4-2 微积分笔记

例1、求$u=x^2+y^2+z^2$在约束条件$z=x^2+y^2,x+y+z=4$下的最值。

解：令

$$\phi (x,y,z,\lambda,\mu) = x^2+y^2+z^2 + \lambda(z-x^2-y^2) + \mu(x+y+z-4)$$

由

$$\begin{cases}\phi'_x=2x-2\lambda x + \mu = 0 \\ \phi'_y = 2y-2\lambda y +\mu = 0 \\ \phi'_z = 2z+\lambda+\mu = 0\\ \phi'_\lambda = z-x^2-y^2 = 0\\ \phi'_\mu = x+y+z-4 = 0\end{cases}$$

解得两个点：$f(-2,-2,8)=72,f(1,1,2)=6$

例2、在底面半径为$R$，高为$H$的直圆锥内嵌入一个长方体，使得长方体的底面与锥的底面重合，顶点在锥面上。求长方体的最大体积。

解：建系，$V(x,y,z)= 4xyz$
约束：$0<x,y<R$，锥面：$H\sqrt{x^2+y^2}+R(z-H)=0$

令

$$\phi(x,y,z,\lambda) = 4xyz + \lambda[H\sqrt{x^2+y^2}+R(z-h)]$$
则
$$\begin{cases}\phi'_x = 4yz + \lambda H x / \sqrt{x^2+y^2} = 0 \\ \phi'_y=4xz + \lambda H y / \sqrt{x^2+y^2} =0 \\ \phi'_z = 4xy + \lambda R = 0 \end{cases}$$
易知$x=y,z=\frac{H}{\sqrt 2 R}x =\frac{\sqrt 2 H}{2 R}x$
从而$x=y=\frac{\sqrt 2}{3}R , z = \frac H3$

$$V_\max = 4(\frac{\sqrt 2}{3}R)^2\frac H3$$

方向导数和梯度

【定义1】设$u=f(x,y,z)$在$P_0(x_0,y_0,z_0)$的某邻域$U$有定义。设

$$\vec l = \{\cos \alpha,\cos\beta,\cos\gamma\},P(x_0+\rho\cos\alpha,y_0+\rho\cos\beta,z_0+\rho\cos\gamma)\in U$$
其中$\rho = |P P_0|$.
若 $$\lim_{\rho\to 0^+} \frac {f(x_0+\rho\cos\alpha,y_0+\rho\cos\beta,z_0+\rho\cos\gamma)-f(x_0,y_0,z_0)}\rho = \lim \frac{f(P)-f(P_0)}{\rho}$$ 存在，则称为$f(x,y,z)$在$P_0$处$\vec l$上的方向导数，记为$\frac{\partial f}{\partial \vec l}\Big |_{P_0}$

【定理1】若$u=f(x,y,z)$在$P_0$处可微，则$f(x,y,z)$在$P_0$处任意方向上的方向导数存在，且

$$\frac{\partial f}{\partial \vec l}\Big|_{P_0} = \frac{\partial f}{\partial x}\Big|_{P_0}\cos \alpha+\frac{\partial f}{\partial y}\Big|_{P_0}\cos \beta + \frac{\partial f}{\partial z}\Big|_{P_0}\cos \gamma$$

梯度

对于$u=f(x,y,z)$在$P_0$处的

$$\Big \{\frac{\partial f}{\partial x}\Big |_{P_0},\frac{\partial f}{\partial y}\Big |_{P_0},\frac{\partial f}{\partial z}\Big |_{P_0}\Big\}$$
称为梯度。记为
$$\text{grad}~f|_{P_0} = \{f'_x,f'_y,f'_z\}|_{P_0}$$
我们有
$$\frac{\partial f}{\partial \vec l}\Big |_{P_0} = \text{grad}~f|_{P_0} \cdot \vec l = |\text{grad}~f|_{P_0} \cdot |\vec l|\cdot \cos \hat\theta$$
这也说明：梯度方向，就是函数上升最快的方向。