2018年考研数二第19题解析:条件极值、拉格朗日乘数法

题目

将长为 2m 的铁丝分成三段,依次围成圆、正方形与正三角形. 三个图形的面积之和是否存在最小值?若存在,求出最小值.

解析

设所围成的圆形的半径为 x, 正方形的边长为 y, 正三角形的边长为 z, 则:

  • 这三个图形的面积之和为:

s=πx2+y2+12zz2(z2)2

s=πx2+y2+34z2.(x>0,y>0,z>0)

  • 铁丝的长度为:

l=2=2πx+4y+3z.(x>0,y>0,z>0)

若令:

f(x,y,z)=πx2+y2+34z2.(x>0,y>0,z>0)

则,题目就【部分】转化为求函数 f(x,y,z) 在条件 2=2πx+4y+3z 下的【极小值】的问题了。

接着,我们可以构造出拉格朗日函数:

L(x,y,z,λ)=πx2+y2+34z2+λ(2πx+4y+3z2).

于是,令:

{Lx=2πx+2πλ=0;Ly=2y+4λ=0;Lz=32z+3λ=0;Lλ=2πx+4y+3z2=0

{x+λ=0;2y+4λ=0;32z+3λ=0;2πx+4y+3z2=0

{λ=x;2y+4λ=0;32z+3λ=0;2πx+4y+3z2=0

{2y4x=0;32z3x=0;2πx+4y+3z2=0

{y=2x;32z3x=0;2πx+4y+3z2=0

{32z3x=0;2πx+8x+3z2=0

{x=36z;(2π+8)x+3z2=0

(2π+8)36z+3z2=0

[(2π+8)36+3]z=2

[(2π+8)33+3]z=2

z0=23π+4+33.

进而,可得:

x0=36z0=1π+4+33.

y0=2x0=2π+4+33.

综上,有:

{x0=1π+4+33;y0=2π+4+33;z0=23π+4+33.

由拉格朗日乘数法的原理可知,f(x0,y0,z0) 是一个极值,要么是极大值,要么是极小值。

又由于“一条定长的线段能围成的面积最大的封闭图形是圆形”,因此,只有当 x=2, y=0, z=0 时,f(x,y,z) 才会取得最大值,因此,f(x0,y0,z0) 一定是一个极小值。

若要继续证明 f(x0,y0,z0) 是一个最小值,还要考虑区域边界上的情况,即,在区域 (x,y,z)|2=2πx+4y+3z,(x0,y0,z0) 的边界上是否存在比 f(x0,y0,z0) 更小的值,如果不存在,则就说明 f(x0,y0,z0) 是最小值。

若要考虑区域 (x,y,z)|2=2πx+4y+3z,(x0,y0,z0) 的边界上的取值情况,就要分别考虑 x=0, y=0z=0f(x,y,z) 的取值。

接着分析可知,由于“一条定长的线段能围成的面积最大的封闭图形是圆形”,那么,为了让该线段围成的封闭图形的面积最小,则就要不围出来圆形。在本题中,在 x=0y=0z=0 这三种情况中,只有让圆形的半径 x=0 时,才可以获得最小的面积,于是:

x=0, 可以构造出拉格朗日函数为:

L1(x,y,z,λ)=y2+34z2+λ(4y+3z2).

进而:

{L1y=2y+4λ=0;L1z=32z+3λ=0;L1λ=4y+3z2=0

{2y+4λ=0;32z+3λ=0;4y+3z2=0

{y=2λ;32z+3λ=0;4y+3z2=0

{x1=0;y1=24+33;z1=234+33

f(x1,y1,z1)=14+33.

又:

f(x0,y0,z0)=1π+4+33.

且:

1π+4+33<14+33.

于是,三个图形的面积之和存在最小值,且最小值为:

f(x0,y0,z0)=1π+4+33.


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