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114 台聯大微積分 A3/A4/A6 第 4 題

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114學年度 · 114微積分A3/A4/A6 · 第 4 題

題目

Problem

Find the absolute maximum value of f(x,y)=e−x2−y2(x2+2y2)f(x, y) = e^{-x^2-y^2}(x^2+2y^2) on the set DD, where DD is the disk x2+y2≤4x^2+y^2 \le 4.

(4) (4)‾\underline{\quad(4)\quad}.

解答

解法一

思路

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  1. 本題要求尋找二元函數 f(x,y)=e−x2−y2(x2+2y2)f(x, y) = e^{-x^2-y^2}(x^2+2y^2) 在閉圓盤區域 D={(x,y):x2+y2≤4}D = \{(x,y): x^2+y^2 \le 4\} 上的絕對極大值 (Absolute Maximum Value)。
  2. 觀察目標函數與區域邊界的特徵：
    • 指數部分有 x2+y2x^2+y^2，且區域為圓盤，這暗示我們非常適合使用極座標變換 (Polar Coordinates)。
  3. 令 x=rcos⁡θx = r\cos\theta，y=rsin⁡θy = r\sin\theta，其中 0≤r≤20 \le r \le 2 且 0≤θ≤2π0 \le \theta \le 2\pi。
  4. 將極座標代入原函數，得到關於 rr 與 θ\theta 的函數 g(r,θ)g(r, \theta)： g(r,θ)=e−r2(r2cos⁡2θ+2r2sin⁡2θ)=r2e−r2(1+sin⁡2θ)g(r, \theta) = e^{-r^2} (r^2\cos^2\theta + 2r^2\sin^2\theta) = r^2 e^{-r^2} (1 + \sin^2\theta)
  5. 由於 r2e−r2r^2 e^{-r^2} 與 (1+sin⁡2θ)(1 + \sin^2\theta) 兩部分皆非負，且變數 rr 與 θ\theta 彼此獨立，我們可以分開求兩部分的最大值再相乘：
    • 第一部分：求 H(θ)=1+sin⁡2θH(\theta) = 1 + \sin^2\theta 的最大值。
    • 第二部分：求 h(r)=r2e−r2h(r) = r^2 e^{-r^2} 在區間 [0,2][0, 2] 上的最大值（利用單變數極值分析）。
  6. 相乘即為絕對極大值。

答題過程

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我們採用極座標變換，令：

x=rcos⁡θ,y=rsin⁡θx = r\cos\theta, \quad y = r\sin\theta

由於定義域為圓盤 D:x2+y2≤4D: x^2+y^2 \le 4，極座標的範圍限制為：

0≤r≤2,0≤θ≤2π0 \le r \le 2, \quad 0 \le \theta \le 2\pi

將代換關係代入函數 f(x,y)f(x,y) 中：

g(r,θ)= e−r2((rcos⁡θ)2+2(rsin⁡θ)2)= e−r2(r2cos⁡2θ+2r2sin⁡2θ)= r2e−r2(cos⁡2θ+2sin⁡2θ)\begin{align*} g(r, \theta) =&\, e^{-r^2} \Big( (r\cos\theta)^2 + 2(r\sin\theta)^2 \Big) \\[4mm] =&\, e^{-r^2} \Big( r^2\cos^2\theta + 2r^2\sin^2\theta \Big) \\[4mm] =&\, r^2 e^{-r^2} \Big( \cos^2\theta + 2\sin^2\theta \Big) \end{align*}

利用三角恆等式 cos⁡2θ+sin⁡2θ=1\cos^2\theta + \sin^2\theta = 1：

g(r,θ)= r2e−r2(1+sin⁡2θ)\begin{align*} g(r, \theta) =&\, r^2 e^{-r^2} (1 + \sin^2\theta) \end{align*}

因為 r2e−r2≥0r^2 e^{-r^2} \ge 0 且 (1+sin⁡2θ)>0(1 + \sin^2\theta) > 0，函數 g(r,θ)g(r, \theta) 的最大值可以透過分別求 1+sin⁡2θ1+\sin^2\theta 與 r2e−r2r^2 e^{-r^2} 的最大值相乘而得：

1. 求解 1+sin⁡2θ1 + \sin^2\theta 的最大值 由於 sin⁡θ∈[−1,1]\sin\theta \in [-1, 1]，其平方項最大為 11：

max⁡θ∈[0,2π](1+sin⁡2θ)=1+12=2(當 θ=π2 或 3π2 時)\max_{\theta \in [0, 2\pi]} (1 + \sin^2\theta) = 1 + 1^2 = 2 \quad \left(\text{當 } \theta = \frac{\pi}{2} \text{ 或 } \frac{3\pi}{2} \text{ 時}\right)

2. 求解 h(r)=r2e−r2h(r) = r^2 e^{-r^2} 在 [0,2][0, 2] 上的最大值 我們利用單變數微分方法尋找臨界點：

h′(r)= 2re−r2+r2⋅e−r2(−2r)= 2re−r2(1−r2)\begin{align*} h'(r) =&\, 2r e^{-r^2} + r^2 \cdot e^{-r^2}(-2r) \\[4mm] =&\, 2r e^{-r^2} (1 - r^2) \end{align*}

令 h′(r)=0h'(r) = 0，且考慮 0≤r≤20 \le r \le 2，解得臨界點為：

r=0或r=1r = 0 \quad \text{或} \quad r = 1

接著，比較臨界點與區間端點的函數值大小：

  • 當 r=0r = 0 時： h(0)=02e0=0h(0) = 0^2 e^{0} = 0
  • 當 r=1r = 1 時： h(1)=12e−1=e−1=1eh(1) = 1^2 e^{-1} = e^{-1} = \frac{1}{e}
  • 當 r=2r = 2 時： h(2)=22e−4=4e−4=4e4h(2) = 2^2 e^{-4} = 4e^{-4} = \frac{4}{e^4}

由於 e≈2.718e \approx 2.718，顯然 1e>4e4\frac{1}{e} > \frac{4}{e^4}。故 h(r)h(r) 在 r=1r=1 處取得絕對最大值：

max⁡r∈[0,2]h(r)=1e\max_{r \in [0, 2]} h(r) = \frac{1}{e}

3. 綜合求出絕對極大值 將兩部分的最大值相乘：

max⁡Df(x,y)= max⁡r∈[0,2]h(r)⋅max⁡θ∈[0,2π](1+sin⁡2θ)= 1e⋅2= 2e\begin{align*} \max_{D} f(x, y) =&\, \max_{r \in [0, 2]} h(r) \cdot \max_{\theta \in [0, 2\pi]} (1 + \sin^2\theta) \\[4mm] =&\, \frac{1}{e} \cdot 2 \\[4mm] =&\, \frac{2}{e} \end{align*}

該絕對極大值發生在極座標點 (r,θ)=(1,π2)(r, \theta) = (1, \frac{\pi}{2}) 與 (1,3π2)(1, \frac{3\pi}{2})，對應直角座標點 (0,1)(0, 1) 與 (0,−1)(0, -1)。

因此，第 (4) 格答案為 \frac{2}{e}（或寫成 2e^{-1}）。