 n n x xxR 记 12n xxxc 由 知函数 2 1 n ii i fa x 满足约束条件 12n xxxc 0 c 的最小 值为 2 1 1 n i i c a 当 12n xxxc 时由不等式 2 222 1 122 1 1 nnn i i c a xa xa x a 即 2 222 12 1 122 1 1 n nnn i i xxx a xa xa x a 特别有 2 2 2 2 12 1 122 1 1 n nnn i i xxx a xa xa x a 由 12 n n x xxR 的任意性知有不等式 2 12 1 1 1 n i n i iin i i i x a x a 12 n n x xxR 特别当 12 1 n aaa 时 化为 2 12 1 n i n i i i x x n 注 从本题可以总结出如下用条件极值方法证明不等式的作法 欲证不等式 121212 nnn f x xxg h x xxx xxD 25 我们c 令 12 n h x xxc 则上述不等式的证明转化为目标函数 12 n f x xx 满 足约束条件 12 n h x xxc 的条件最小值 最大值 不小于 不大于 g c 例 113 山东化工学院 设有两个正数x与y之和为定值 求函数 2 nn xy f x y 的极值 并证明 22 n nn xyxy 其中nZ 证明 设xya 作 Lagrange 函数 2 nn xy LL x yxya 由 1 1 0 2 0 2 n x n y n Lx n Ly xya 解得唯一 Lagrange 稳定点 1 22 n n an xya 又方阵 1 2 22 2 222 2 2 22 1 0 22 1 0 22 n n n n a a n a LLn na xx y LL n na y xy 当1n 时显然是正定的 当1n 时 2 xy f x ya 故 2 2 a a 就是 f x y满足约束条件xya 的最小值点 此时最小值为 22 2 22 2 222 aa a aa f 0 0 xy 记 xya 由 知 2 nn xy f x y 满足 约束条件xya 的最小值是 2 2 a 而 xya 26 故得 222 nn n n xy axy f xy 由 xy的任意性即知有不等式 0 0 22 n nn xyxy xy 成立 例 114 证明 对任何正整数 a b c 恒有不等式 6 23 108 6 abc ab c 证明 设目标函数为 23 ln ln