高等微积分（2） 第7次作业

Chasse_neige

1

设 $f(x,y)=(2+\sin x)\cdot \sin y$，令 $D=\{(x,y)|0<x,y<2\pi \}$。

(1) 求出 $f$ 在 $D$ 上的所有临界点。

$$\frac{\partial }{\partial x}f=\cos x\sin y=0$$$$x=\frac{\pi }{2},\frac{3\pi }{2}$$

或

$$y=\pi$$$$\frac{\partial }{\partial y}f=(2+\sin x)\cos y=0$$$$y=\frac{\pi }{2},\frac{3\pi }{2}$$

所以一共有四个临界点

$$(x,y)=(\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}),(\frac{3\pi }{2},\frac{\pi }{2}),(\frac{\pi }{2},\frac{3\pi }{2}),(\frac{3\pi }{2},\frac{3\pi }{2})$$

(2) 判断上述每个临界点是否为 $f$ 的极值点。如果是的话，请指出它是极大值点还是极小值点。

$$\begin{array}{c}\frac{{\partial }^2}{\partial x^2}f=-\sin x\sin y\\ \frac{{\partial }^2}{\partial x\partial y}f=\frac{{\partial }^2}{\partial y\partial x}f=\cos x\cos y\\ \frac{{\partial }^2}{\partial y^2}f=-(2+\sin x)\sin y\end{array}$$

对于 $(x,y)=(\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2})$

$$\begin{array}{c}\frac{{\partial }^2}{\partial x^2}f=-1<0\\ \frac{{\partial }^2}{\partial x\partial y}f=0\\ \frac{{\partial }^2}{\partial y^2}f=-3<0\end{array}$$

该点的 $H_f$ 负定，所以该点为极小值点

对于 $(x,y)=(\frac{3\pi }{2},\frac{\pi }{2})$

$$\begin{array}{c}\frac{{\partial }^2}{\partial x^2}f=1>0\\ \frac{{\partial }^2}{\partial x\partial y}f=0\\ \frac{{\partial }^2}{\partial y^2}f=-1<0\end{array}$$

该点的 $H_f$ 不定，所以该点并非极值点

对于 $(x,y)=(\frac{\pi }{2},\frac{3\pi }{2})$

$$\begin{array}{c}\frac{{\partial }^2}{\partial x^2}f=1>0\\ \frac{{\partial }^2}{\partial x\partial y}f=0\\ \frac{{\partial }^2}{\partial y^2}f=3>0\end{array}$$

该点的 $H_f$ 正定，所以该点为极大值点

对于 $(x,y)=(\frac{3\pi }{2},\frac{3\pi }{2})$

$$\begin{array}{c}\frac{{\partial }^2}{\partial x^2}f=-1<0\\ \frac{{\partial }^2}{\partial x\partial y}f=0\\ \frac{{\partial }^2}{\partial y^2}f=1>0\end{array}$$

该点的 $H_f$ 不定，所以该点并非极值点

2

设 $f(x,y,z)=x+y+z+xyz$，令 $B=\{(x,y,z)|x^2+y^2+z^2\le 1\}$。

(1) 证明：$f$ 在 $B$ 上有最大值。

证明

显然 $B$ 有界，并且 $f$ 为 $B$ 上的连续函数

再证明 $B^{\complement }$ 为开集

$$\mathrm{\forall }\overrightarrow{x}\in B^{\complement },\mathrm{\exists }\delta =\frac{|\overrightarrow{x}|-1}{2},s.t.B_{\delta }(\overrightarrow{x})\subseteq B^{\complement }$$

所以 $B^{\complement }$ 为开集，即 $B$ 为闭集，所以 $B$ 是紧致的。

又因为 $f$ 为 $B$ 上的连续函数，所以$f$ 在 $B$ 上有最大值。

(2) 利用拉格朗日（Lagrange）乘子法求出 $f$ 在 $B$ 上的最大值。

证明 $f$ 在 $B$ 上的最大值在 $\partial B$ 上

在 $\stackrel{\circ }{B}$ 上，$f$ 的临界点满足

$$\begin{array}{c}1+yz=0\\ 1+xz=0\\ 1+xy=0\end{array}$$

所以 $xy=xz=yz=-1$ ，即 $(xyz{)}^2=-1$，在实数范围内无解，所以 $f$ 在 $\stackrel{\circ }{B}$ 上没有极值点，所以最大值在 $\partial B$ 上

利用拉格朗日乘子法

$$L=x+y+z+xyz-\lambda (x^2+y^2+z^2-1)$$

所以极值点满足

$$\begin{array}{c}1+yz-2\lambda x=0\\ 1+xz-2\lambda y=0\\ 1+xy-2\lambda z=0\\ x^2+y^2+z^2=1\end{array}$$

所以

$$\begin{array}{c}3+xy+xz+yz=2\lambda (x+y+z)\\ \frac{5}{2}+\frac{1}{2}(x+y+z{)}^2-2\lambda (x+y+z)=0\\ (x+y+z{)}^2-4\lambda (x+y+z)+5=0\end{array}$$

解得

$$x+y+z=2\lambda \pm \sqrt{4{\lambda }^2-5}$$

由上方程组的对称性，解应当满足 $x=y=z$，所以极值点有

$$(x,y,z)=(\frac{\sqrt{3}}{3},\frac{\sqrt{3}}{3},\frac{\sqrt{3}}{3})\text{or}(-\frac{\sqrt{3}}{3},-\frac{\sqrt{3}}{3},-\frac{\sqrt{3}}{3})$$

带入原函数

$$\begin{array}{c}f(\frac{\sqrt{3}}{3},\frac{\sqrt{3}}{3},\frac{\sqrt{3}}{3})=\sqrt{3}+\frac{\sqrt{3}}{9}=\frac{10}{9}\sqrt{3}\\ f(-\frac{\sqrt{3}}{3},-\frac{\sqrt{3}}{3},-\frac{\sqrt{3}}{3})=-\frac{10}{9}\sqrt{3}<\frac{10}{9}\sqrt{3}\end{array}$$

所以 $f$ 在 $B$ 上的最大值为 $\frac{10}{9}\sqrt{3}$

3

设 $x,y,z$ 满足两个约束条件 $x+y+z=1,x^2+y^2+z^2=1$。求函数 $f(x,y,z)=xyz$ 的最小值。

$$L=xyz-{\lambda }_1(x+y+z-1)-{\lambda }_2(x^2+y^2+z^2-1)$$

所以极值点满足

$$\begin{array}{c}yz-{\lambda }_1-2{\lambda }_{2}x=0\\ xz-{\lambda }_1-2{\lambda }_{2}y=0\\ xy-{\lambda }_1-2{\lambda }_{2}z=0\\ x+y+z=1\\ x^2+y^2+z^2=1\end{array}$$

所以

$$\begin{array}{c}xy+xz+yz=3{\lambda }_1+2{\lambda }_2\\ (x+y+z{)}^2=1+6{\lambda }_1+4{\lambda }_2=1\end{array}$$

所以

$$3{\lambda }_1+2{\lambda }_2=0$$

然后进行暴力计算

$$\begin{array}{c}(xyz{)}^2=({\lambda }_1+2{\lambda }_{2}x)({\lambda }_1+2{\lambda }_{2}y)({\lambda }_1+2{\lambda }_{2}z)\\ ={\lambda }_1^3+8{\lambda }_2^{3}xyz+2{\lambda }_1^2{\lambda }_2(x+y+z)+4{\lambda }_1{\lambda }_2^2(xy+xz+yz)\\ ={\lambda }_1^3+8{\lambda }_2^{3}xyz+2{\lambda }_1^2{\lambda }_2={\lambda }_1^3(1-27xyz-3)\end{array}$$$$\begin{array}{c}xyz(x+y+z)=({\lambda }_1+2{\lambda }_{2}x)({\lambda }_1+2{\lambda }_{2}y)+({\lambda }_1+2{\lambda }_{2}x)({\lambda }_1+2{\lambda }_{2}z)+({\lambda }_1+2{\lambda }_{2}y)({\lambda }_1+2{\lambda }_{2}z)\\ xyz=3{\lambda }_1^2+4{\lambda }_1{\lambda }_2=-3{\lambda }_1^2\end{array}$$

所以

$$\begin{array}{c}9{\lambda }_1^4+{\lambda }_1^3(2-81{\lambda }_1^2)=0\\ {\lambda }_1=\frac{1\pm 3}{18}\end{array}$$

所以函数 $f(x,y,z)=xyz$ 的最小值为

$$xyz=-3(\frac{1+3}{18}{)}^2=-\frac{4}{27}$$

4

给定整数 $n\ge 2$，定义 $(n-1)$ 维球面为

$$S=\{(x_1,...,x_n)\in {\mathbb{R}}^n|\sum _{i=1}^n{x}_i^2=1\}$$

设 $f:{\mathbb{R}}^n\to \mathbb{R}$ 是 $C^1$ 光滑映射，$({\bar{x}}_1,...,{\bar{x}}_n)\in S$ 是 $f$ 在 $S$ 上的最大值点，即对任何 $(x_1,...,x_n)\in S$，有

$$f(x_1,...,x_n)\le f({\bar{x}}_1,...,{\bar{x}}_n)$$

证明：$f$ 在 $({\bar{x}}_1,...,{\bar{x}}_n)$ 处的梯度方向平行于向量 $({\bar{x}}_1,...,{\bar{x}}_n)$，即存在实数 $\lambda$，使得

$$(\frac{\partial f}{\partial x_1},...,\frac{\partial f}{\partial x_n}){|}_{({\bar{x}}_1,...,{\bar{x}}_n)}=\lambda ({\bar{x}}_1,...,{\bar{x}}_n)$$

证明$S$ 是紧致的，显然 $S$ 有界，再说明 $S$ 为闭集，即 $S^{\complement }$是开集，即证明 $S^{\complement }$中的每一个点均为其内点即可。

$$S^{\complement }=\{(x_1,...,x_n)\in {\mathbb{R}}^n|\sum _{i=1}^n{x}_i^2\ne 1\}$$

对于 $\sum _{i=1}^n{x}_i^2<1$ 的点 $x_0$，取 $r_0=\frac{1-d(0,x_0)}{2}$ ，则

$$\mathrm{\forall }a\in B_{r_0}(x_0),d(0,a)\le d(0,x_0)+r_0=1-r_0<1$$

所以 $x_0$ 为 $S^{\complement }$ 内点

对于 $\sum _{i=1}^n{x}_i^2>1$ 的点 $x_0$，取 $r_0=-\frac{1-d(0,x_0)}{2}$ ，则

$$\mathrm{\forall }a\in B_{r_0}(x_0),d(0,a)\ge d(0,x_0)-r_0=1-r_0>1$$

所以 $x_0$ 为 $S^{\complement }$ 内点

所以 $S$ 紧致，显然 $g$ 对于坐标的偏导不全为0，所以对于题给条件，拉格朗日定理成立，即极值点$({\bar{x}}_1,...,{\bar{x}}_n)\in S$ 满足

$$\begin{array}{c}L(x_1,x_2,\cdots ,x_n,\lambda )=f(x_1,x_2,\cdots ,x_n)-\lambda (\sum _{i=1}^n{x}_i^2-1)\\ \mathrm{\nabla }L=\overrightarrow{0}\end{array}$$

所以

$$\mathrm{\nabla }f=2\lambda ({\bar{x}}_1,...,{\bar{x}}_n{)}^T$$

即

$$(\frac{\partial f}{\partial x_1},...,\frac{\partial f}{\partial x_n}){|}_{({\bar{x}}_1,...,{\bar{x}}_n)}=\lambda ({\bar{x}}_1,...,{\bar{x}}_n)$$

5

设 $n$ 元函数 $f(x_1,...,x_n),g(x_1,...,x_n)$ 与一元函数 $x_1(t),...,x_n(t)$ 都是 $C^2$ 光滑的定义函数

$$h(t)=f(x_1(t),...,x_n(t))$$

(1) 求 $h^{″}(t)$，请用 $f(x_1,...,x_n)$ 与 $x_1(t),...,x_n(t)$ 的高阶（偏）导函数表示。

$$h^{\prime }(t)=\sum _{i=1}^n{x}_i^{\prime }(t)\frac{\partial }{\partial x_i}f$$$$h^{″}(t)=\sum _{i=1}^n{x}_i^{″}(t)\frac{\partial }{\partial x_i}f+\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n{x}_i^{\prime }(t)x_j^{\prime }(t)\frac{{\partial }^2}{\partial x_j\partial x_i}f$$

(2) 令 $p=(x_1(0),...,x_n(0))$。假设 $p$ 是函数 $f(x_1,...,x_n)$ 在约束条件 $g(x_1,...,x_n)=0$ 下的条件极值点。请叙述此情形下的拉格朗日乘子法。

$$L=f(x_1,...,x_n)-\lambda g(x_1,...,x_n)$$

条件极值点满足

$$\begin{array}{c}{\mathrm{\nabla }f|}_{x_i=x_i(0),1\le i\le n}=\lambda {\mathrm{\nabla }g|}_{x_i=x_i(0),1\le i\le n}\\ g(x_1(0),\cdots ,x_n(0))=0\end{array}$$

(3) 设 $\lambda \in \mathbb{R}$ 满足 (2) 中所述拉格朗日乘子法的结论，定义 $n$ 元函数 $F$ 为

$$F(x_1,...,x_n)=f(x_1,...,x_n)-\lambda g(x_1,...,x_n)$$

证明：如果对任何 $t$，都有 $g(x_1(t),...,x_n(t))=0$，则

$$h^{″}(0)={\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n\frac{{\partial }^{2}F}{\partial x_i\partial x_j}|}_{\mathbf{p}}{x}_i^{\prime }(0)x_j^{\prime }(0)$$

证明：已知

$$h^{″}(0)={\sum _{i=1}^n{x}_i^{″}(0)\frac{\partial }{\partial x_i}f|}_{\mathbf{p}}+{\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n{x}_i^{\prime }(0)x_j^{\prime }(0)\frac{{\partial }^2}{\partial x_j\partial x_i}f|}_{\mathbf{p}}$$

由于

$${\frac{{\partial }^{2}F}{\partial x_i\partial x_j}|}_{\mathbf{p}}={\frac{{\partial }^{2}f}{\partial x_i\partial x_j}|}_{\mathbf{p}}-\lambda {\frac{{\partial }^{2}g}{\partial x_i\partial x_j}|}_{\mathbf{p}}$$

所以

$$h^{″}(0)={\sum _{i=1}^n{x}_i^{″}(0)\frac{\partial }{\partial x_i}f|}_{\mathbf{p}}-\lambda {\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n{x}_i^{\prime }(0)x_j^{\prime }(0)\frac{{\partial }^2}{\partial x_j\partial x_i}g|}_{\mathbf{p}}+{\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n{x}_i^{\prime }(0)x_j^{\prime }(0)\frac{{\partial }^2}{\partial x_j\partial x_i}F|}_{\mathbf{p}}$$

因为 $n$ 元函数 $f(x_1,...,x_n),g(x_1,...,x_n)$ 与一元函数 $x_1(t),...,x_n(t)$ 都是 $C^2$ 光滑的定义函数 ，所以导数顺序可以交换

因为对任何 $t$，都有 $g(x_1(t),...,x_n(t))=0$，所以

$$g^{″}(t)=0$$

所以

$$g^{″}(t)=\sum _{i=1}^n{x}_i^{″}(t)\frac{\partial }{\partial x_i}g+\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n{x}_i^{\prime }(t)x_j^{\prime }(t)\frac{{\partial }^2}{\partial x_j\partial x_i}g=0$$

所以

$$\lambda {\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n{x}_i^{\prime }(0)x_j^{\prime }(0)\frac{{\partial }^2}{\partial x_j\partial x_i}g|}_{\mathbf{p}}=-\lambda {\sum _{i=1}^n{x}_i^{″}(t)\frac{\partial }{\partial x_i}g|}_{\mathbf{p}}$$

因为

$${\mathrm{\nabla }f|}_{x_i=x_i(0),1\le i\le n}=\lambda {\mathrm{\nabla }g|}_{x_i=x_i(0),1\le i\le n}$$

所以

$$-\lambda {\sum _{i=1}^n{x}_i^{″}(t)\frac{\partial }{\partial x_i}g|}_{\mathbf{p}}=-{\sum _{i=1}^n{x}_i^{″}(t)\frac{\partial }{\partial x_i}f|}_{\mathbf{p}}$$

所以

$$\begin{array}{c}{h}^{″}(0)={\sum _{i=1}^n{x}_i^{″}(0)\frac{\partial }{\partial x_i}f|}_{\mathbf{p}}-\lambda {\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n{x}_i^{\prime }(0)x_j^{\prime }(0)\frac{{\partial }^2}{\partial x_j\partial x_i}g|}_{\mathbf{p}}+{\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n{x}_i^{\prime }(0)x_j^{\prime }(0)\frac{{\partial }^2}{\partial x_j\partial x_i}F|}_{\mathbf{p}}\\ ={\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n\frac{{\partial }^{2}F}{\partial x_i\partial x_j}|}_{\mathbf{p}}{x}_i^{\prime }(0)x_j^{\prime }(0)\end{array}$$

6

设 $f,g\in C^1({\mathbb{R}}^2,\mathbb{R})$，令 $D=\{(x,y)|g(x,y)\ge 0\}$。设 $g(x_0,y_0)=0$ 且 $g_x(x_0,y_0),g_y(x_0,y_0)$ 不全为零，且对任何 $(x,y)\in D$ 有 $f(x_0,y_0)\le f(x,y)$。

证明：存在非负实数 $\lambda$，使得

$$\{\begin{array}{l}{f}_x(x_0,y_0)-\lambda g_x(x_0,y_0)=0,\\ f_y(x_0,y_0)-\lambda g_y(x_0,y_0)=0.\end{array}$$

证明 由于 $g(x_0,y_0)=0$ 且 $\mathrm{\nabla }g(x_0,y_0)\ne 0$ ，根据隐函数定理，存在邻域 $U$ 和唯一 $C^1$ 函数 $y=\phi (x)$，使得 $g(x,\phi (x))=0$ 对所有 $x\in U$ 成立。

$$h^{\prime }(x_0)=f_x(x_0,y_0)+f_y(x_0,y_0){\phi }^{\prime }(x_0)=0$$

根据隐函数定理，${\phi }^{\prime }(x_0)=-\frac{g_x(x_0,y_0)}{g_y(x_0,y_0)}$

$$f_x-f_y\cdot \frac{g_x}{g_y}=0$$

令 $\lambda =\frac{f_y(x_0,y_0)}{g_y(x_0,y_0)}$，则

$$\{\begin{array}{l}{f}_x(x_0,y_0)-\lambda g_x(x_0,y_0)=0,\\ f_y(x_0,y_0)-\lambda g_y(x_0,y_0)=0.\end{array}$$

由于 $(x_0,y_0)$$\mathrm{是}$$f$ 在 $D$ 上的极小值点，沿梯度 $\mathrm{\nabla }g$ 方向

$$\mathrm{\nabla }f\cdot \frac{\mathrm{\nabla }g}{\parallel \mathrm{\nabla }g\parallel }\ge 0.$$

结合 $\mathrm{\nabla }f=\lambda \mathrm{\nabla }g$

$$\lambda \parallel \mathrm{\nabla }g{\parallel }^2\ge 0⟹\lambda \ge 0.$$