§$21.4$ 条件极值与条件最值

$Lagrange$ 乘子法

在满足约束条件 ${\phi }_i(x_1,x_2,\cdots ,x_n)=0(i=1,2,\cdots ,m,m<n)$ 时，求函数 $f(x_1,x_2,\cdots ,x_n)$ 的极值问题，可归结为对 $Lagrange$ 函数

L (x _ 1, x _ 2, … , x _ n) = f (x _ 1, x _ 2, … , x _ n) + ∑^ m λ_ i φ_ i (x _ 1, x _ 2, … , x _ n) (21.9)$$L(x_1,x_2,\dots ,x_n)=f(x_1,x_2,\dots ,x_n)+\sum ^m{\lambda }_i{\phi }_i(x_1,x_2,\dots ,x_n)\text{\hspace{1em}(21.9)}$$

求普通函数极值的问题，其中 ${\lambda }_i(i=1,2,\cdots ,m)$ 为常数因子．这种方法称为 $Lagrange$ 乘子法．$Lagrange$ 乘子法的证明见 $[55]$ 第三册的 $\mathrm{6.7.5}$ 小节 (其中证明了 $4$ 个命题), 其几何解释可见教科书 $[9,24,63]$ 等．

$Lagrange$ 乘子法的具体步骤是:

1. 作出 $Lagrange$ 函数 ($21.9$);

2. 由 $L_{x_i}=0(i=1,2,\cdots ,n)$ 与 ${\phi }_i=0(i=1,2,\cdots ,m)$ 联立解出 $L$ 的全部驻点与 ${\lambda }_i(i=1,2,\cdots ,m)$ 的具体值，并要求驻点处矩阵

( c c c c frac ∂ φ_ 1∂ x _ 1 & frac ∂ φ_ 1∂ x _ 2 & … & frac ∂ φ_ 1∂ x _ n frac ∂ φ_ 2∂ x _ 1 & frac ∂ φ_ 2∂ x _ 2 & … & frac ∂ φ_ 2∂ x _ n vdots & vdots & & vdots frac ∂ φ_ m∂ x _ 1 & frac ∂ φ_ m∂ x _ 2 & … & frac ∂ φ_ m∂ x _ n ) (21.10)$$\left(\begin{array}{cccc}\frac{\partial {\phi }_1}{\partial x_1}& \frac{\partial {\phi }_1}{\partial x_2}& \dots & \frac{\partial {\phi }_1}{\partial x_n}\\ \frac{\partial {\phi }_2}{\partial x_1}& \frac{\partial {\phi }_2}{\partial x_2}& \dots & \frac{\partial {\phi }_2}{\partial x_n}\\ ⋮& ⋮& & ⋮\\ \frac{\partial {\phi }_m}{\partial x_1}& \frac{\partial {\phi }_m}{\partial x_2}& \dots & \frac{\partial {\phi }_m}{\partial x_n}\end{array}\right)\text{\hspace{1em}(21.10)}$$

的秩为 $m$ ;

3. 对每个驻点 $p_0$ ，算出 $Hesse$ 矩阵 $\mathbf{H}({\mathbf{p}}_0)={\left(\frac{{\partial }^{2}L}{\partial x_i\partial x_j}\right)}_{n\times n}({\mathbf{p}}_0)$ . (1) 若 $H(p_0)$ 正定，则 $p_0$ 为 (条件) 极小值点; (2) 若 $H(p_0)$ 负定，则 $p_0$ 为 (条件) 极大值点; (3) 若 $H(p_0)$ 既不是正定，也不是负定，则由

d φ_ i (x _ 1, x _ 2, … , x _ n) = frac ∂ φ_ i∂ x _ i d x _ i = 0, i = 1, 2, … , m$$\mathrm{d}{\phi }_i(x_1,x_2,\dots ,x_n)=\frac{\partial {\phi }_i}{\partial x_i}\mathrm{d}{x}_i=0,i=1,2,\dots ,m$$

以及矩阵($21.10$)的秩为$m$，解出 $d{x}_1,d{x}_2,\cdots ,d{x}_n$ 中的$m$个。不妨设可解出 $d{x}_1,d{x}_2,\cdots ,d{x}_m$ ，将其代入$n$元二次型 ${\left(\mathrm{d}{x}_1\frac{\partial }{\partial x_1}+\mathrm{d}{x}_2\frac{\partial }{\partial x_2}+\cdots +\mathrm{d}{x}_n\frac{\partial }{\partial x_n}\right)}^{2}L(p_0)$ 中，化为二次型 ${\sum }_{i,j=1}^{n-m}{a}_{ij}d{x}_{i}d{x}_j$ 。令 $A=(a_{ij}{)}_{(n-m)\times (n-m)}$ 。若$A$是正定的，则 $p_0$ 为(条件)极小值点。若$A$是负定的，则 $p_0$ 为(条件)极大值点。若$A$是不定的，则 $p_0$ 不是(条件)极值点。若$A$是半定的，则需进一步判定。

如此看来，若出现 $H(p_0)$ 既不正定，也不负定的情况下，讨论将相当复杂．

例题 $21.4.1$

解 $1$

作 $Lagrange$ 函数

L (x, y, λ) = a x ^ 2 + 2 b x y + c y ^ 2 - λ (x ^ 2 + y ^ 2 - 1).$$L(x,y,\lambda )=a{x}^2+2bxy+c{y}^2-\lambda \left(x^2+y^2-1\right).$$

解方程组

L _ x = 2 a x + 2 b y - 2 λ x = 0, (21.11)$$L_x=2ax+2by-2\lambda x=0,\text{\hspace{1em}(21.11)}$$L _ y = 2 b x + 2 c y - 2 λ y = 0, (21.12)$$L_y=2bx+2cy-2\lambda y=0,\text{\hspace{1em}(21.12)}$$x ^ 2 + y ^ 2 = 1. (21.13)$$x^2+y^2=1.\text{\hspace{1em}(21.13)}$$

由($21.13$)知 $x,y$ 不可能同时为零，于是由($21.11$)，($21.12$)得

| c c a - λ & b b & c - λ | = λ^ 2 - (a + c) λ + a c - b ^ 2 = 0. (21.14)$$\left|\begin{array}{cc}a-\lambda & b\\ b& c-\lambda \end{array}\right|={\lambda }^2-(a+c)\lambda +ac-b^2=0.\text{\hspace{1em}(21.14)}$$

因判别式 $\Delta =(a+c{)}^2-4(ac-b^2)=(a-c{)}^2+4b^2>0$ ，从而解得两个相异实根

λ_ ± = frac 12 [ a + c ± sqrt (a - c) ^ 2 + 4 b ^ 2 ].$${\lambda }_{\pm }=\frac{1}{2}[a+c\pm \sqrt{(a-c{)}^2+4b^2}].$$

对每个 $\lambda$ ，由 ($21.11$) (或($21.12$)) 与 ($21.13$) 解出两组解

(λ_ +, x _ 1, y _ 1), (λ_ +, x _ 2, y _ 2), (λ_ -, x _ 3, y _ 3), (λ_ -, x _ 4, y _ 4),$$({\lambda }_{+},x_1,y_1),({\lambda }_{+},x_2,y_2),({\lambda }_{-},x_3,y_3),({\lambda }_{-},x_4,y_4),$$

且 $y_1{y}_2{y}_3{y}_4\ne 0.$ 由($21.11$)与($21.12$)知

| c c L _ x x & L _ x y L _ x y & L _ y y | = | c c 2 (a - λ) & 2 b 2 b & 2 (c - λ) | = 0.$$\left|\begin{array}{cc}{L}_{xx}& L_{xy}\\ L_{xy}& L_{yy}\end{array}\right|=\left|\begin{array}{cc}2(a-\lambda )& 2b\\ 2b& 2(c-\lambda )\end{array}\right|=0.$$

从而在驻点，矩阵 $\left(\begin{array}{cc}{L}_{xx}& L_{xy}\\ L_{xy}& L_{yy}\end{array}\right)$ 既不是正定的，也不是负定的．此时，对 ($21.13$) 求微分得

2 x d x + 2 y d y = 0,$$2x\mathrm{d}x+2y\mathrm{d}y=0,$$

解出

d y = - frac xy d x.$$\mathrm{d}y=-\frac{x}{y}\mathrm{d}x.$$

然后代入 ${\mathrm{d}}^{2}L=2(a-\lambda )\mathrm{d}{x}^2+4b\mathrm{d}x\mathrm{d}y+2(c-\lambda )\mathrm{d}{y}^2$ 中，得

r l d ^ 2 L & = frac 2y ^ 2 [ (a - λ) y ^ 2 - 2 b x y + (c - λ) x ^ 2 ] d x ^ 2 & = frac 2y ^ 2 (a + c - 2 λ) d x ^ 2 { l l < 0, & λ = λ_ +, > 0, & λ = λ_ -. .$$\begin{array}{rl}{\mathrm{d}}^{2}L& =\frac{2}{y^2}[(a-\lambda )y^2-2bxy+(c-\lambda )x^2]\mathrm{d}{x}^2\\ & =\frac{2}{y^2}(a+c-2\lambda )\mathrm{d}{x}^2\{\begin{array}{ll}<0,& \lambda ={\lambda }_{+},\\ >0,& \lambda ={\lambda }_{-}.\end{array}\end{array}$$

因此，对应于 ${\lambda }_{+}({\lambda }_{-})$ , $f$ 取得极大 (小) 值．

解 $2$ 用隐函数方法

容易证明 $b\ne 0$ 时，$f$ 的极值不在 $(\pm 1,0)$ 取得，而除去这两点外，$x^2+y^2-1=0$ 在单位圆上任意点的某邻域内有连续可导的隐函数 $y=h(x)$，且 $y^{\prime }=-\frac{x}{y}$ .

记 $F(x)=f(x,h(x))$ ，则

r l F ^ prime (x) & = 2 a x + 2 b (y + x y ^ prime) + 2 c y y ^ prime & = 2 (a x + b y) + 2 (b x + c y) (- frac xy) = frac 2y [ (a - c) x y + b (y ^ 2 - x ^ 2) ].$$\begin{array}{rl}{F}^{\prime }(x)& =2ax+2b(y+x{y}^{\prime })+2cy{y}^{\prime }\\ & =2(ax+by)+2(bx+cy)\left(-\frac{x}{y}\right)=\frac{2}{y}[(a-c)xy+b(y^2-x^2)].\end{array}$$

令 $F^{\prime }(x)=0$ ，记 $u=\frac{x}{y}$ ，由上式得

b u ^ 2 - (a - c) u - b = 0.$$b{u}^2-(a-c)u-b=0.$$

它的判别式 $\Delta =(a-c{)}^2+4b^2>0$ ，故方程有相异实根

u _ ± = frac 12 b [ a - c ± sqrt (a - c) ^ 2 + 4 b ^ 2 ],$$u_{\pm }=\frac{1}{2b}[a-c\pm \sqrt{(a-c{)}^2+4b^2}],$$

且异号．将它们代入 $x^2+y^2=1$ 中可解得对应于 $u_{+}$ 的解 $x_1,x_2$ 和对应于 $u_{-}$ 的解 $x_3,x_4$．在这些驻点上

r l F ^ prime prime (x) & = frac 2y {(a - c) y - 2 b x + [ (a - c) x + 2 b y ] (- frac xy) } & = frac 2y ^ 2 [ (a - c) (y ^ 2 - x ^ 2) - 4 b x y ] & = frac 2 x yy ^ 2 [ - frac (a - c) ^ 2b - 4 b ] & = - frac 2 ub [ (a - c) ^ 2 + 4 b ^ 2 ] { l l < 0, & u = u _ +, > 0, & u = u _ -. .$$\begin{array}{rl}{F}^{\prime \prime }(x)& =\frac{2}{y}\left\{(a-c)y-2bx+[(a-c)x+2by]\left(-\frac{x}{y}\right)\right\}\\ & =\frac{2}{y^2}\left[(a-c)(y^2-x^2)-4bxy\right]\\ & =\frac{2xy}{y^2}\left[-\frac{(a-c{)}^2}{b}-4b\right]\\ & =-\frac{2u}{b}\left[(a-c{)}^2+4b^2\right]\{\begin{array}{ll}<0,& u=u_{+},\\ >0,& u=u_{-}.\end{array}\end{array}$$

故 $x_1,x_2$ 是 $f$ 的极大值点，$x_3,x_4$ 是 $f$ 的极小值点，其极大值和极小值分别为

(a u _ + ^ 2 + 2 b u _ + + c) / (u _ + ^ 2 + 1) text 和 (a u _ - ^ 2 + 2 b u _ - + c) / (u _ - ^ 2 + 1).$$(a{u}_{+}^2+2b{u}_{+}+c)/(u_{+}^2+1)\text{和}(a{u}_{-}^2+2b{u}_{-}+c)/(u_{-}^2+1).$$

解 $3$

注意到

f (x, y) = (x, y) ( c c a & b b & c ) binomxy$$f(x,y)=(x,y)\left(\begin{array}{cc}a& b\\ b& c\end{array}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{x}{y}\right)$$

是一个实的二元二次型，利用高等代数中的有关定理: 任意一个实二次型

∑_ i, j = 1 ^ n a _ i j x _ i x _ j (a _ i j = a _ j i, i, j = 1, 2, … , n)$$\sum _{i,j=1}^n{a}_{ij}{x}_i{x}_j(a_{ij}=a_{ji},i,j=1,2,\dots ,n)$$

都可以经过正交的线性变换变成平方和

λ_ 1 y _ 1 ^ 2 + λ_ 2 y _ 2 ^ 2 + … + λ_ n y _ n ^ 2,$${\lambda }_1{y}_1^2+{\lambda }_2{y}_2^2+\cdots +{\lambda }_n{y}_n^2,$$

其中平方项的系数 ${\lambda }_1,{\lambda }_2,\cdots ,{\lambda }_n$ 就是矩阵 $(a_{ij}{)}_{n\times n}$ 的特征多项式全部的根．因此 $f(x,y)$ 可化为

f (x, y) = λ_ 1 u ^ 2 + λ_ 2 v ^ 2, text 且 u ^ 2 + v ^ 2 = 1,$$f(x,y)={\lambda }_1{u}^2+{\lambda }_2{v}^2,\text{且}{u}^2+v^2=1,$$

其中 $u,v$ 是 $x,y$ 的线性组合，然后再用 $Lagrange$ 乘子法或初等方法求解． □

有些极值问题会有初等解法，但这些初等解法一般都有一定的局限性．

$\mathrm{21.4.2}$ 条件最值

在很多实际问题中，要求的是条件最值．从理论上讲，可通过求条件极值及与边界值、不可导点的值等的比较来得到条件最值．但从上节看到，确定条件极值是一件比较麻烦的事．在实际解题过程中，有许多简捷的方法，下面作些讨论．

以三元函数 $u=f(x,y,z)$ 和一个约束条件 $g(x,y,z)=0$ 为例（设 $f,g$ 在其定义域上连续可微).在求 $u$ 的最值时，只要最值存在，且 $g_x,g_y,g_z$ 在 $D_1=\{(x,y,z)\mid g(x,y,z)=0\}$ 上不同时为 $0$，则最值点必是极值点，从而必是 $Lagrange$ 函数的驻点．事实上，设 $p_0(x_0,y_0,z_0)$ 是最值点，且 $g_z(p_0)\ne 0$ ，则存在点 $(x_0,y_0)$ 的邻域 $O(x_0,y_0)$ ，使在其中确定隐函数 $z=z(x,y)$．于是 $u=f(x,y,z(x,y))$ 在 $O(x_0,y_0)$ 中有定义，且于点 $(x_0,y_0)$ 处取最值．因为 $O(x_0,y_0)$ 是开区域，所以 $u=f(x,y,z(x,y))$ 在点 $(x_0,y_0)$ 处取极值．由此可得求条件最值的方法如下：

1. 若约束为标准形式 $g(x,y,z)=0$ ，且约束集合 $D_1=\{(x,y,z)\mid g(x,y,z)=0\}$ 是有界闭集（此时最值必定存在）。设 $g_x,g_y,g_z$ 在 $D_1$ 上不同时为 $0$，则求出 $Lagrange$ 函数的全部驻点及相应的函数值，再取其最值即可；

2. 若约束为标准形式 $g(x,y,z)=0$ ，但 $D_1$ 为无界集。通常加上附加约束，转化为具有附加约束条件的有界域上的条件最值问题；

3. $D_1$ 为有界集，并有附加约束情况（如 $x^2+y^2+z^2=1,x>0,y>0,z>0$ ）。先扩充为有界闭集（如 $x^2+y^2+z^2=1,x⩾0,y⩾0,z⩾0$ ），从而最值存在，其次求出 $Lagrange$ 函数全部驻点及相应的 $f$ 的值，令其最大者为 $M_1$ ，最小者为 $m_1$ ，然后求出 $f$ 在附加约束边界上的最大值 $M_2$ 和最小值 $m_2$ ，若 $M_1⩾M_2$ ，则条件最大值为 $M_1$ ；若 $M_1<M_2$ ，则条件最大值不存在。条件最小值可类似讨论；

4. 标准约束 $g(x,y,z)=0$ , $D_1$ 无界，且具有附加约束 (如 $x+y+z=1$ , $x>0,y>0,z>0$). 通常应该首先证明条件最值存在，再证明条件最值点只能在某一有界域中，从而转化为情形 $3$.

对具体问题要作具体分析．对某个具体问题，很可能有体现这个问题特点的更为简捷的方法，甚至是完全初等的方法．

例题 $21.4.2$

解

只要求出椭圆 $l$ 的长短半轴即可．于是问题转化为在约束条件

F (x, y, z) ≡ frac x ^ 23 + y ^ 2 + frac z ^ 22 - 1 = 0, (21.15)$$F(x,y,z)\equiv \frac{x^2}{3}+y^2+\frac{z^2}{2}-1=0,\text{\hspace{1em}(21.15)}$$G (x, y, z) ≡ 2 x + y + z = 0 (21.16)$$G(x,y,z)\equiv 2x+y+z=0\text{\hspace{1em}(21.16)}$$

下求 $r^2=x^2+y^2+z^2$ 之最大、最小值．为此定义

L (x, y, z, λ , μ) = x ^ 2 + y ^ 2 + z ^ 2 + λ (frac x ^ 23 + y ^ 2 + frac z ^ 22 - 1) + μ (2 x + y + z).$$L(x,y,z,\lambda ,\mu )=x^2+y^2+z^2+\lambda \left(\frac{x^2}{3}+y^2+\frac{z^2}{2}-1\right)+\mu (2x+y+z).$$

令

L _ x = 2 x + frac 23 λ x + 2 μ = 0, (21.17)$$L_x=2x+\frac{2}{3}\lambda x+2\mu =0,\text{\hspace{1em}(21.17)}$$L _ y = 2 y + 2 λ y + μ = 0, (21.18)$$L_y=2y+2\lambda y+\mu =0,\text{\hspace{1em}(21.18)}$$L _ z = 2 z + λ z + μ = 0. (21.19)$$L_z=2z+\lambda z+\mu =0.\text{\hspace{1em}(21.19)}$$

将($21.17$) — ($21.19$)分别乘 $x,y,z$，然后相加，利用($21.15$),($21.16$)得

λ = - r ^ 2. (21.20)$$\lambda =-r^2.\text{\hspace{1em}(21.20)}$$

将 ($21.20$) 代入 ($21.17$), 得

(r ^ 2 - 3) x = 3 μ .$$(r^2-3)x=3\mu .$$

若 $r^2=3$ ，则 $\mu =0$．代入($21.18$)，($21.19$)，得 $y=z=0$ ，显然不满足($21.15$)和($21.16$).因此 $r^2-3\ne 0$．所以

x = frac 3 μr ^ 2 - 3. (21.21)$$x=\frac{3\mu }{r^2-3}.\text{\hspace{1em}(21.21)}$$

同理将 ($21.20$) 代入 ($21.18$), ($21.19$) 得

y = frac μ2 (r ^ 2 - 1), z = frac μr ^ 2 - 2. (21.22)$$y=\frac{\mu }{2(r^2-1)},z=\frac{\mu }{r^2-2}.\text{\hspace{1em}(21.22)}$$

将($21.21$)，($21.22$)代入($21.16$)，得

frac 6 μr ^ 2 - 3 + frac μ2 (r ^ 2 - 1) + frac μr ^ 2 - 2 = 0. (21.23)$$\frac{6\mu }{r^2-3}+\frac{\mu }{2(r^2-1)}+\frac{\mu }{r^2-2}=0.\text{\hspace{1em}(21.23)}$$

由于 $\mu \ne 0$ ，消去 $\mu$ ，得

1 5 (r ^ 2) ^ 2 - 4 9 r ^ 2 + 3 6 = 0.$$15(r^2{)}^2-49r^2+36=0.$$

由此可以解出两个根 $r_1^2$ 和 $r_2^2$ 即为条件驻点对应的函数值．由于约束集合是有界闭集，故 $r^2$ 的最值存在，又因为在约束集合上 $\frac{\partial (F,G)}{\partial (y,z)},\frac{\partial (F,G)}{\partial (z,x)},\frac{\partial (F,G)}{\partial (x,y)}$ 不同时为 $0$，故最值必定在条件驻点达到，因而这两个值也即为 $r^2$ 的最大最小值，即长、短半轴的平方．根据 $Vi\grave{e}te$ 定理有 $r_1^2\cdot r_2^2=\frac{36}{15}=\frac{12}{5}$，于是所求的面积为

s = π r _ 1 r _ 2 = 2 π sqrt frac 35.$$s=\pi r_1{r}_2=2\pi \sqrt{\frac{3}{5}}.$$

本题所用解法也是条件极值或最值问题中常用的技巧，其特点是不必求出条件驻点，而直接求出所要求的条件最值． 在得到 ($21.20$) 之后可用下面的解法来求 $\lambda$ :

由($21.15$)知 $x,y,z$ 不能同时为 $0$，于是在方程组($21.16$) — ($21.19$)中视 $x,y,z$ ， $\mu$ 为未知量， $\lambda$ 为系数，则方程组有非零解。于是系数矩阵的行列式为 $0$，即

l | c c c c 2 + frac 23 λ & 0 & 0 & 2 0 & 2 + 2 λ & 0 & 1 0 & 0 & 2 + λ & 1 2 & 1 & 1 & 0 | = (2 + frac 23 λ) | c c c 2 + 2 λ & 0 & 1 0 & 2 + λ & 1 1 & 1 & 0 | - 2 | c c c 0 & 2 + 2 λ & 0 0 & 0 & 2 + λ 2 & 1 & 1 | = - (2 + frac 23 λ) (2 + λ + 2 + 2 λ) - 4 (2 + 2 λ) (2 + λ) = 0,$$\begin{array}{l}\left|\begin{array}{cccc}2+\frac{2}{3}\lambda & 0& 0& 2\\ 0& 2+2\lambda & 0& 1\\ 0& 0& 2+\lambda & 1\\ 2& 1& 1& 0\end{array}\right|\\ =\left(2+\frac{2}{3}\lambda \right)\left|\begin{array}{ccc}2+2\lambda & 0& 1\\ 0& 2+\lambda & 1\\ 1& 1& 0\end{array}\right|-2\left|\begin{array}{ccc}0& 2+2\lambda & 0\\ 0& 0& 2+\lambda \\ 2& 1& 1\end{array}\right|\\ =-\left(2+\frac{2}{3}\lambda \right)(2+\lambda +2+2\lambda )-4(2+2\lambda )(2+\lambda )=0,\end{array}$$

即

1 5 λ^ 2 - 4 9 λ + 3 6 = 0.$$15{\lambda }^2-49\lambda +36=0.$$

例题 $21.4.3$

解

设

L (x, y, λ) = frac 12 (x ^ p + y ^ p) + λ (x + y - C).$$L(x,y,\lambda )=\frac{1}{2}(x^p+y^p)+\lambda (x+y-C).$$

令

c L _ x = frac p2 x ^ p - 1 + λ = 0, L _ y = frac p2 y ^ p - 1 + λ = 0, x + y = C.$$\begin{array}{c}{L}_x=\frac{p}{2}{x}^{p-1}+\lambda =0,\\ L_y=\frac{p}{2}{y}^{p-1}+\lambda =0,\\ x+y=C.\end{array}$$

解得驻点 $x=y=\frac{C}{2}$．由于约束集是有界闭集，比较驻点值与附加约束集合边界点的值 $f\left(\frac{C}{2},\frac{C}{2}\right)={\left(\frac{C}{2}\right)}^p$ , $f(0,C)=f(C,0)=\frac{1}{2}{C}^p$，可知 ${\left(\frac{C}{2}\right)}^p$ 为 $f$ 在条件 $x,y⩾0$ 下的最小值．

由本题结论可得

frac 12 (x ^ p + y ^ p) ≥slant (frac x + y2) ^ p.$$\frac{1}{2}(x^p+y^p)⩾{\left(\frac{x+y}{2}\right)}^p.$$

一般地，可以证明: 若 $p⩾1,x_i⩾0,i=1,2,\cdots ,n$，则有 (参见上册 $259$ 页题 $8$)

frac 1n ∑_ i = 1 ^ n x _ i ^ p ≥slant (frac 1n ∑_ i = 1 ^ n x _ i) ^ p.$$\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{x}_i^p⩾{\left(\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{x}_i\right)}^p.$$

很多不等式都可以类似地化为条件最值问题来证明．

例题 $21.4.4$

解

分析 原问题等价于求 $u=x{y}^2{z}^3$ 的最大值，这样做是因为对数函数在零点无定义，而幂函数则不然，因而可将约束条件化为 $x⩾0,y⩾0,z⩾0$．注意到在边界上 $u$ 取最小值．故在 $D_1=\{(x,y,z)\mid x^2+y^2+z^2=6r^2,x⩾0,y⩾0,z⩾0\}$ 的内部一定有 $u$ 的最大值点．

构造 $Lagrange$ 函数

L (x, y, z, λ) = x y ^ 2 z ^ 3 + λ (x ^ 2 + y ^ 2 + z ^ 2 - 6 r ^ 2).$$L(x,y,z,\lambda )=x{y}^2{z}^3+\lambda (x^2+y^2+z^2-6r^2).$$

令

L _ x = y ^ 2 z ^ 3 + 2 λ x = 0, (21.25)$$L_x=y^2{z}^3+2\lambda x=0,\text{\hspace{1em}(21.25)}$$L _ y = 2 x y z ^ 3 + 2 λ y = 0, (21.26)$$L_y=2xy{z}^3+2\lambda y=0,\text{\hspace{1em}(21.26)}$$L _ z = 3 x y ^ 2 z ^ 2 + 2 λ z = 0, (21.27)$$L_z=3x{y}^2{z}^2+2\lambda z=0,\text{\hspace{1em}(21.27)}$$x ^ 2 + y ^ 2 + z ^ 2 = 6 r ^ 2. (21.28)$$x^2+y^2+z^2=6r^2.\text{\hspace{1em}(21.28)}$$

在($21.25$) — ($21.27$)两边分别乘以 $x,y,z$，然后相加，利用($21.28$)得

x y ^ 2 z ^ 3 = - 2 λ r ^ 2. (21.29)$$x{y}^2{z}^3=-2\lambda r^2.\text{\hspace{1em}(21.29)}$$

再将($21.29$)代入($21.25$) — ($21.27$)中，明显地 $\lambda \ne 0$，则

x = r, y = sqrt 2 r, z = sqrt 3 r, λ = - 3 sqrt 3 r ^ 4$$x=r,y=\sqrt{2}r,z=\sqrt{3}r,\lambda =-3\sqrt{3}{r}^4$$

对应了惟一驻点，于是 $x{y}^2{z}^3$ 的最大值为 $6\sqrt{3}{r}^6$ ，即

x y ^ 2 z ^ 3 ≤slant 6 sqrt 3 r ^ 6.$$x{y}^2{z}^3⩽6\sqrt{3}{r}^6.$$

两边平方得

x ^ 2 y ^ 4 z ^ 6 ≤slant 1 0 8 r ^ 1 2.$$x^2{y}^4{z}^6⩽108r^{12}.$$

令 $a=x^2,b=y^2,c=z^2$，则 $r^2=\frac{a+b+c}{6}$．于是

a b ^ 2 c ^ 3 ≤slant 1 0 8 (frac a + b + c6) ^ 6.$$a{b}^2{c}^3⩽108{\left(\frac{a+b+c}{6}\right)}^6.$$

也可以用算术平均值 - 几何平均值不等式(上册第 $4$ 页)证不等式($21.24$):

a b ^ 2 c ^ 3 = 2 ^ 2 3 ^ 3 a (frac b2) ^ 2 (frac c3) ^ 3 ≤slant 1 0 8 (frac a + b + c6) ^ 6. (21.30)$$a{b}^2{c}^3=2^2{3}^{3}a{\left(\frac{b}{2}\right)}^2{\left(\frac{c}{3}\right)}^3⩽108{\left(\frac{a+b+c}{6}\right)}^6.\text{\hspace{1em}(21.30)}$$

$\mathrm{21.4.3}$ 隐函数的极值

求隐函数的极值有两种方法: 第一种是用隐函数求导，称为直接法; 第二种是化为条件极值去做，称为间接法．下面的例子给出了求隐函数极值的这两种方法．

例题 $21.4.5$

解 $1$（直接法）

设 $g(x,y,z)=2x^2+y^2+z^2+2xy-2x-2y-4z+4,$ $\frac{\partial g}{\partial z}=2z-4.$ 由 $\frac{\partial g}{\partial z}\ne 0$ 得 $z\ne 2.$ 在满足($21.31$)的 $(x,y,z),z\ne 2$ 附近确定了隐函数 $z=z(x,y)$．由($21.31$)对隐函数 $z=z(x,y)$ 求导，得

4 x + 2 z frac ∂ z∂ x + 2 y - 2 - 4 frac ∂ z∂ x = 0, (21.32)$$4x+2z\frac{\partial z}{\partial x}+2y-2-4\frac{\partial z}{\partial x}=0,\text{\hspace{1em}(21.32)}$$2 y + 2 z frac ∂ z∂ y + 2 x - 2 - 4 frac ∂ z∂ y = 0. (21.33)$$2y+2z\frac{\partial z}{\partial y}+2x-2-4\frac{\partial z}{\partial y}=0.\text{\hspace{1em}(21.33)}$$

令 $\frac{\partial z}{\partial x}=\frac{\partial z}{\partial y}=0$ ，则

2 x + y - 1 = 0, y + x - 1 = 0.$$2x+y-1=0,y+x-1=0.$$

由此得驻点为 $(0,1)$ ，将之代入 $(21.31)$ 得

z ^ 2 - 4 z + 3 = 0.$$z^2-4z+3=0.$$

于是 $z_1=1,z_2=3,$ 在($21.32$)，($21.33$)两边求导，得

4 + 2 (frac ∂ z∂ x) ^ 2 + 2 z frac ∂^ 2 z∂ x ^ 2 - 4 frac ∂^ 2 z∂ x ^ 2 = 0, (21.34)$$4+2{\left(\frac{\partial z}{\partial x}\right)}^2+2z\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x^2}-4\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x^2}=0,\text{\hspace{1em}(21.34)}$$2 frac ∂ z∂ x frac ∂ z∂ y + 2 z frac ∂^ 2 z∂ x ∂ y + 2 - 4 frac ∂^ 2 z∂ x ∂ y = 0, (21.35)$$2\frac{\partial z}{\partial x}\frac{\partial z}{\partial y}+2z\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x\partial y}+2-4\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x\partial y}=0,\text{\hspace{1em}(21.35)}$$2 + 2 (frac ∂ z∂ y) ^ 2 + 2 z frac ∂^ 2 z∂ y ^ 2 - 4 frac ∂^ 2 z∂ y ^ 2 = 0. (21.36)$$2+2{\left(\frac{\partial z}{\partial y}\right)}^2+2z\frac{{\partial }^{2}z}{\partial y^2}-4\frac{{\partial }^{2}z}{\partial y^2}=0.\text{\hspace{1em}(21.36)}$$

在($21.34$) — ($21.36$)中令 $(x,y,z)=(0,1,1)$ ， $\frac{\partial z}{\partial x}=\frac{\partial z}{\partial y}=0$ ，得 $A=z_{xx}=2,B=z_{xy}=1,C=z_{yy}=1$ ，于是 $D=AC-B^2>0$ 。故 $z=1$ 为极小值。

在($21.34$) — ($21.36$)中令 $(x,y,z)=(0,1,3)$ ， $\frac{\partial z}{\partial x}=\frac{\partial z}{\partial y}=0$ ，得 $A=z_{xx}=-2$ ， $B=z_{xy}=-1$ ， $C=z_{yy}=-1$ ，于是 $D=AC-B^2>0$ 。由此可见 $z=3$ 为极大值。

解 $2$（间接法）

以 ($21.31$) 为约束条件，取目标函数 $f(x,y,z)=z$，则 $Lagrange$ 函数为

L (x, y, z, λ) = z + λ (2 x ^ 2 + y ^ 2 + z ^ 2 + 2 x y - 2 x - 2 y - 4 z + 4).$$L(x,y,z,\lambda )=z+\lambda \left(2x^2+y^2+z^2+2xy-2x-2y-4z+4\right).$$

令

L _ x = 4 λ x + 2 λ y - 2 λ = 0, (21.37)$$L_x=4\lambda x+2\lambda y-2\lambda =0,\text{\hspace{1em}(21.37)}$$L _ y = 2 λ x + 2 λ y - 2 λ = 0, (21.38)$$L_y=2\lambda x+2\lambda y-2\lambda =0,\text{\hspace{1em}(21.38)}$$L _ z = 1 + 2 λ z - 4 λ = 0. (21.39)$$L_z=1+2\lambda z-4\lambda =0.\text{\hspace{1em}(21.39)}$$

显然 $\lambda \ne 0$ ，于是由 ($21.37$) 和 ($21.38$) 得驻点为 $(0,1)$．代入 ($21.31$) 得 $z_1=1,z_2=3$．再由 ($21.39$) 得 ${\lambda }_1=\frac{1}{2},{\lambda }_2=-\frac{1}{2}$．由于

L _ x x = 4 λ , L _ y y = L _ z z = 2 λ , L _ x y = 2 λ , L _ x z = L _ y z = 0,$$L_{xx}=4\lambda ,L_{yy}=L_{zz}=2\lambda ,L_{xy}=2\lambda ,L_{xz}=L_{yz}=0,$$

于是 $L$ 在 $(0,1,1)$ 与 $(0,1,3)$ 的 $Hesse$ 矩阵分别为

( c c c 2 & 1 & 0 1 & 1 & 0 0 & 0 & 1 ), ( c c c - 2 & - 1 & 0 - 1 & - 1 & 0 0 & 0 & - 1 ),$$\left(\begin{array}{ccc}2& 1& 0\\ 1& 1& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right),\left(\begin{array}{ccc}-2& -1& 0\\ -1& -1& 0\\ 0& 0& -1\end{array}\right),$$

前者正定，后者负定，所以 $z=1$ 为极小值，$z=3$ 为极大值．

在上述条件极值问题中约束条件给出了一个有界闭集，所以条件最值一定取到．而且可以证明条件最值一定是条件极值，所以 $z=1$ 和 $z=3$ 分别是 ($21.31$) 确定的隐函数 $z=z(x,y)$ 的最小值和最大值．

$\mathrm{21.4.4}$ 练习题

$1$．求 $f(x,y,z)=x^4+y^4+z^4$ 在条件 $xyz=1$ 下的极值．

$2$．求 $u=x-2y+2z$ 在条件 $x^2+y^2+z^2=1$ 下的极值．

$3$．求 $z={\cos }^{2}x+{\cos }^{2}y$ 满足条件 $x-y=\frac{\pi }{4}$ 时的极值．

$4$．求 $f(x,y,z)=x^l{y}^m{z}^n$ 满足条件 $ax+by+cz=k$ 的极值，常数和变量均正．

$5$．求 $u=\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2}$ 在条件 $x^2+y^2+z^2=1,x\cos \alpha +y\cos \beta +z\cos \gamma =0$ 下的极值，其中 $a>b>c>0,{\cos }^2\alpha +{\cos }^2\beta +{\cos }^2\gamma =1$

$6$．设约束条件为 $\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+\cdots +\frac{1}{x_n}=\frac{1}{a},x_i>0,i=1,2,\cdots ,n,$ 而 $a>0$ 为定值．求 $u=x_1{x}_2\cdots x_n$ 的极值．

$7$．求满足约束条件 $x+y+z=\frac{\pi }{2}$ ，$x>0,y>0,z>0$ 时， $u=\sin x\cdot \sin y\cdot \sin z$ 的极值．

$8$．若 $\frac{x_1}{a_1}+\frac{x_2}{a_2}+\cdots +\frac{x_n}{a_n}=1$ ，求 $u=x_1^2+x_2^2+\cdots +x_n^2$ 的极值，其中 $a_i>0$ ( $i=1,2,\cdots ,n$ ) 是常数，变量 $x_1,x_2,\cdots ,x_n$ 均大于 $0$.

$9$．求 $u=x^3+y^3+z^3-2xyz$ 在 $x^2+y^2+z^2⩽1$ 中的最大、最小值．

$10$．求 $z=x^2-xy+y^2$ 在 $|x|+|y|⩽1$ 中的最大、最小值．

$11$．在球面 $x^2+y^2+z^2=1$ 上求一点，使其到 $n$ 个已知点 $M_i(x_i,y_i,z_i)(i=1,2,\cdots ,n)$ 距离的平方和最小．

$12$．求点 $(-1,0)$ 到半立方抛物线 $y^2=x^3$ 的最短距离．

$13$．在周长为定数的三角形中，求面积为最大的三角形．

$14$．分解正数 $a$ 为 $n$ 个因子，使其倒数和最小．

$15$．长为 $a$ 的铁丝截成两段，一段围成一个正方形，另一段围成一个圆．这两段各为多少时，正方形与圆面积之和达最大值．

$16$．过椭圆 $3x^2+2xy+3y^2=1$ 上任意点作此椭圆的切线，求切线与两坐标轴围成的三角形面积最小者．

$17$．求原点到曲面 $(x-y{)}^2+z^2=1$ 的最短距离．

$18$．求 $x^2-xy+y^2-z^2=1$ 与 $x^2+y^2=1$ 的交线到原点的最近距离．

$19$．在圆外切三角形中，求面积最小的三角形．

$20$．设四边形各边长为定数，求面积最大的四边形．

$21$．在一个已知凸四边形内求一点 $C$，使其到四个顶点距离的平方和最小．

$22$．证明: 椭圆的内接三角形中，面积达最大的三角形的一个顶点处的法线，必定与此三角形的该顶点所对的边正交，并求面积最大的内接三角形．

$23$．在椭圆 $x^2+4y^2=4$ 上求一点，使到直线 $3x+4y=12$ 的距离最短．

$24$．设椭圆 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$ 的任一切线与 $x,y$ 轴分别交于 $A,B$ 两点，试求线段 $AB$ 长度的最小值．

$25$．在抛物线 $y=x^2$ 的所有与法线重合的弦中求长度最短的弦．

$26$．设椭圆 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$ 将圆 $(x-1{)}^2+y^2=1$ 包围于其内．试求 $a,b$ 的值，使符合上述条件的椭圆的面积为最小．

$27$．设方程 $F(x,y)=0$ 满足隐函数定理的条件，并由此确定了隐函数 $y=f(x)$ ，又设 $F(x,y)$ 具有连续的二阶偏导数．

(1) 求 $f^{\prime \prime }(x)$ ;

(2) 若 $F(x_0,y_0)=0,y_0=f(x_0)$ 为 $f(x)$ 的一个极值，证明：当 $F_y(x_0,y_0)$ 与 $F_{xx}(x_0,y_0)$ 同号时， $f(x_0)$ 为极大值，当 $F_y(x_0,y_0)$ 与 $F_{xx}(x_0,y_0)$ 异号时， $f(x_0)$ 为极小值；

(3) 对方程 $x^2+xy+y^2=27$ 在隐函数形式下(不解出 $y$)，求 $y=f(x)$ 的极值，并用 (2) 的结论判别极大或极小．

$28$．设 $D$ 是由两抛物线 $y=x^2-1,y=-x^2+1$ 所围成的闭域，试在 $D$ 内求一椭圆 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$，使其面积为最大．