第8章多元函数微分法及其应用

第九节习题8-f(x,y)(6xx2)(4yy2) f(x,y)e2x(xy22y)解 fx(62x)(4yy2)解方fy(6xx2)(42y)

x0,x x x x y0,y

y

y

y 于是得驻点(0,0),(0,4),(32),(6,0),(6,4)因 fxx(x,y)2(4yy2) fxy(x,y)4(3x)(2y)fyy(x,y)2(6xx2)由判定极值的充分条件知在点(0,0)处,Afxx(0,0)0Bfxy(0,0)24Cfyy(0,0)0ACB22420,f(0,0)不是极值在点(0,4)处,Afxx(0,4)0Bfxy(0,4)24Cfyy(0,4)0ACB22420,f(0,4)不是极值在点(3,2)处Afxx(3,2)8,Bfxy(32)0Cfyy(3,2)18ACB21440,故函数在点(3,2)处取得极大值,f(32)36在点(6,0)Afxx(6,0)0,Bfxy(6,0)24Cfyy(6,0)0ACB22420,f(6,0)不是极值在点(6,4)处,Afxx(6,4)0Bfxy(6,4)24Cfyy(6,4)0ACB22420,f(6,4)不是极值f(xy仅有一个极大值点(3,2),f(3,2)36注意本题常见错误之一是:将多元函数取得极值的必要条件误认为充分条件即认为函数的驻点一定是极值点.事实上,ACB20时,才能肯定驻点一定是极值点.错误之二是:(3,2).错误之三是:同一个方程的根凑成驻点,例如,由式(62x)(4yy20x3,y0y4于是函数有驻点(30)及(3,4)fxe2x(2x2y24y1) 解方fye2x(2y2)

求得驻点(,1)2因 fxx(x,y)4e2x(xy22y1),fxy(x,y)4e2x(yfyy(x,y)2e2x

A fxx(2,1)2e0,Bfxy(2,1)0,Cfyy(2,1)2eACB24e20f(由判定极值的充分条件知,在点(1,1)处函数取得极小 11)ef(

zx2y2,xy1 ux2y2z,x2y2z21 ux2y2z2,xyz1,xyz0解 法 条件xy1可表示成ybbx,代入zx2y2,则问题 zx2bbx)2的极值a 2x2(b

x)a

)2(1a

)x

x a20,

d2d2

2(1a2)0根据一元函数取得极值的充分条件知xa2b2为极小值点, a2b2,a2b2zxyab1下的极小值点, 2

2 z(a2b2法 作日函

(baa2b2

a2L(x,y)x2y2(xy1) 令L2x L2y bbxy 由式(1)得2x,由式(2)得2y,a将式(4)代入式(3),

yax b

x a2 由此得到点a2b2a2b2zxyab1下唯一可能的极值点.xy1zx2y2x的一元函数,再应用一 元函数极值的充分条件可知,a2b2a2b2)是函数zxy在条件xy

1下的极小值点,a2b2 作日函L(x,y,z)x2y2z(x2y2z21)令Lx12x L22y x2y2z2 由式(5),(6),7)x1y1z1,代入式(8) 3或3 当3时,x1y2z2 当3时,x1y2z2 x2y2z21zz(xy),将目标函ux2y2z(xyF(xy应用二元函数极值的充分条件判断可知,(1 ,,是函数ux2y2zxyz1下的极小值点,3 3;点122是函数ux2y2zx2y2z21下的极大值点,( , 3

xyz由条件

代入uxyz,则问题化为xyz z 一元函数ux 的极值 du2x12(12x2)4x10,x1, 444x1为极小值点.由此得到点111 4 ux2y2z2在条件xyz1,xyz0下的极小值点,极小值为z(1)2(1)2(1)23

f(xyx22xy3y2,DA(1,1B(2,1C(1,2)f(xyx2y2Dx24y24所围区域解 由

fx(x,y)2x2yf(x,y)2x6y求得驻点(00),显然(0,0D的内部,f(xyD上的最值只在D的边界上取得.AB:y11x2)上,y1f(xyf(x,y)x22x3(1x2)f(xy2x20,x1f(xyx22x3x1x2处的值分别为2,11.BC:y1x

(1x2)上,y1x5f(xy f(x,y)2x2

(1x2)f(xy4x0,x0.f(xy2x225x1,x0,x2 别为9,25,113AC:x11y2)上,x1f(xyf(x,y)12y3y2(1y2)f(xy26y0,y3

(舍去f(xy12y3y2y1y2注意如果二元函数在有界闭区域D上连续,D内可微分,且只有有限个驻点,D上的最值的一般方法是,D内的所有驻点处的函数值,再考虑函数在D的边界上的最大值和最小值,把它们加以比较,其中最大的就是最大值,最小的就是最小值. 由 f(x,y)2yy求得驻点(0,0),显然(0,0)D的内部在点(0,0)处,f(00)0x24y24上x244y2f(xyf(xy45f(xy10y0,y0

(1y1)f(xy45y2y1,y0,y1处的值分别为1,4,1,f(xy在边界上的最大值为4,最小值为1.将边界上最大值和最小值与驻点(0,0处的值比较,f(xyD上最大值为4,最小值为1.从斜边之长为l的一切直角三角形中,求有最大周长的直角三角形解xy,Sxy (0xl,0yl)x2y2l2条件下的条件极值问题作日函

L(x,y)xyl(x2y2l2)令Lx12x

12y 由式(9),(10)xy

1,代入式(11),解得 ,12xyl222(l,l是唯一的驻点,根据问题本身可知,222定存在,因此在斜边之长为l的一切直角三角形中,周长最大的是等腰直角三角形,其直角边为l.2x2y24

,

y4的距离最短和最长xy解p(xy为椭圆上任一点xy

,1条件下的条件极值问题2x24作日函令

L(x,y)(xy4)2( y21)xx Lx2(xy4)

x Ly2(xy4)2y y2x2y2

由式(12),(13)可得x4y,代入式(14),解得y 或y 545于是x4或x ,得两驻点 )和545455455

, )55由点 )4141 41545由点 , )154545154 45154d 22245154515所以距离最短的点为 ),距离最长的点为 ,45154515将周长为2p的矩形绕它的一边旋转得一圆柱体,问矩形的边长各为多少时,解x,px,px旋转,Vπx2(px)由dV2πx(px)πx2πx(2p3x)0,求得驻点为x2p. 由于驻点唯一,由题意又可知这种圆柱体一定有最大值,pp时,绕短边旋转所得圆柱体体积最大 zx2y2xyz1之间的最短距离解p(xyz是旋转抛物面上任一点,p到平面的距离xyxyzzx2y2条件下的条件极值问题作日函令

(xyz L(x,y,z) (x3

z)L2(xyz1)2x 3322LL

(xyz1)2y L2(xyz1) zx2由式(15),16)xy,由式(15),17)x1,代入式(18),z1

于是11(,,)是唯一的驻点,根据问题本身可知,旋转抛物面与平面之间的223离一定存在,且在驻点处取得,最短距离为d(1,1,1) 322 解设球面方程为x2y2z2a2 (x,y,z)是它的内接长方体在第一卦限的一个顶点,2x2y2z,V2x2y2z (x0,y0,z0)作日函L(x,y,z)8xyz(x2y2z2a2)令Lx8yz2x L8xz2y Ly8xy2z x2y2z2 由式(19),(20),(21可看出xyz具有轮换对称性,可知xyz并解得43xyz,代入式(22),得 ,故(a43

a,a为唯一驻点3 33由题意可知,满足题意的长方体必有最大体积,所以当长方体的长、宽、高都为时,3注意用日乘数法求解条件极值问题时,方法是固定的,难点常在于解联立方以求得驻点的坐标,这时我们常从以下两方面入手:①从方中最简的方程出发,逐步采用代入法或消去法求解②注意方变量之间是否具有轮换对称性,如果有,则可由此设法寻找解方的捷径,所谓轮换对称性,即函数f(x,y,z)满足f(x,y,z)f(y,z,x)f(z,x,y)z2xyxy4的最短距离 设p(x,y,z)是曲面z2xyxy4上任一点,则原点到p的距离x2y2d ,为简化计算,dd2xx2y2z2xyxy4下的最小值问题,所得解与原问题同解.作日函数L(x,y,z)x2y2z2(xyxy4z2)令Lx2xy L2yx Ly2z2z z2xyxy 由式(25)1,代入式(23),(24)x1y1,代入式(26)z1z1故(1,1,1)和(1,1,1)为驻点,由题意可知,所求最短距离存在,且在驻点处取得,d(1,1,1)d(1,1,1)3.注 在解此类问题时一定要注意简化目标函数.例如本例应x2y2d 在条件z2xyxy4下的最小值,若直接x2y224cm的长方形铁板,把它两边折起来做成一断面为等腰梯形的水槽.问怎样折法才能使断面的面积最大？解xcm,倾角（即腰与底边所夹锐角）为,则梯形断面242x,上底长为242x2xcos,xsin,所以断面面积为A1(242x2xcos242x