Ch11多元函数微分学11.7

§11.7 多元函数的极值与最值• 多元函数的极值 • 多元函数的最大值与最小值 • 条件极值与拉格朗日乘数法一、问题的提出实例：某商店卖两种牌子的果汁，本地牌子每 瓶进价1元，外地牌子每瓶进价1.2元，店主估 计，如果本地牌子的每瓶卖 x 元，外地牌子的 每瓶卖 y 元，则每天可卖出 70 − 5 x + 4 y 瓶本 地牌子的果汁，80 + 6 x − 7 y瓶外地牌子的果汁 问：店主每天以什么价格卖两种牌子的果汁可 取得最大收益？ 每天的收益为 f ( x , y ) =二、多元函数的极值和最值观察二元函数 z = − xy ex2 + y2的图形( x − 1)(70 − 5 x + 4 y ) + ( y − 1.2)(80 + 6 x − 7 y )求最大收益即为求二元函数的最大值.1/58 2/58 播放 播放 3/58首页上页返回下页结束首页上页返回下页结束首页上页返回下页结束2、多元函数取得极值的条件 1、二元函数极值的定义设函数 z = f ( x , y ) 在点( x0 , y0 ) 的某邻域内 有定义，对于该邻域内异于( x0 , y0 ) 的点( x , y ) ： 若满足不等式 f ( x , y ) < f ( x0 , y0 ) ，则称函数 在 ( x 0 , y0 ) 有 极 大 值 ； 若 满 足 不 等 式 f ( x , y ) > f ( x0 , y0 ) ，则称函数在( x0 , y0 ) 有极 小值；极大值、极小值统称为极值. 使函数取得极值的点称为极值点.4/58例1 函数 z = 3 x 2 + 4 y 2在 (0,0) 处有极小值．(1)定理12（极值的必要条件）设函数 z = f ( x , y ) 在点 P ( x 0 , y0 ) 具有偏导数， 且在点 P ( x 0 , y0 )处有极值， 则→f x ( x 0 , y0 ) = 0， 且f y ( x 0 , y0 ) = 0．例２ 函数 z = − x 2 + y 2在 (0,0) 处有极大值．(2)即 ∇f ( x 0 , y0 ) = 0 ．证明 不妨设 z = f ( x , y ) 在点 P0 ( x 0 , y0 ) 取极大值，ˆ 则 ∀ P ( x , y ) ∈ U ( x 0 , y0 )， 有f ( x , y ) < f ( x 0 , y0 )．例３ 函数 z = xy 在 (0,0) 处无极值．(3)特别， 在该邻域内取 y = y0 而 x ≠ x 0 的点， 也应有f ( x , y0 ) < f ( x 0 , y0 )．即一元函数 f ( x , y0 ) 在 x = x 0 取得极大值， 因而有5/58f x ( x 0 , y0 ) = 0．首页 上页类似可证： f y ( x 0 , y0 ) = 0．返回 下页 结束6/58首页上页返回下页结束首页上页返回下页结束说明 (1) z = f ( x , y ) 在极值点 ( x 0 , y0 ) 的切平面为：z = z0(6).偏导数不存在的点也可能为极值点.例如, 点 (0,0)是函数 z = x + y 的极小值 点，但 z x (0,0), z y (0,0) 不存在.2 2即 z = f ( x , y ) 在极值点 ( x 0 , y0 ) 处有水平的切平面．H ( x, y ) =f xx ( x , y ) f yx ( x , y )f xy ( x , y ) f yy ( x , y )( 2) 推广：对于 u = f ( x , y , z )， 若在点 P ( x 0 , y0 , z 0 ) 存在偏导数，则它在 P ( x 0 , y0 , z 0 ) 取得极值的必要条件为 ：则 （1）当 H ( x0 , y0 ) > 0 时, ( x0 , y0 ) 为极值点，此时 若 f xx ( x0 , y0 ) < 0 ,则 f ( x0 , y0 ) 为极大值; 若f xx ( x0 , y0 ) > 0 ,则 f ( x0 , y0 ) 为极小值.小结:在驻点及偏导数不存在的点中寻找极值点. 问题：如何判定一个驻点是否为极值点？定理 13（极值存在的充分条件） 设点( x0 , y0 ) 是函数 z = f ( x , y ) 的一个驻点, f ( x, y ) 在点( x0 , y0 ) 的某邻域内有连续的一阶及二阶偏导 数.记8/58f x ( x 0 , y0 , z 0 ) = f y ( x0 , y0 , z 0 ) = f z ( x 0 , y0 , z 0 ) = 0，即 ∇f ( x 0 , y0 , z 0 ) = 0 ．→( 3) 对于多元函数 f，使 ∇f = 0 的点称为函数的 驻点 或 临界点．(4) 可微函数的极值点一定 是驻点 (临界点)， 反之，→（2）当 H ( x0 , y0 ) < 0 时, ( x0 , y0 ) 不是极值点. （3）当 H ( x0 , y0 ) = 0 时, ( x0 , y0 ) 可能是极值点, 也可能不是极值点，需另作讨论．9/58驻点不一定是极值点． 例如f ( x , y ) = x 2 − y 2．(5) 当函数 f 的驻点不是 f 的极值点时， 称为 f 的 鞍点．7/58首页上页返回下页结束首页上页返回下页结束首页上页返回下页结束具有二阶连续偏导数的 函数 z = f ( x , y ) 求极值的步骤：例4⎧ f x ( x, y) = 0 ，得到驻点； (1) 求偏导数，解方程组 ⎨ ⎩ f y ( x, y) = 0( 2) 对每一驻点 ( x 0 , y0 )，计算判别式：z = x 3 + y 3 − 3 xy ,求极值.例2 例5求 z = 4 x 2 − 4 xy + y 2 + y 4 + 5 的驻点并判别属性．zx = 8x − 4 y = 0解 令 ⎨⎧zx = 3 x2 − 3 y = 0 ⎪ 2 ⎪ ⎩z y = 3 y − 3x = 0解 由得驻点为 ( 0,0), (1,1) ,z y = −4 x + 2 y + 4 y 3 = 0 z xx = 8，解得驻点(0 , 0)．D H =f xx ( x 0 , y0 ) f xy ( x 0 , y0 ) f yx ( x 0 , y0 ) f yy ( x 0 , y0 )z xx = 6 x , z xy = −3 , z yy = 6 y H (0,0 ) = z xx (0,0) z xy (0,0) 0 −3 = = −9 < 0 z yx (0,0) z yy (0,0) − 3 02 z xy = −4， z yy = 2 + 12 y ， 则在点 (0 , 0) 处有D H=此时有8 −4−4 2= 0，( 3) 讨论判别式 H 的符号，判定极值，如 下表： DD H f xx ( x 0 , y0 )−极大值所以(0,0)非极值点 .0+ +极小值−z xx (1,1) z xy (1,1) 6 −3 H (1,1) = = = 27 > 0 z yx (1,1) z yy (1,1) − 3 6z = ( 2 x − y ) 2 + y 4 + 5 ≥ 5 = f ( 0 , 0)∴ (0 , 0) 为极小点．f ( x, y)首页不取极值不定10/58又z xx (1,1) = 6 > 0, 所以(1,1)为极小值点 , z (1,1) = −1为极小值 .11/58 12/58上页返回下页结束首页上页返回下页结束首页上页返回下页结束例3 例6 解讨论 f ( x , y ) = 1 − x 2 + y 2 的极值点．fx = −x x2 + y2，fy = −y x +y2 2，例7求由方程 x 2 + y 2 + z 2 − 2 x + 2 y− 4 z − 10 = 0 确定的函数 z = f ( x , y ) 的极值′ z ′xx | P =在点 (0 , 0) 处偏导数不存在，而 f ( x , y ) = 1 − x 2 + y 2 ≤ 1 = f (0 , 0)，∴ (0 , 0) 为极大点．解 将方程两边分别对 x, y 求偏导1 1 ′ ′ , z ′xy | P = 0, z ′yy | P = , 2− z 2− z 1 H= > 0 ( z ≠ 2) 函数在 P 有极值. (2 − z )2⎧ 2 x + 2 z ⋅ z′ − 2 − 4 z′ = 0 x x ⎨ 2 y + 2 z ⋅ z′y + 2 − 4 z′y = 0 ⎩由函数取极值的必要条件知, 驻点为 P (1,−1) ,将上方程组再分别对 x, y 求偏导数,13/58 14/58将 P (1,−1) 代入原方程, 有 z1 = −2,当 z1 = −2 时， z xx1 = >0 , 4z2 = 6,所以 z = f (1,−1) = −2 为极小值；当 z 2 = 6 时， z xx = − 4 < 0 ,所以 z = f (1,−1) = 6 为极大值.15/581首页上页返回下页结束首页上页返回下页结束首页上页返回下页结束z xx =例82 2 2 求由方程 x + y + z + 2 x − 6 z − 6 = 01 , 3− zz xy = 0, z yy =H= − 1 4 0 − 1 4 =1 , 3− z1 >0 163、多元函数的最值与一元函数相类似，我们可以利用函数的 极值来求函数的最大值和最小值.确定的函数 z = z( x , y ) 的极值M 1 (− 1,0,7 )解F ( x, y, z ) = x + y + z + 2 x − 6z − 62 2 20zx = −Fx 2x + 2 1 + x =− = =0 Fz 2z − 6 3 − z Fy 2y y zy = − =− = =0 Fz 2z − 6 3 − z1 又 z xx = − 4 < 0 , 所以 (−1,0) 为极大值点； z ( −1,0) = 7 为极大值.求最值的一般方法：将函数在D内的所有驻点处的函数值及在D 的边界上的最大值和最小值相互比较，其中最 大者即为最大值，最小者即为最小值.M 2 (− 1,0,−1)由函数取极值的必要条件知, 驻点为 P (−1,0) ,z (− 1,0)得z = 7或z = −1 ∴ M 1 (− 1,0,7 ), M 2 (− 1,0,−1)16/581 H= 4 00 1 4=1 >0 16又 z xx = 4 > 0 ,1所以 (−1,0) 为极小值点；17/58 18/58z ( −1,0) = −1 为极小值.下页 结束 首页 上页 返回 下页 结束 首页 上页 返回 下页 结束首页上页返回例9 求二元函数 z = f ( x , y ) = x 2 y ( 4 − x − y ) 在直线 x + y = 6 ， x 轴和 y 轴所围成的闭区域 D 上的最大值与最小值.解方程组在边界 x + y = 6 上，即 y = 6 − x于是 f ( x , y ) = x ( 6 − x )( −2) ,2y解如图,⎧ f x′ ( x , y ) = 2 xy(4 − x − y ) − x 2 y = 0 ⎨ 2 2 ⎩ f y′ ( x , y ) = x (4 − x − y ) − x y = 0得区域 D 内唯一驻点 ( 2,1), 且 f ( 2 ,1) = 4 ,再求 f ( x , y ) 在 D 边界上的最值，x+ y=6o′ 由 f x = 4 x ( x − 6) + 2 x = 0 ,2Dx先求函数在 D 内的驻点，y得 x1 = 0, x2 = 4 ⇒ y = 6 − x | x = 4 = 2,f (4,2) = −64,比较后可知 f ( 2,1) = 4 为最大值,x+ y=6Do xD在边界 x = 0 和 y = 0 上 f ( x , y ) = 0 ,f (4,2) = −64为最小值.19/58 20/58 21/58首页上页返回下页结束首页上页返回下页结束首页上页返回下页结束注. 在实际问题中求最值时 ，若已知函数的最值必 在区域 D 内部取得，例 10 求 z =解 由 zx =x+ y 的最大值和最小值. x2 + y2 + 1因为 limx+ y =0 x →∞ x + y 2 + 1 y→∞2且在 D 的内部有唯一的驻点， 则可以断定该驻点处的 函数值就是 该函数的最大值或最小 值． 例5 例11 解 欲做一只无盖的箱子， 容积为 32 cm 3．问长、宽、高各为多 少， 方使材料最省？ 设长、宽、高分别为 x , y , z (cm )， 则有 32 xyz = 32， 即 z= ， xy 则箱子的表面积为( x 2 + y 2 + 1) − 2 x ( x + y ) = 0, ( x 2 + y 2 + 1)2 ( x 2 + y 2 + 1) − 2 y( x + y ) = 0, ( x 2 + y 2 + 1)2即边界上的值为零.z(1 1 1 , , )= 2 2 2z( −1 1 1 , ,− ) = − 2 2 2zy =得驻点(所以最大值为1 1 . ，最小值为− 2 21 1 1 1 , ) 和( − ,− ) , 2 2 2 222/58无条件极值：对自变量除了限制在定义域内外，并无其他条件.23/5832 S = xy + 2 yz + 2 xz = xy + 2( x + y ) ， xy 64 由 S x = y − 2 = 0， x 解得： x = y = 4， z = 2． 64 S y = x − 2 = 0， y 因为仅有唯一的驻点 (4 , 4) ， 所以由问题的实际意义 可知： 当 x = y = 4 cm ，z = 2 cm 时， 材料最省．首页 上页 返回 下页 结束24/58首页上页返回下页结束首页上页返回下页结束例6 例12解⎧ y = 2x ⎧y = x + 3 求两直线 ⎨ 与 ⎨ 之间的最短距离． ⎩z = x+1 ⎩ z=x设 ( x1 , y1 , z1 ) 与 ( x 2 , y 2 , z 2 ) 分别为两直线上的点， 则两点间的距离为 令 d = ( x 2 − x1 ) 2 + ( y 2 − y1 ) 2 + ( z 2 − z1 ) 2讨论函数 z = f ( x , y ) 在条件 ϕ ( x , y ) = 0 下的极值问题．三、条件极值与拉格朗日乘数法实例： 小王有200元钱，他决定用来购买两 种急需物品：计算机磁盘和录音磁带，设他 购买 x 张磁盘，y盒录音磁带达到最佳效果， 效果函数为 U ( x , y ) = ln x + ln y．设每张磁 盘8元，每盒磁带10元，问他如何分配这200 元以达到最佳效果． 问题的实质：求 U ( x , y ) = ln x + ln y 在条 件 8 x + 10 y = 200下的极值点．26/58其中 f , ϕ 具有连续的一阶偏导数 ，而 ϕ y ( x , y ) ≠ 0． 若函数在点 ( x 0 , y0 ) 处取得极值， 根据条件，有ϕ ( x 0 , y0 ) = 0．又据条件可知： ϕ ( x , y ) = 0 确定一个隐函数 将其代入 z = f ( x , y ) 中，得(1) y = ψ ( x )，u = d 2 = ( x 2 − x1 ) 2 + ( y 2 − y1 ) 2 + ( z 2 − z1 ) 2= ( x 2 − x1 ) 2 + ( x 2 + 3 − 2 x1 ) 2 + ( x 2 − x1 − 1) 2令u x1 = 12 x1 − 8 x 2 − 10 = 0 u x2 = −8 x1 + 6 x 2 + 4 = 0 u x1 x2 = −8，−8 6= 8 > 0,7 解得 x1 = ， x 2 = 4； 2z = f [ x ,ψ ( x )]( 2)于是 z = f ( x , y ) 在 ( x 0 , y0 ) 取得极值， 相当于 ( 2) 在 x = x 0 取得极值． 因此有又 u x1 x1 = 12，则 H = D 12 −8u x2 x2 = 6， 又 u x1 x1 = 12 > 0，dz dxx = x0= f x ( x0 , y0 ) + f y ( x0 , y0 )dy dxx = x0=0( 3)2 7 则当 x1 = ，x 2 = 4 时， d 取极小值 d = 即为所求最短距离． 2 2 25/58首页 上页 返回 下页 结束 首页 上页 返回 下页 结束27/58首页上页返回下页结束而由 ϕ ( x , y ) = 0 可知：拉格朗日乘子法dy dx代入 ( 3) 式，得x = x0ϕ (x , y ) =− x 0 0 ． ϕ y ( x0 , y0 ) ϕ x ( x0 , y0 ) = 0． ϕ y ( x0 , y0 )(1) 构造拉格朗日函数 L( x , y , λ ) = f ( x , y ) + λ ϕ ( x , y )． ( 2) 解 ( 4) L x = f x ( x , y ) + λ ϕ x ( x , y ) = 0，例9 例13 在直径为 2r的球体中作内接长方体 , 使长方体体积最大 . 解: 步骤1 设变量:设内接长方体长,宽,高分别为 x , y , z;2 建立目标函数: V = xyz , 求最大值 . 3 约束条件: x 2 + y 2 + z 2 = 4r 2 , x > 0, y > 0, z > 0 4 求解. 作Lagrange函数L = xyz + λ x 2 + y 2 + z 2 − 4r 2f x ( x0 , y0 ) − f y ( x0 , y0 )设L y = f y ( x , y ) + λ ϕ y ( x , y ) = 0，Lλ = ϕ ( x , y ) = 0．得到可能的极值点．f y ( x0 , y0 )ϕ y ( x0 , y0 )= − λ，则有f x ( x 0 , y0 ) + λ ϕ x ( x 0 , y0 ) = 0，()2 r 3f y ( x 0 , y0 ) + λ ϕ y ( x 0 , y0 ) = 0，( 3) 根据题意判别是否极值 点，极大点还是极小点 ． ( 5)推广 自变量多于两个而条件 多于一个的情形 . 求 u = f ( x , y , z , t ) 在条件 构造28/58ϕ ( x 0 , y0 ) = 0．这就是 z = f ( x , y ) 取得极值的必要条件．例如⎧ϕ ( x , y , z , t ) = 0 下的极值． ⎨ ⎩ψ ( x , y , z , t ) = 029/58⎧ Lx = yz + 2λx = 0 ⎪ Ly = xz + 2λy = 0 ⎪ 得 令 ⎨ Lz = xy + 2λz = 0 ⎪ ⎪ Lλ = x 2 + y 2 + z 2 − 4r 2 = 0 ⎩x= y=z=L( x , y , z , t , λ1 , λ 2 ) = f ( x , y , z , t ) + λ1ϕ ( x , y , z , t ) + λ 2ψ ( x , y , z , t ) ．首页 上页 返回 下页 结束 首页 上页 返回 下页 结束30/58首页上页返回下页结束例7 例15 求原点到曲面 z 2 = xy + x − y + 4 的最短距离．例8 例16 解试在旋转抛物面 6 z = x 2 + y 2 与椭圆柱面 x 2 + xy + y 2 = 9 的交线上求出竖坐标最 大与最小的点． 设交线上的点为 P ( x , y , z )， 则有 f ( x, y, z ) = z 且 ( x , y , z ) 满足： x 2 + y 2 − 6 z = 0 x 2 + xy + y 2 − 9 = 0 构造函数 L = z + λ ( x 2 + y 2 − 6 z ) + μ ( x 2 + xy + y 2 − 9) 解之得： L x = 2λ x + 2 μ x + μ y = 0 L y = 2λ y + 2 μ y + μ x = 0 Lz = 1 − 6λ = 0 Lλ = x 2 + y 2 − 6 z = 0 Lμ = x 2 + xy + y 2 − 9 = 0例 14将正数 12 分成三个正数 x , y , z 之和 使得 u = x y z 为最大.3 2解设 ( x , y , z ) 为曲面上任一点，则原点到该点的距离为 ：2d=令x + y +z ．2 2解 令 L( x , y , z , λ ) = x 3 y 2 z + λ ( x + y + z − 12 ) ,u = d 2 = x 2 + y 2 + z 2．⎧ L′ = 3 x y z + λ = 0 x ⎪ 3 ⎪ L′y = 2 x yz + λ = 0 则 ⎨ 3 2 ′ ⎪ Lz = x y + λ = 0 ⎪ Lλ = x + y + z − 12 = 0 ′ ⎩ 解得唯一驻点( 6,4, 2 ) ，2 2s .t .构造函数 解z 2 − xy − x + y − 4 = 0． L = x 2 + y 2 + z 2 + λ ( z 2 − xy − x + y − 4) 得到 P1 ( −1, 1, 1), P2 ( −1, 1, − 1),L x = 2 x − λy − λ = 0 L y = 2 y − λx + λ = 0 Lz = 2 z + 2λz = 0 Lλ = z 2 − xy − x + y − 4 = 0． =d = 3，P3 (1 + 5 , − 1 − 5 , 0), P4 (1 − 5 , − 1 + 5 , 0),P4P1 ( 3 , 3 , 1), P2 ( − 3 ,− 3 , 1),P3 ( 3, − 3, 3), P4 ( −3, 3, 3).故最大值为 umax = 6 ⋅ 4 ⋅ 2 = 6912.3 231/58由于dP1P2dP3= 2 (1 + 5 )， d= 2 ( 5 − 1)，32/58根据问题的实际意义可 知： 最短距离存在，且为首页 上页 返回 下页3．结束比较四个点的竖坐标可 知：交线上竖坐标最大的点 为 P3 , P4， 竖坐标最小的点为 P1 , P2 .首页 上页 返回 下页 结束33/58首页上页返回下页结束例9 例17利用求条件极值的方法 ，证明对任何正数 a , b, c，成立不等式a+b+c 5 ) ． 5 设 a + b + c = S， 则在此约束条件下，求 abc 3 的最大值．abc 3 ≤ 27(设例 10 例18求椭球面 Σ：x2 z2 + y2 + = 1 与平面 Π ：2 x + 2 y + z + 5 = 0 2 4解之间的最短距离． 解 设 Σ 上一点 P ( x , y , z )， 则 P 到 Π 的距离为：证明L = abc 3 + λ (a + b + c − S ) La = bc + λ = 03d=b = a， c = 3a，| 2x + 2 y + z + 5 | 2 2 + 2 2 + 12=1 | 2x + 2 y + z + 5 | 3由于解得：Lb = ac 3 + λ = 0 Lc = 3abc + λ = 02由于椭球面与原点在平面的同一侧，则有1 d = ( 2 x + 2 y + z + 5) 3且 ( x , y , z ) 满足：2 +λx=0 3 2 L y = + 2λ y = 0 3 1 1 Lz = + λ z = 0 3 2 x2 z2 Lλ = + y2 + −1= 0 2 4 Lx =dP1得到1 P1 (1, , 1)， 2 1 P2 ( −1, − , − 1)． 2由 a+b+c = S因而有得 a=Lλ = a + b + c − S = 0b=S 3 ， c = S， 5 5S ， 5= 3，dP21 = ， 3 1 ． 3故最短距离为 x z + y2 + =1 2 42 2根据题意 abc 3 有最大值： S S 3 3 S ⋅ ⋅ ( S ) = 27( ) 5 5 5 5 5 a+b+c 5 3 亦即 abc ≤ 27( ) ． 5首页 上页 返回 下页 结束构造34/58x2 z2 1 L = ( 2 x + 2 y + z + 5) + λ ( + y 2 + − 1) 3 2 4上页 返回 下页 结束35/5836/58首页首页上页返回下页结束例 19在第一卦限内作椭球面x2 y2 z2 + + =1 a 2 b2 c 2的切平面，使切平面与三个坐标面所围成的四 面体体积最小，求切点坐标.y0 z x0 ( x − x0 ) + 2 ( y − y 0 ) + 0 ( z − z 0 ) = 0 , c2 a2 b化简为在条件解 设 P ( x 0 , y 0 , z 0 ) 为椭球面上一点,x ⋅ x 0 y ⋅ y0 z ⋅ z 0 + 2 + 2 = 1, c a2 b2 2 2 x0 y0 z 0 + 2 + 2 = 1下求 V 的最小值, a2 b c令 u = ln x0 + ln y0 + ln z0 ,该切平面在三个轴上的截距各为L( x 0 , y0 , z 0 , λ )= ln x0 + ln y0 + ln z0 + λ (2 2 2 x 0 y0 z 0 + 2 + 2 − 1) , 2 a b cx y z + + − 1, a 2 b2 c 2 2y 2z 2x ′ ′ 则 Fx |P = 20 ， F y | P = 20 ， Fz′ | P = 20 a b c 过 P ( x 0 , y0 , z 0 )的切平面方程为令 F ( x, y, z ) =37/58222b2 c2 a2 x = ， y = ，z = , z0 x0 y0 1 a 2b 2c 2 , 所围四面体的体积 V = xyz = 6 6 x0 y0 z 038/58⎧ Lx0 = 0, Ly0 = 0, Lz0 = 0 ⎪ 由 ⎨ x2 y2 y2 , 0 0 0 ⎪ 2 + 2 + 2 −1 = 0 a b c ⎩39/58首页上页返回下页结束首页上页返回下页结束首页上页返回下页结束⎧ 1 2λ x 0 a ⎪ x + a2 = 0 x0 = ⎪ 0 3 ⎪ 1 + 2λ y 0 = 0 b 2 y0 = ， ⎪y 可得 b ⎪ 0 3 即 ⎨ c ⎪ 1 + 2λ z 0 = 0 z0 = ⎪ z0 c2 3 ⎪ 2 2 2 x 0 y0 z 0 ⎪ + 当切点坐标为 + −1= 0 ⎪ ⎩ a 2 b2 c 2 a b c ( ， ， )时, 3 3 3四面体的体积最小Vmin =首页 上页 返回例 20求目标函数 z = xy 在约束条件 x + y − 1 = 0 下的极值.⎧ Lx = y + λ = 0 ⎪L = x + λ = 0 ⎨ y ⎪L = x + y − 1 = 0 ⎩ λ可化为一元函数：z = xy = x (1 − x )y = y ( x ),由 x + y − 1 = 0 得 y = 1 − x解 令 L = xy + λ ( x + y − 1)⎛1 1⎞ 得驻点 ⎜ , ⎟ ⎝2 2⎠dz = 1 − 2x dx d 2z = −2 < 0 dx 2 ⎛1 1⎞ 1 z⎜ , ⎟ = ⎝ 2 2⎠ 4极大值1 ⎛ 1⎞ −⎜ x− ⎟ 4 ⎝ 2⎠下页2z 注: 不能用 H = xx z yx H = z xx z yxz xy 来判断驻点是极大值点 还是极小值点 . z yy3 abc . 240/58z xy 是用来判断无条件极值 z yy.2 另解: z = xy = x (1 − x ) = x − x =41/5842/58下页结束首页上页返回下页结束首页上页返回结束拉格朗日乘数法结合极值充分条件(不作要求)例 21 求目标函数 u = x − 2 y + 2 z 在约束条件 x 2 + y 2 + z 2 = 9 下的极值.ux = 1 + 2z x = 1 − 2x z y zu xx = −2z2 + x2 z3, u xy = −2xy z3解 令 L = x − 2 y + 2 z + λ (x 2 + y 2 + z 2 − 9)⎧ L x = 1 + 2λ x = 0 ⎪ L = −2 + 2λy = 0 ⎪ y ⎨ ⎪ Ly = 2 + 2λz = 0 ⎪ Lλ = x 2 + y 2 + z 2 − 9 = 0 ⎩2 2 2u y = −2 + 2 z y = −2 − 2 对点 M 1 (− 1 , 2 , − 2 )u yy = −2且 u xx =得驻点 M 1 (− 1 , 2 , − 2 ), M 1 (1 , − 2 , 2 ) u = x − 2 y + 2z( x, y )z = z ( x , y )由 x + y + z − 9 = 0确定 .43/585 > 0 , ∴ u( M 1 ) = −9为极小值 . 4 5 1 − 4 2 = 9>0 H = 对点 M 2 (1 , − 2 , 2 ) 1 −2 4 2 5 且 u xx = − < 0 , ∴ u( M 2 ) = 9为极大值 . 4首页 上页 返回 下页 结束5 H = 4 1 − 2z2 + y2 z3 1 − 2 = 9>0 4 2例 22 某商品销售 A,B 两种档次不同的电子产品,已知 日销售量 Q A , QB 与价格 PA , PB (百元/件)之间关系 为 Q A = 9.5 − PA + 2 PB , QB = 7 + 2 PA − 5 PB , 而进货成 本为 C A = 4.5 (百元/件), C B = 2 (百元/件).试确定 其销售价及旬(10 天)进货量以使利润最大.解 L= R−C= ( PAQ A + PB QB ) − (C AQ A + C B QB )2 2= 10 PA + 8 PB − PA − 5 PB + 4 PA PB − 56.75令 ∂L = 10 − 2 PA + 4 PB = 0 ∂PA ∂L = 8 + 4 PA − 10 PB = 0 ∂PB44/58 45/58首页上页返回下页结束首页上页返回下页结束得唯一驻点而( P A , PB ) = (33 ,14 )∂2L ∂2L ∂2L =4, = − 10 = −2 , 2 2 ∂ PA ∂ PB ∂ PB ∂ PA⎛ 1 ⎞ x2 + y2 + z2 = ⎜ ⎟ 例 23 在球面 ⎝ 2 ⎠ 上求一点,使在 2 2 2 此点 f ( x , y , z ) = x + y + z 沿 A(1,1,1) 到 B(2,0,1) 方向2约束条件: x 2 + y 2 + z 2 = ⎜令⎛ 1 ⎞ ⎟ ⎝ 2⎠2导数有最大值.H =−2 44 − 10=4>0解故唯一驻点是 L 的极大值点,也必是最大值点. 即定价分别为 PA = 33 (百元/件), PA = 33 (百元/件), 旬进货量分别为 10Q A = 45( 件 ) , 10QB = 30( 件 ), 此时有最大利润 Lmax = 164.25 (百元/天).1 ⎫ ⎧ 1 AB 0 = ⎨ ,− ,0 ⎬ 2 ⎭ ⎩ 2 ∂f = ∇f ⋅ AB 0 目标函数: ∂ AB 1 ⎫ ⎧ 1 = {2 x ,2 y ,2 z}⋅ ⎨ ,− ,0⎬ = 2 ( x − y ) 2 ⎭ ⎩ 2 AB = {1,−1,0}1⎞ ⎛ L = 2(x − y) + λ ⎜ x2 + y2 + z2 − ⎟ 2⎠ ⎝⎧ Lx = 2 + 2λx = 0 ⎪ ⎪ Ly = − 2 + 2λy = 0 ⎪ ⎨ Lz = 2λz = 0 ⎪ ⎪L = x2 + y2 + z2 − 1 = 0 ⎪ λ 2 ⎩求最大值得⎛1 1 ⎞ ⎛ 1 1 ⎞ M 1 = ⎜ ,− ,0 ⎟ , M 2 = ⎜ − , ,0 ⎟ ⎝2 2 ⎠ ⎝ 2 2 ⎠48/5846/5847/58首页上页返回下页结束首页上页返回下页结束首页上页返回下页结束∂f ∂ ABM1= 2∇f ( M 1 ) = {1,−1,0}正好为 AB方向.∇ f ( M 2 ) = {− 1,1,0}与梯度反向 , 最小 .注: 沿梯度方向方向导数最大,最大的前提是点确定,而 此题中点待定.49/58首页上页返回下页结束。