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1、高等数学研究Vol.7,No.242STUDIESINCOLLEGEMATHEMATICSMar.,2004关于用代入法求条件极值的一点注记莫国良(浙江大学城市学院信计系杭州310015)摘要用一些例子说明在用代入法求多元函数的条件极值时要注意的问题。关键词条件极值;拉格朗日乘数法;代入法中图分类号O172我们知道在求解约束条件比较简单的条件极值问题时,既可以用拉格朗日乘数法,也可用代入法,但在用代入法求解时,如果不注意代入的条件,则可能导致不完整甚至错误的解答。且看下面三个例子。222例1求函数z=x+y在约束条件y
2、=1-x下的极值。2222dz用代入法求解时,如果将y=1-x代入z=x+y,则得z=x+(1-x),通过求解方程dx1111=0易得两个可能的极值点为,与,-。22221111但如果用拉格朗日乘数法,可得到三个可能的极值点。分别是(1,0)、,与,-,2222222通过观察几何图形(乃是旋转抛物面z=x+y与柱面y=1-x的交线),不难得出(1,0)是极大11113值点,极大值是1,,与,-都是极小值点,极小值都是。2222422222例2求u=x+y+z在x-z=1条件下的极值。2222222用代入法求解时,如果将
3、z=x-1代入u=x+y+z式,则得u=2x+y-1,通过求解方程组u′x=4x=0u′y=2y=02222222得x=0与y=0,但将x=0代入x-z=1时,z无解。因而u=x+y+z在x-z=1条件下似乎无极值。但如果用拉格朗日乘数法,则可得到二个可能的极值点,分别为(1,0,0)与(-1,0,0),且通过22几何意义(乃是求原点到柱面x-z=1的最短距离),不难得出(1,0,0)与(-1,0,0)都是极小值点,极小值都是1。22例3求原点到曲面(x-y)+z=1的最短距离.22222本题相当于求u=x+y+z在约
4、束条件(x-y)+z=1下的最值。22222用代入法求解时,如果将z=1-(x-y)代入u=x+y+z得222u=x+y+[1-(x-y)]=1+2xyu′x=2y=0由u′y=2x=0收稿日期:2003-06-26。第7卷第2期莫国良:关于用代入法求条件极值的一点注记43得可能的极值点为P1(0,0,1)与P2(0,0,-1),此时P1与P2到原点的距离均为1,而曲面(x-2211y)+z=1存在到原点距离比1小的点,比如P,-,0就是这样的点,因此用代入法求解22时,这样的最短距离不存在。11而用拉格朗日乘数法求解
5、时,则可得二个可能的极值点分别是P3-,,0与P422112,-,0,且从几何图形不难看出,P3、P4正是两个最值点,最短距离为。222为什么用代入法与拉格朗日乘数法会得到不同的结果呢?原来,用代入法求可能的极值点时,代入是有条件的。比如在自变量为二元时,求z=f(x,y)在条件φ(x,y)=0下的极值,当从φ(x,y)=0中解得y=y(x)代入z=f(x,y)求极值时,则在极值点(x0,y0)须满足φ′y(x0,y0)≠0。自变量为三元时,求u=f(x,y,z)在条件φ(x,y,z)=0下的极值,当从φ(x,y,z)
6、=0中解得z=z(x,y)代入u=f(x,y,z)求极值时,则在极值点(x0,y0,z0)须满足φ′z(x0,y0,z0)≠0。2而在例1中,φ(x,y)=y-(1-x),用代入法未求得的极值点(1,0)正满足φ′y(1,0)=2y(1,0)=0.22例2、例3的情况也一样。在例2中,φ(x,y,z)=x-z-1,φ′z(1,0,0)=φ′z(-1,0,0)=2211110。在例3中,φ(x,y,z)=(x-y)+z-1,φ′z(-,,0)=φ′z(,-,0)=0。2222那么用拉格朗日乘数法为什么不会遗漏可能的极值点
7、呢?※原来,在自变量为二元时,使用拉格朗日乘数法的条件是gradφ(x,y)≠0,这相当于φ′x(x,y)与φ′y(x,y)中有一个不为0就可以了。在自变量为三元时,使用拉格朗日乘数法的条件是※gradφ(x,y,z)≠0,这相当于φ′x(x,y,z)、φ′y(x,y,z)、φ′z(x,y,z)中有一个不为0就可以了。事实上,在低维情况下,利用多元函数的复合函数求导法,我们完全可以给拉格朗日乘数法一个几何意义鲜明的证明。另一方面,从定义域的角度也可看出代入法带来的情况的变化。2222如例1,求z=x+y在约束条件y=1
8、-x下的极值时,x的取值范围是(-∞,1],而将y222=1-x代入z=x+y,求一元函数z=x+(1-x)的极值时,x的取值范围已是(-∞,∞)。22222在例2,求u=x+y+z在x-z=1条件下的极值时,x的取值范围是(-∞,-1]U[1,2222222+∞),而将z=x-1代入u=x+y+z,求u=2x+y-1的极值时,x
