下册 7.5 多元函数微分的应用 第9题

\section*{解题过程：} （1）令 $\left\{\begin{array}{l}f_{x}=4 x+12 y=0, \\ f_{y}=12 x+2 y=0,\end{array}\right.$ 得 $(x, y)=(0,0)$ 为 $f(x, y)$ 在 $D$ 内的唯一稳定点，且 $f(0,0)=0$ ． 当 $(x, y)$ 属于边界 $\partial D$ 时，$x^{2}+4 y^{2}=25$ 。令 $\displaystyle x=5 \cos t, y=\frac{5}{2} \sin t, t \in[0,2 \pi]$ ，代人得 $$ \begin{aligned} f(x, y) & =50 \cos ^{2} t+150 \sin t \cos t+\frac{25}{4} \sin ^{2} t=25\left(1+\cos 2 t+3 \sin 2 t+\frac{1}{8}-\frac{1}{8} \cos 2 t\right) \\ & =25\left(\frac{9}{8}+\frac{7}{8} \cos 2 t+3 \sin 2 t\right)=25\left(\frac{9}{8}+\frac{25}{8} \sin (2 t+\varphi)\right) \end{aligned} $$ 所以 $\min _{(x, y) \in D} f(x, y)=-50$ ． （2）由 $f_{x}=2 x=0, f_{y}=2 y=0$ 得 $(x, y)=(0,0)$ 为 $f(x, y)$ 在 $D$ 内的唯一稳定点，且 $f(0,0)=0$ ． 当 $(x, y)$ 属于边界 $\partial D$ 时，$(x-\sqrt{2})^{2}+(y-\sqrt{2})^{2}=9$ 。令 $x=\sqrt{2}+3 \cos t, y=\sqrt{2}+3 \sin t, t \in[0,2 \pi]$ ，代人得 $$ f(x, y)=13+6 \sqrt{2}(\cos t+\sin t)=13+12 \sin \left(\frac{\pi}{4}+t\right) $$ 所以 $f(x, y)=x^{2}+y^{2}$ 在曲线 $(x-\sqrt{2})^{2}+(y-\sqrt{2})^{2}=9$ 所围成的平面闭区域 $\bar{D}$ 上的最大值为 25 ，最小值为 1 ． （3）$\left\{\begin{array}{l}f_{x}=4 x-8, \\ f_{y}=2 y-2 .\end{array}\right.$ 令其为零，解得 $x=2, y=1$ ，点 $(2,1) \notin D$ ，故 $z$ 在 $D$ 上的最大值、最小值只能在 $D$ 的边界 $2 x^{2}+y^{2}=1$ 上取得．于是问题转化为求 $f=-8 x-2 y+10$ 在条件 $2 x^{2}+y^{2}=1$ 下的最大值、最小值。 构造拉格朗日乘法函数 $L=-8 x-2 y+10-\lambda\left(2 x^{2}+y^{2}-1\right)$ ．解方程 $$ \left\{\begin{array}{l} L_{x}=-8-4 \lambda x=0 \\ L_{y}=-2-2 \lambda y=0 \\ L_{\lambda}=2 x^{2}+y^{2}-1=0 \end{array}\right. $$ 得 $\displaystyle x=\frac{2}{3}, y=\frac{1}{3}$ 或 $\displaystyle x=-\frac{2}{3}, y=-\frac{1}{3}$ ．于是 $f_{\text {max }}=16, f_{\text {min }}=4$ ． （4）由已知得 $z_{x}=2 x, z_{y}=-2 y, z=x^{2}-y^{2}+2$ ． 在 $D$ 的内部，由 $\left\{\begin{array}{l}f_{x}=2 x=0 \\ f_{y}=-2 y=0\end{array}\right.$ 得稳定点 $(0,0)$ ，且 $f(0,0)=0$ ． 在 $D$ 的边界上，由 $\displaystyle \frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1$ 得 $\displaystyle z=\frac{5 x^{2}}{4}+1,(-2 \leqslant x \leqslant 2)$ ．由 $\displaystyle \frac{\mathrm{d} z}{\mathrm{~d} x}=\frac{5 x}{2}=0$ 得 $x=0$ ，此时 $y= \pm 1$ ．于是 $f(0, \pm 1)=1, f( \pm 2,0)=6$ ． 比较上述各函数值，函数 $f(x, y)=x^{2}-y^{2}+2$ 在 $D$ 上的最大值和最小值分别为 6 和 1 ． （5）令 $\left\{\begin{array}{l}f_{x}=2 x-y=0, \\ f_{y}=-x+2 y=0,\end{array}\right.$ 得 $(x, y)=(0,0)$ 为 $f(x, y)$ 在 $D$ 内的唯一驻点，且 $f(0,0)=0$ ． 当 $(x, y)$ 属于边界 $\partial D$ 时，$x^{2}+2 y^{2}=1$ 。令 $\displaystyle x=\cos t, y=\frac{1}{\sqrt{2}} \sin t, t \in[0,2 \pi]$ ，代人得 $$ \begin{aligned} f(x, y) & =x^{2}-x y+y^{2}=\cos ^{2} t-\frac{1}{\sqrt{2}} \sin t \cos t+\frac{1}{2} \sin ^{2} t=\frac{1}{2}+\frac{1}{2} \cdot \frac{1+\cos 2 t}{2}-\frac{1}{2 \sqrt{2}} \sin 2 t \\ & =\frac{3}{4}+\frac{1}{4} \cos 2 t-\frac{1}{2 \sqrt{2}} \sin 2 t=\frac{3}{4}+\frac{\sqrt{3}}{4} \sin (\theta-2 t), \text { 其中 } \tan \theta=\frac{1}{\sqrt{2}} . \end{aligned} $$ 所以 $\displaystyle \min _{(x, y) \in D} f(x, y)=\frac{3-\sqrt{3}}{4}, \max _{(x, y) \in D} f(x, y)=\frac{3+\sqrt{3}}{4}$ ． （6）$\left\{\begin{array}{l}f_{x}=4 x, \\ f_{y}=-14 y .\end{array}\right.$ 易得，$f(x, y)$ 在 $D$ 的内部有稳定点为 $(0,0)$ ，且 $f(0,0)=0$ ． 下面求 $f(x, y)$ 在 $\partial D=\left\{(x, y) \mid x^{2}+2 x y+4 y^{2}-13=0\right\}$ 上的最大值与最小值． 记 $L(x, y, \lambda)=2 x^{2}-7 y^{2}+\lambda\left(x^{2}+2 x y+4 y^{2}-13\right)$ 。求偏导数并令它们都为零，有 $$ \left\{\begin{array}{l} L_{x}=4 x+\lambda(2 x+2 y)=0 \\ L_{y}=-14 y+\lambda(2 x+8 y)=0 \\ L_{\lambda}=x^{2}+2 x y+4 y^{2}-13=0 \end{array}\right. $$ 由于 $\left\{\begin{array}{l}(4+2 \lambda) x+2 \lambda y=0 \\ 2 \lambda x+(-14+8 \lambda) y=0\end{array}\right.$ 有非零解的条件为 $\left|\begin{array}{cc}4+2 \lambda & 2 \lambda \\ 2 \lambda & -14+8 \lambda\end{array}\right|=0$ ，即 $\displaystyle \lambda=-\frac{7}{3}, \lambda=2$ ．于是 $$ x=\mp \frac{7}{\sqrt{3}}, y= \pm \frac{1}{\sqrt{3}}, \lambda=-\frac{7}{3} \text { 或 } x= \pm 1, y=\mp 2, \lambda=2 \text {. } $$ 直接计算有 $\displaystyle f\left(\mp \frac{7}{\sqrt{3}}, \pm \frac{1}{\sqrt{3}}\right)=\frac{91}{3}, f( \pm 1, \mp 2)=-26$ 。故 $\displaystyle \min _{\bar{D}} f=-26, \max _{\bar{D}} f=\frac{91}{3}$ ．