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user: 2. 二元函数极值讨论 二元函数极值的充分定理是：当 z = f ( x ， y ) 在 ( x 0 ， y 0 ) 的邻域内具有二阶连续偏导数，当 ( x 0 ， y 0 ) 为驻点，记 A = f ″ x x ( x 0 ， y 0 ) ， B = f ″ x y ( x 0 ， y 0 ) ， C = f ″ y y ( x 0 ， y 0 ) ，则 A C − B 2 > 0 取得极值， A C − B 2 < 0 不取得极值 [ 1 ]。 那么当 A C − B 2 = 0 如何讨论，本文解决一些特殊情形下的极值讨论。 1、当 z = f ( x ， y ) 在 ( x 0 ， y 0 ) 的邻域内具有三阶连续偏导数，当 ( x 0 ， y 0 ) 为驻点，记 A = f ″ x x ( x 0 ， y 0 ) ， B = f ″ x y ( x 0 ， y 0 ) ， C = f ″ y y ( x 0 ， y 0 ) ，且满足 A C − B 2 = 0 ， A = 0 或 C = 0 ，显然 B = 0 ，如果 A = 0 但 f ‴ x x x ( x 0 ， y 0 ) ≠ 0 ，则 ( x 0 ， y 0 ) 不是极值点。 证明：不妨设 f ‴ x x x ( x 0 ， y 0 ) > 0 ， f ‴ x x x ( x 0 ， y 0 ) = lim h → 0 f ″ x x ( x 0 + h ， y 0 ) − A h ，则有保号性定理存在 ( x 0 ， y 0 ) 的某个邻域，使得 f ″ x x ( x 0 + h ， y 0 ) h ≥ 0 ，在 y = y 0 平面上曲线 { z = f ( x ， y ) y = y 0 ， ( x 0 ， y 0 ) 为曲线的拐点且可导，所以不是极值点 [ 2 ]，即曲线上在该点邻域内既有比该点函数值大的点，也有小的点，所以二元函数 z = f ( x ， y ) 在 ( x 0 ， y 0 ) 不取极值。 例1.讨论 z = x 3 + y 4 的极值 解：由 { z ′ x = 3 x 2 = 0 z ′ y = 4 y 3 = 0 ( 0 ， 0 ) 得为驻点，且 A = 0 ， B = 0 ， C = 0 ， A C − B 2 = 0 ， f ‴ x x x ( x 0 ， y 0 ) = 6 ≠ 0 ，故 ( 0 ， 0 ) 不是该函数的极值点。 2、当 z = f ( x ， y ) 在 ( x 0 ， y 0 ) 的邻域内具有二阶连续偏导数，当 ( x 0 ， y 0 ) 为驻点，记 A = f ″ x x ( x 0 ， y 0 ) ， B = f ″ x y ( x 0 ， y 0 ) ， C = f ″ y y ( x 0 ， y 0 ) ，且满足 A C − B 2 = 0 ， A ≠ 0 且 C ≠ 0 ，如果在 ( x 0 ， y 0 ) 邻域内 f ″ x x ( x 0 + k ， y 0 + h ) f ″ y y ( x 0 + k ， y 0 + h ) − [ f ″ x y ( x 0 + k ， y 0 + h ) ] 2 ≥ 0 ，则 ( x 0 ， y 0 ) 是极值点。 证明：在驻点 ( x 0 ， y 0 ) 处，由二元函数泰勒公式得 Δ z = f ′ x ( x 0 ， y 0 ) k + f ′ y ( x 0 ， y 0 ) h + 1 2 f ″ x x ( x 0 + θ k ， y 0 + θ h ) k 2     + f ″ x y ( x 0 + θ k ， y 0 + θ h ) k h + 1 2 f ″ y y ( x 0 + θ k ， y 0 + θ h ) h 2 = 1 2 f ″ x x ( x 0 + θ k ， y 0 + θ h ) { [ f ″ x x ( x 0 + θ k ， y 0 + θ h ) k ] 2 + [ f ″ x y ( x 0 + θ k ， y 0 + θ h ) h ] 2     + 2 f ″ x x ( x 0 + θ k ， y 0 + θ h ) f ″ x y ( x 0 + θ k ， y 0 + θ h ) k h − [ f ″ x y ( x 0 + θ k ， y 0 + θ h ) h ] 2 + f ″ x x ( x 0 + θ k ， y 0 + θ h ) f ″ y y ( x 0 + θ k ， y 0 + θ h ) h 2 } = 1 2 f ″ x x ( x 0 + θ k ， y 0 + θ h ) { [ f ″ x x ( x 0 + θ k ， y 0 + θ h ) k + f ″ x y ( x 0 + θ k ， y 0 + θ h ) h ] 2       + h 2 [ f ″ x x ( x 0 + k ， y 0 + h ) f ″ y y ( x 0 + k ， y 0 + h ) − [ f ″ x y ( x 0 + k ， y 0 + h ) ] 2 ] } 当 k ， h 不同时为0时， Δ z 与 f ″ x x ( x 0 + θ k ， y 0 + θ h ) 同号，所以当 A > 0 时，由保号性定理在驻点邻域内 f ″ x x ( x 0 + θ k ， y 0 + θ h ) > 0 ，所以 Δ z > 0 ，函数值为极小值，同理， A < 0 ，函数值为极大值，可推广到 C ≠ 0 例2.讨论 z = e x 2 + y 2 + 2 x y 的极值 解：由 { z ′ x = 2 x e x 2 + y 2 + 2 y = 0 z ′ y = 2 y e x 2 + y 2 + 2 x = 0 得 ( 0 ， 0 ) 为驻点， { z ″ x x = ( 2 + 4 x 2 ) e x 2 + y 2 z ″ x y = 4 x y e x 2 + y 2 + 2 z ″ yy = ( 2 + 4 y 2 ) e x 2 + y 2 所以在 ( 0 ， 0 ) 点， A = 2 ， B = 2 ， C = 2 ， A C − B 2 = 0 ， f ″ x x ( k ， h ) = ( 2 + 4 k 2 ) e k 2 + h 2 > 0 ， f ″ y y ( k ， h ) = ( 2 + 4 h 2 ) e k 2 + h 2 ， f ″ x y ( k ， h ) = 4 k h e k 2 + h 2 + 2 ，因为 e k 2 + h 2 ≥ 1 ，所以 Δ = 4 ( e k 2 + h 2 ) 2 − 4 + 8 e k 2 + h 2 ( e k 2 + h 2 ( k 2 + h 2 ) − 2 k h ) ≥ 0 故 ( 0 ， 0 ) 是该函数的极小值点 3、添加辅助函数说明极值不存在，当 z = f ( x ， y ) ， g = ( x ， y ) 在 ( x 0 ， y 0 ) 取得极小（大）值，则 z = f ( x ， y ) + g ( x ， y ) 在 ( x 0 ， y 0 ) 也取得极小（大）值。 例3.讨论函数 f ( x ， y ) = x 4 + y 4 − 2 x 2 − 2 y 2 + 4 x y 在 ( 0 ， 0 ) 是否取得极值? 解： { f ′ x = 4 x 3 − 4 x + 4 y f ′ y = 4 y 3 − 4 y + 4 x ， { f ″ x x = 12 x 2 − 4 f ″ x y = 4 f ″ y y = 12 y 2 − 4 在 ( 0 ， 0 ) 处， A = C = − 4 ， B = 4 ， Δ = A C − B 2 = 0 ，无法判别。 取 y = x ， f ( x ， y ) = x 4 + y 4 ≥ 0 ，故0不可能是极大值，不妨设 ( 0 ， 0 ) 为 f ( x ， y ) = x 4 + y 4 − 2 x 2 − 2 y 2 + 4 x y 的极小点，构造函数 g ( x ， y ) = 2 x 2 + 2 y 2 ，由充分定理判别得 ( 0 ， 0 ) 为 g ( x ， y ) = 2 x 2 + 2 y 2 极小点。 令 h ( x ， y ) = f ( x ， y ) + g ( x ， y ) = x 4 + y 4 + 4 x y 所以得 ( 0 ， 0 ) 为 h ( x ， y ) 的极小点。 但对于 h ( x ， y ) ， { h ′ x = 4 x 3 + 4 y h ′ y = 4 y 3 + 4 x ， { h ″ x x = 12 x 2 h ″ x y = 4 h ″ y y = 12 y 2 所以在 ( 0 ， 0 ) 处 A = C = 0 ， B = 4 ， Δ = A C − B 2 = − 16 < 0 得到矛盾， ( 0 ， 0 ) 不是极小点，从而不是极值点。