21-第二十一章 偏导数的应用

依赖于

• 无显式依赖

被以下题目直接调用

• 无

正文部分

21.1.1 曲线的切向量、切线与法平面

例题 21.1.1

设 $f(x,y)$ 为可微函数，曲线方程为

$$z=f(x,y),\frac{x-x_0}{\cos \alpha }=\frac{y-y_0}{\sin \alpha }.$$

求曲线上点 $M_0(x_0,y_0,z_0)$ 的切线与 $xOy$ 平面所成角的正切。

解 令

$$F(x,y,z)=z-f(x,y),G(x,y,z)=\sin \alpha (x-x_0)-\cos \alpha (y-y_0).$$

则

$$\frac{\partial (F,G)}{\partial (y,z)}=\left|\begin{array}{cc}-f_y& 1\\ -\cos \alpha & 0\end{array}\right|=\cos \alpha ,\frac{\partial (F,G)}{\partial (z,x)}=\left|\begin{array}{cc}1& -f_x\\ 0& \sin \alpha \end{array}\right|=\sin \alpha ,$$ $$\frac{\partial (F,G)}{\partial (x,y)}=\left|\begin{array}{cc}-f_x& -f_y\\ \sin \alpha & -\cos \alpha \end{array}\right|=f_x\cos \alpha +f_y\sin \alpha .$$

于是曲线上点 $M_0(x_0,y_0,z_0)$ 的切线与 $z$ 轴正方向所成夹角 $\phi$ 的余弦为

$$\cos \phi =\frac{f_x(x_0,y_0)\cos \alpha +f_y(x_0,y_0)\sin \alpha }{\sqrt{1+[f_x(x_0,y_0)\cos \alpha +f_y(x_0,y_0)\sin \alpha {]}^2}}.$$

由此可计算出切线与 $xOy$ 平面所成角的正切为

$$f_x(x_0,y_0)\cos \alpha +f_y(x_0,y_0)\sin \alpha .$$

21.1.2 曲面的法向量、法线与切平面

例题 21.1.2

求曲面

$$x=u+v,y=u^2+v^2,z=u^3+v^3$$

的切平面当切点 $M(u,v)$，$u\ne v$，趋于曲面的边界 $u=v$ 上的点 $M_0(u_0,u_0)$ 时的极限位置。

解 先求 $u\ne v$ 时的切平面方程。由于

$$\frac{\partial (y,z)}{\partial (u,v)}=\left|\begin{array}{cc}2u& 2v\\ 3u^2& 3v^2\end{array}\right|=6uv(v-u),$$ $$\frac{\partial (z,x)}{\partial (u,v)}=\left|\begin{array}{cc}3u^2& 3v^2\\ 1& 1\end{array}\right|=3(u^2-v^2),\frac{\partial (x,y)}{\partial (u,v)}=\left|\begin{array}{cc}1& 1\\ 2u& 2v\end{array}\right|=2(v-u),$$

于是过 $(x,y,z)$ 点的切平面方程为

$$\begin{array}{rl}& 6uv(v-u)(X-(u+v))+3(u^2-v^2)(Y-(u^2+v^2))\\ & +2(v-u)(Z-(u^3+v^3))=0.\end{array}$$

消去 $v-u$，并整理得到

$$6uvX-3(u+v)Y+2Z=3uv(u+v)-u^3-v^3.$$

令 $(u,v)\to (u_0,u_0)$，则有

$$6u_0^{2}X-6u_{0}Y+2Z=4u_0^3.$$

将 $(X,Y,Z)$ 改写为 $(x,y,z)$，可见所求的极限位置为

$$3u_0^{2}x-3u_{0}y+z=2u_0^3.$$

21.1.3 曲线的夹角、曲面的夹角

例题 21.1.3

设

$$\frac{xy}{z}=u,\sqrt{x^2+z^2}+\sqrt{y^2+z^2}=v,\sqrt{x^2+z^2}-\sqrt{y^2+z^2}=w$$

是三个分别以 $u,v,w$ 为参数的单参数曲面族，证明：过同一点的三曲面族的三个曲面是两两正交的。

证 设三曲面交于点 $(x,y,z)$，其法向量分别为

$$\left(\frac{y}{z},\frac{x}{z},-\frac{xy}{z^2}\right),$$ $$\left(\frac{x}{\sqrt{x^2+z^2}},\frac{y}{\sqrt{y^2+z^2}},\frac{z}{\sqrt{x^2+z^2}}+\frac{z}{\sqrt{y^2+z^2}}\right),$$ $$\left(\frac{x}{\sqrt{x^2+z^2}},-\frac{y}{\sqrt{y^2+z^2}},\frac{z}{\sqrt{x^2+z^2}}-\frac{z}{\sqrt{y^2+z^2}}\right).$$

由于这三个向量的两两内积均为 $0$，所以过 $(x,y,z)$ 点的这三个曲面族的三个曲面是两两正交的。

21.1.4 练习题

练习题 1

在曲线 $x=t,y=t^2,z=t^3$ 上求出一点，使该点的切线平行于平面 $x+2y+z=4$。

解 曲线的切向量为 $(1,2t,3t^2)$。切线平行于平面 $x+2y+z=4$，等价于此向量与平面的法向量 $(1,2,1)$ 正交，于是

$$(1,2,1)\cdot (1,2t,3t^2)=1+4t+3t^2=0.$$

故 $t=-1,-\frac{1}{3}$，所求两点为 $(-1,1,-1)$ 与 $\left(-\frac{1}{3},\frac{1}{9},-\frac{1}{27}\right)$。

练习题 2

证明：斜驶线

$$\tan \left(\frac{\pi }{4}+\frac{\psi }{2}\right)=e^{k\phi },k=\text{常数},$$

与地球的每一条子午线相交成定角，其中 $\phi$ 为地球上点的经度，$\psi$ 为地球上点的纬度。

解 取半径为 $R$ 的球面参数方程

$$x=R\cos \psi \cos \phi ,y=R\cos \psi \sin \phi ,z=R\sin \psi .$$

球面第一基本形式为 $d{s}^2=R^2(d{\psi }^2+{\cos }^2\psi d{\phi }^2)$。由题设

$$\ln \tan (\frac{\pi }{4}+\frac{\psi }{2})=k\phi ,$$

对 $\phi$ 求导得 $\sec \psi \frac{d\psi }{d\phi }=k$，即

$$\frac{d\phi }{d\psi }=\frac{1}{k\cos \psi }.$$

若 $\alpha$ 为曲线与子午线所成角，则

$$\tan \alpha =\frac{R\cos \psi |d\phi |}{R|d\psi |}=\cos \psi \left|\frac{d\phi }{d\psi }\right|=\frac{1}{|k|},$$

为常数，所以它与每一条子午线都交成定角。

练习题 3

求曲线 $x^2+y^2+z^2=6,x+y+z=0$ 在点 $(1,-2,1)$ 处的切线与法平面方程。

解 设

$$F=x^2+y^2+z^2-6,G=x+y+z.$$

在点 $(1,-2,1)$ 处，$\nabla F=(2,-4,2)$，$\nabla G=(1,1,1)$。切向量可取

$$\nabla F\times \nabla G=(-6,0,6)\sim (1,0,-1).$$

故切线为

$$x=1+t,y=-2,z=1-t.$$

法平面与切向量正交，因此其方程为

$$(1,0,-1)\cdot (x-1,y+2,z-1)=0,$$

即 $x-z=0$。

练习题 4

求曲面 $z=\arctan \frac{y}{x}$ 在点 $\left(1,1,\frac{\pi }{4}\right)$ 处的法线与切平面方程。

解 设 $F(x,y,z)=z-\arctan \frac{y}{x}$，则

$$F_x=\frac{y}{x^2+y^2},F_y=-\frac{x}{x^2+y^2},F_z=1.$$

在 $\left(1,1,\frac{\pi }{4}\right)$ 处有 $\nabla F=\left(\frac{1}{2},-\frac{1}{2},1\right)\sim (1,-1,2)$。故法线为

$$\frac{x-1}{1}=\frac{y-1}{-1}=\frac{z-\pi /4}{2},$$

切平面为

$$\frac{1}{2}(x-1)-\frac{1}{2}(y-1)+z-\frac{\pi }{4}=0,$$

即 $x-y+2z-\frac{\pi }{2}=0$。

练习题 5

证明：曲面 $xyz=a^3(a>0)$ 的每一个切平面与坐标面形成体积相同的四面体。

解 设 $(x_0,y_0,z_0)$ 为曲面 $xyz=a^3$ 上一点，则切平面方程为

$$y_0{z}_0(x-x_0)+x_0{z}_0(y-y_0)+x_0{y}_0(z-z_0)=0.$$

由 $x_0{y}_0{z}_0=a^3$ 化简得

$$\frac{x}{x_0}+\frac{y}{y_0}+\frac{z}{z_0}=3.$$

它与三坐标轴的截距分别是 $3x_0,3y_0,3z_0$，因而所成四面体体积为

$$V=\frac{1}{6}\cdot 3x_0\cdot 3y_0\cdot 3z_0=\frac{9}{2}{a}^3,$$

与点的选取无关。

21.2.2 梯度

例题 21.2.1

求 $u=x+y+z$ 在沿 $x^2+y^2+z^2=1$ 上点的外法向的方向导数，并问在球面上何点该方向导数取：(1) 最大值；(2) 最小值；(3) 等于 $0$。

解 球面 $x^2+y^2+z^2=1$ 上点的外法向方向为 $(x,y,z)$，函数 $u=x+y+z$ 沿 $(x,y,z)$ 方向的方向导数为

$$\frac{\partial u}{\partial l}=\nabla u\cdot (x,y,z)=|\nabla u|\cos \theta =\sqrt{3}\cos \theta ,$$

其中 $\theta$ 是向量 $\nabla u=(1,1,1)$ 与 $(x,y,z)$ 之间的夹角。于是当 $x=y=z>0$ 时，方向导数取最大值 $\sqrt{3}$，此时

$$x=y=z=\frac{\sqrt{3}}{3};$$

当 $x=y=z<0$ 时，方向导数取最小值 $-\sqrt{3}$，此时

$$x=y=z=-\frac{\sqrt{3}}{3};$$

当 $x+y+z=0$ 时，方向导数为 $0$。

例题 21.2.2

若 ${\mathbb{R}}^2$ 上的可微函数 $f(x,y)$ 满足

$$x{f}_x(x,y)+y{f}_y(x,y)=0,$$

则 $f(x,y)$ 恒为常数。

证 1 设 $x=r\cos \theta ,y=r\sin \theta$，取 $l=(\cos \theta ,\sin \theta )$，由题设得

$$\frac{\partial f}{\partial l}=\cos \theta f_x(r\cos \theta ,r\sin \theta )+\sin \theta f_y(r\cos \theta ,r\sin \theta )=0.$$

于是任意一从原点出发的射线上的方向导数为 $0$，因此 $f(x,y)$ 在该射线上为常数，即

$$f(x,y)=f(0,0).$$

证 2 令 $x=r\cos \theta ,y=r\sin \theta$，由题设得

$$\frac{\partial f}{\partial r}=f_x\cos \theta +f_y\sin \theta =0.$$

即 $f(r\cos \theta ,r\sin \theta )$ 与 $r$ 无关。对任意固定的 $\theta$，令 $r\to 0^{+}$，得

$$f(x,y)=\underset{r\to 0^{+}}{\lim }f(r\cos \theta ,r\sin \theta )=f(0,0).$$

证 3 由

$$x{f}_x(x,y)+y{f}_y(x,y)=0=0\cdot f(x,y)$$

及齐次函数的充分必要条件知 $f$ 为零次齐次函数，于是 $\forall t\in \mathbb{R}$，

$$f(tx,ty)=t^{0}f(x,y)=f(x,y).$$

于其中令 $t\to 0$，得

$$f(x,y)=f(0,0).$$

证 4 对任意固定的 $(x,y)\in {\mathbb{R}}^2$，定义一元函数

$$\phi (t)=f(tx,ty),t\ge 0.$$

则

$${\phi }^{\prime }(t)=x{f}_1(tx,ty)+y{f}_2(tx,ty).$$

于是当 $t>0$ 时，由题设得

$${\phi }^{\prime }(t)=\frac{1}{t}\{tx{f}_1(tx,ty)+ty{f}_2(tx,ty)\}=0.$$

所以 $\phi (t)$ 为常数。取 $t=1$，则 $\phi (t)\equiv \phi (1)$，即

$$f(tx,ty)=f(x,y).$$

令 $t\to 0$，得 $f(x,y)=f(0,0)$。

21.2.3 练习题

练习题 1

求函数 $u=x^2+y^2+z^2$ 在沿椭球面

$$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2}=1$$

上点 $(x,y,z)$ 处的外法线方向的方向导数。

解 设椭球面为 $F(x,y,z)=\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2}-1=0$，则外法向单位向量为

$$n=\frac{\nabla F}{|\nabla F|}=\frac{\left(\frac{x}{a^2},\frac{y}{b^2},\frac{z}{c^2}\right)}{\sqrt{\frac{x^2}{a^4}+\frac{y^2}{b^4}+\frac{z^2}{c^4}}}.$$

又 $\nabla u=(2x,2y,2z)$，故所求方向导数为

$$\frac{\partial u}{\partial n}=\nabla u\cdot n=\frac{2\left(\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2}\right)}{\sqrt{\frac{x^2}{a^4}+\frac{y^2}{b^4}+\frac{z^2}{c^4}}}=\frac{2}{\sqrt{\frac{x^2}{a^4}+\frac{y^2}{b^4}+\frac{z^2}{c^4}}}.$$

练习题 2

设 $\frac{\partial u}{\partial n}$ 和 $\frac{\partial v}{\partial n}$ 为函数 $u$ 和 $v$ 在沿曲面 $F(x,y,z)=0$ 上的点 $(x,y,z)$ 的法线方向 $n$ 的方向导数，证明：

$$\frac{\partial }{\partial n}(uv)=u\frac{\partial v}{\partial n}+v\frac{\partial u}{\partial n}.$$

解 法向方向导数就是算子 $\frac{\partial }{\partial n}=n\cdot \nabla$。于是

$$\frac{\partial (uv)}{\partial n}=n\cdot \nabla (uv)=n\cdot (u\nabla v+v\nabla u)=u\frac{\partial v}{\partial n}+v\frac{\partial u}{\partial n}.$$

练习题 3

设 $f(t),u=u(x,y,z)$ 为可微函数，证明：$\nabla f(u)=f^{\prime }(u)\nabla u$。

解 由链式法则，

$$\frac{\partial f(u)}{\partial x}=f^{\prime }(u)u_x,\frac{\partial f(u)}{\partial y}=f^{\prime }(u)u_y,\frac{\partial f(u)}{\partial z}=f^{\prime }(u)u_z.$$

因而

$$\nabla f(u)=f^{\prime }(u)(u_x,u_y,u_z)=f^{\prime }(u)\nabla u.$$

练习题 4

设 $f(x,y)$ 在点 $p_0(x_0,y_0)$ 处可微，$l_1,l_2,\cdots ,l_n$ 为 $n$ 个单位向量，相邻的两向量夹角为 $\frac{2\pi }{n}$。证明：

$$\sum _{i=1}^n\frac{\partial f}{\partial l_i}(x_0,y_0)=0.$$

解 设 $\nabla f(x_0,y_0)=(A,B)$，并令 $l_i=(\cos {\theta }_i,\sin {\theta }_i)$，其中 ${\theta }_i={\theta }_0+\frac{2(i-1)\pi }{n}$。则

$$\frac{\partial f}{\partial l_i}(x_0,y_0)=A\cos {\theta }_i+B\sin {\theta }_i.$$

求和得

$$\sum _{i=1}^n\frac{\partial f}{\partial l_i}(x_0,y_0)=A\sum _{i=1}^n\cos {\theta }_i+B\sum _{i=1}^n\sin {\theta }_i=0,$$

因为这些方向在单位圆上等分一周，余弦和正弦之和都为零。

练习题 5

设

$$u=\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}-\frac{z^2}{c^2},a>b>c>0.$$

求在点 $(0,0,0)$ 处函数 $u$ 增加最快的方向。

解 在原点处 $\nabla u(0,0,0)=0$，故需比较二次主部。沿单位向量 $l=(\alpha ,\beta ,\gamma )$ 取点 $(x,y,z)=t(\alpha ,\beta ,\gamma )$，则

$$u=t^2\left(\frac{{\alpha }^2}{a^2}+\frac{{\beta }^2}{b^2}-\frac{{\gamma }^2}{c^2}\right),{\alpha }^2+{\beta }^2+{\gamma }^2=1.$$

由于 $a>b>c>0$，有 $\frac{1}{b^2}>\frac{1}{a^2}>0>-\frac{1}{c^2}$，故括号中最大值为 $\frac{1}{b^2}$，当且仅当 $\alpha =\gamma =0,\beta =\pm 1$ 时取得。故增加最快的方向是 $y$ 轴方向，即 $l=(0,\pm 1,0)$。

练习题 6

设

$$f(x,y)=\{\begin{array}{ll}x-y+\frac{x{y}^2}{x^2+y^2},& (x,y)\ne (0,0),\\ 0,& (x,y)=(0,0).\end{array}$$

证明：$f(x,y)$ 在原点处连续，沿任何方向的方向导数存在，但不可微。

解 先证连续性。对 $(x,y)\ne (0,0)$，有

$$\left|\frac{x{y}^2}{x^2+y^2}\right|\le |x|,$$

故

$$|f(x,y)|\le |x|+|y|+|x|\to 0,$$

所以 $f$ 在原点连续。

对任意单位向量 $l=(\cos \theta ,\sin \theta )$，

$$\frac{f(t\cos \theta ,t\sin \theta )-f(0,0)}{t}=\cos \theta -\sin \theta +\frac{\cos \theta {\sin }^2\theta }{1}$$

与 $t$ 无关，故沿任意方向的方向导数都存在。

但若 $f$ 在原点可微，则由 $f_x(0,0)=1$、$f_y(0,0)=-1$ 可知其微分应为 $x-y$。于是余项应满足

$$f(x,y)-(x-y)=\frac{x{y}^2}{x^2+y^2}=o\left(\sqrt{x^2+y^2}\right).$$

取 $y=x$，得

$$\frac{f(x,x)-(x-x)}{\sqrt{2}|x|}=\frac{x/2}{\sqrt{2}|x|}=\frac{\mathrm{sgn}x}{2\sqrt{2}},$$

极限不存在，更不趋于 $0$。故 $f$ 在原点不可微。

21.3.1 Taylor 公式

例题 21.3.1

设

$$f(x,y)=\{\begin{array}{ll}\frac{1-e^{x(x^2+y^2)}}{x^2+y^2},& (x,y)\ne (0,0),\\ 0,& (x,y)=(0,0).\end{array}$$

求 $f(x,y)$ 在 $(0,0)$ 的 $4$ 阶 Taylor 多项式，并求出

$$\frac{{\partial }^{2}f}{\partial x\partial y}(0,0),\frac{{\partial }^{4}f}{\partial x^4}(0,0).$$

解 由于

$$e^{x(x^2+y^2)}=1+x(x^2+y^2)+\frac{1}{2}{x}^2(x^2+y^2{)}^2+o([x(x^2+y^2){]}^2),$$

于是

$$\frac{1-e^{x(x^2+y^2)}}{x^2+y^2}=-x-\frac{1}{2}{x}^2(x^2+y^2)+o(x^2(x^2+y^2)).$$

由 Taylor 展式的唯一性知 $f(x,y)$ 的 $4$ 阶 Taylor 展开式为

$$-x-\frac{1}{2}{x}^4-\frac{1}{2}{x}^2{y}^2.$$

由此得

$$\frac{{\partial }^{2}f}{\partial x\partial y}(0,0)=0,\frac{{\partial }^{4}f}{\partial x^4}(0,0)=4!\left(-\frac{1}{2}\right)=-12.$$

例题 21.3.2

设

$$u=\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2},a>b>c>0.$$

求在 $(0,0,0)$ 处函数增加最快的方向。

解 由于 $\nabla u(0,0,0)$ 为零向量，故不能应用梯度方向是函数增长最快的方向的性质，需另想办法。考虑沿某单位方向 $l=(\alpha ,\beta ,\gamma )$ 函数 $u$ 的变化

$$u(t\alpha ,t\beta ,t\gamma )-u(0,0,0),$$

其中 $t$ 是参数。令 $\phi (t)=u(t\alpha ,t\beta ,t\gamma )$，由 Taylor 展式

$$\begin{array}{rl}\phi (t)-\phi (0)& ={\phi }^{\prime }(0)t+\frac{{\phi }^{\prime \prime }(0)}{2}{t}^2+o(t^2)\\ & =\left(\frac{{\alpha }^2}{a^2}+\frac{{\beta }^2}{b^2}+\frac{{\gamma }^2}{c^2}\right)t^2+o(t^2).\end{array}$$

由于 $a>b>c$ 及 ${\alpha }^2+{\beta }^2+{\gamma }^2=1$，当 $t>0$ 充分小时，沿方向 $l=(0,0,\pm 1)$ 时 $\phi (t)-\phi (0)$ 最大，即函数 $u$ 增加最快。

注 设二次连续可微函数 $f$ 在点 $p_0$ 处的梯度为零向量，但 Hesse 矩阵 $Q$ 是非零矩阵，则 $f$ 增长最快的可能方向在 $Q$ 的最大特征值对应的特征子空间中。如果最大特征值对应的特征子空间为一维空间，则相应的方向就是 $f$ 增长最快的方向。

例题 21.3.3

设 $f(x,y)$ 在单位圆盘

$$D=\{(x,y)\mid x^2+y^2\le 1\}$$

上具有连续的一阶偏导数，且满足 $|f(x,y)|\le 1,\forall (x,y)\in D$。证明：存在点

$$(x_0,y_0)\in \mathrm{int}D=\{(x,y)\mid x^2+y^2<1\},$$

使得在点 $(x_0,y_0)$ 处有不等式 $f_x^2+f_y^2\le 16$。

证 设

$$g(x,y)=f(x,y)+2(x^2+y^2).$$

在单位圆周上显然有 $g(x,y)\ge 1$，而在原点 $g(0,0)\le 1$。所以或者 $g$ 在 $D$ 上恒等于 $1$，或者 $g(x,y)$ 必在 $D$ 的某个内点 $(x_0,y_0)$ 处取到极小值。因此总存在 $(x_0,y_0)\in \mathrm{int}D$，使得

$$\frac{\partial g}{\partial x}(x_0,y_0)=\frac{\partial g}{\partial y}(x_0,y_0)=0.$$

于是

$$f_x(x_0,y_0)=-4x_0,f_y(x_0,y_0)=-4y_0,$$

从而

$$(f_x^2+f_y^2)(x_0,y_0)=16(x_0^2+y_0^2)\le 16.$$

例题 21.3.4

证明：当 $|x|$ 和 $|y|$ 充分小时，有近似式

$$\frac{\cos x}{\cos y}\approx 1-\frac{1}{2}{x}^2+\frac{1}{2}{y}^2.$$

证 设 $f(x,y)=\frac{\cos x}{\cos y}$，则 $f(x,y)$ 在原点附近无穷次可微，且

$$f(0,0)=1,f_x(0,0)=0,f_y(0,0)=0,$$ $$f_{xx}(0,0)=-1,f_{yy}(0,0)=1,f_{xy}(0,0)=0.$$

由 Taylor 公式，当 $|x|$ 和 $|y|$ 充分小时，有

$$\frac{\cos x}{\cos y}=1-\frac{1}{2}{x}^2+\frac{1}{2}{y}^2+o(|x{|}^2+|y{|}^2),$$

此即所证近似式。

21.3.2 极值问题

例题 21.3.5

求

$$z=\frac{1}{2}{x}^2+xy+\frac{1}{2}{y}^2-2x-2y+5$$

的全部极值点与极值。

解 由于

$$z_x=z_y=x+y-2,$$

则直线 $x+y-2=0$ 上的点都是驻点。又

$$A=z_{xx}=1,B=z_{xy}=1,C=z_{yy}=1,$$

于是 $\Delta =AC-B^2=0$，故不能用法则来判别这些驻点是否为极值点。从函数本身来看有

$$z=\frac{1}{2}(x+y{)}^2-2(x+y)+5=\frac{1}{2}[(x+y)-2{]}^2+3.$$

故 $x+y=2$ 上的全部点均为 $z$ 的极小值点，极小值为 $3$。由于 $z$ 在 ${\mathbb{R}}^2$ 上可微，故无其他极值点。

注 本题表明，对于二元函数，即使它不是常值函数，其驻点仍可以有无穷多个，且可以构成曲线。

例题 21.3.6

设 $f(x,y)=(y-x^2)(y-2x^2)$。证明：沿着经过点 $(0,0)$ 的每一条直线，点 $(0,0)$ 均是 $f(x,y)$ 在该直线上的极小值点。但点 $(0,0)$ 不是 $f(x,y)$ 在整体上的极小值点。

证 在 $xOy$ 平面上画出 $S_1:y=x^2$ 和 $S_2:y=2x^2$ 表示的两条抛物线，可见 $S_1$ 和 $S_2$ 把平面分成四个区域。在每个区域 $f$ 取确定的符号，而过 $(0,0)$ 的每一条直线在 $(0,0)$ 附近都位于 $f$ 取 “$+$” 的区域内，$f(0,0)=0$，所以 $(0,0)$ 是 $f$ 在该直线上取到极小值的点。另一方面，$(0,0)$ 在 ${\mathbb{R}}^2$ 中的任一小邻域内都包含着上述四个区域，即 $f$ 可以在这个小邻域取到正值，也可以取到负值。故 $f$ 在 $(0,0)$ 处不可能取到极值。

注 根据需要在不同的区域取不同的值，是构造二元函数反例的常用手法。

21.3.3 最大最小值问题

例题 21.3.7

求

$$f(x,y)=x^2-xy+y^2-2x+y$$

在全平面上的最大、最小值。

解 1 令

$$f_x=2x-y-2=0,f_y=-x+2y+1=0,$$

得驻点 $(1,0)$。又

$$A=f_{xx}(1,0)=2>0,B=f_{xy}(1,0)=-1,C=f_{yy}(1,0)=2,$$

且 $\Delta =AC-B^2>0$，故 $(1,0)$ 是极小值点，极小值为

$$f(1,0)=-1.$$

又有

$$\begin{array}{rl}f(\rho \cos \theta ,\rho \sin \theta )& ={\rho }^2(1-\sin \theta \cos \theta )-\rho (2\cos \theta -\sin \theta )\\ & \ge \frac{1}{2}{\rho }^2-3\rho \to +\infty (\rho \to +\infty ).\end{array}$$

可见 $f(x,y)$ 在全平面上无最大值。又可知存在 ${\rho }_0$，当 $\rho \ge {\rho }_0$ 时，$f>-1$。于是 $f$ 在 ${\mathbb{R}}^2$ 上的最小值与 $f$ 在 $D=\{x^2+y^2\le {\rho }_0^2\}$ 上的最小值相同，又 $f(x,y)$ 在 $D$ 内无不可导点，所以

$$\underset{{\mathbb{R}}^2}{\min }f=\underset{D}{\min }f=\min \{f(1,0),f{|}_{\partial D}\}=-1.$$

解 2 由

$$f(x,y)=y^2+(1-x)y+(x^2-2x)={\left(y+\frac{1-x}{2}\right)}^2+\left(\frac{3}{4}{x}^2-\frac{3}{2}x-\frac{1}{4}\right),$$

先固定 $x$，求 ${\min }_{y\in \mathbb{R}}\{f(x,y)\}$，得

$$\underset{y\in \mathbb{R}}{\min }\{f(x,y)\}=\frac{3}{4}{x}^2-\frac{3}{2}x-\frac{1}{4}=\frac{3}{4}(x-1{)}^2-1.$$

从而

$$\underset{x\in \mathbb{R}}{\min }\left\{\underset{y\in \mathbb{R}}{\min }f(x,y)\right\}=-1,$$

所以

$$\underset{{\mathbb{R}}^2}{\min }f(x,y)=-1.$$

又 $f(0,y)=y^2+y$ 无最大值，因此 $f(x,y)$ 也无最大值。

解 3 将函数改写为

$$f(x,y)={\left(x-\frac{y}{2}-1\right)}^2+\frac{3}{4}{y}^2-1\ge -1,$$

且 $f(1,0)=-1$，于是 $f(x,y)$ 在 $(1,0)$ 点取得最小值 $-1$，无最大值。

注 在上例的解 1 中，能否像一元函数那样，根据 $f(x,y)$ 在 ${\mathbb{R}}^2$ 上只有唯一的极值点，就断言该极值点是最值点呢？回答是否定的，例如可考虑 $f(x,y)=x^3-4x^2+2xy-y^2$ 在 ${\mathbb{R}}^2$ 上的情况。

例题 21.3.8

设 $D$ 为有界闭区域，$u(x,y)$ 在 $D$ 上连续，存在偏导数，且

$$\frac{\partial u}{\partial x}+\frac{\partial u}{\partial y}=u,u{|}_{\partial D}=0.$$

则 $u$ 在 $D$ 上恒为零。

证 用反证法。假设 $u$ 在 $D$ 上有正的最大值或负的最小值。由条件 $u{|}_{\partial D}=0$ 知这样的最大值或最小值只能在 $D$ 的内部达到。不妨设 $(x_0,y_0)\in \mathrm{int}D$，且满足

$$u(x_0,y_0)>0,u(x_0,y_0)\ge u(x,y),\forall (x,y)\in D.$$

于是 $(x_0,y_0)$ 也是极大值点，从而

$$\frac{\partial u}{\partial x}(x_0,y_0)=\frac{\partial u}{\partial y}(x_0,y_0)=0.$$

另一方面，由已知条件

$$\frac{\partial u}{\partial x}(x_0,y_0)+\frac{\partial u}{\partial y}(x_0,y_0)=u(x_0,y_0),$$

此与上式矛盾，从而 $u\equiv 0$。

例题 21.3.9（Fermat 三村问题）

在平面上给定不在同一直线上的三点 $M_i(a_i,b_i)$，$i=1,2,3$。求平面内的一点，使它到三点的距离之和为最小。

解 任取点 $M(x,y)$，令

$${\rho }_i=\sqrt{(x-a_i{)}^2+(y-b_i{)}^2},i=1,2,3.$$

于是所给问题为研究函数

$$u(x,y)=\sum _{i=1}^3{\rho }_i=\sum _{i=1}^3\sqrt{(x-a_i{)}^2+(y-b_i{)}^2}$$

的最小值。除了在三个给定点以外，它处处存在着偏导数

$$\frac{\partial u}{\partial x}=\sum _{i=1}^3\frac{x-a_i}{{\rho }_i}=\sum _{i=1}^3\cos {\theta }_i,\frac{\partial u}{\partial y}=\sum _{i=1}^3\frac{y-b_i}{{\rho }_i}=\sum _{i=1}^3\sin {\theta }_i,$$

其中 ${\theta }_i$ 表示 $x$ 轴正向与以 $M_i$ 为起点的射线 $M_{i}M$ 的夹角。首先找驻点 $M_0$，令两个偏导数为 $0$ 得

$$\cos {\theta }_1+\cos {\theta }_2+\cos {\theta }_3=0,\sin {\theta }_1+\sin {\theta }_2+\sin {\theta }_3=0.$$

第一式乘以 $\sin {\theta }_2$，第二式乘以 $\cos {\theta }_2$，相减得

$$\sin ({\theta }_2-{\theta }_1)=\sin ({\theta }_3-{\theta }_2).$$

同样可得

$$\sin ({\theta }_3-{\theta }_2)=\sin ({\theta }_1-{\theta }_3).$$

由图 21.1 可知

$$\angle M_1{M}_0{M}_2={\theta }_2-{\theta }_1,\angle M_2{M}_0{M}_3={\theta }_3-{\theta }_2,\angle M_3{M}_0{M}_1={\theta }_1-{\theta }_3+2\pi .$$

由上述等式得

$$\angle M_1{M}_0{M}_2=\angle M_2{M}_0{M}_3=\angle M_3{M}_0{M}_1=\frac{2\pi }{3}.$$

于是点 $M_0$ 可由下列方法求得：往三角形 $M_1{M}_2{M}_3$ 的三边上各作一含圆周角为 $\frac{2\pi }{3}$ 的弧，三弧的公共点为 $M_0$，称为 Fermat 点。

若三角形没有大于或等于 $\frac{2\pi }{3}$ 的内角，则此弧确能在三角形之内相交而确定 $M_0$，这时各边显然都对着顶点在 $M_0$ 的等于 $\frac{2\pi }{3}$ 的角。在这种情形，就必须比较 $u(x,y)$ 在 $M_0,M_1,M_2,M_3$ 这四个点的值。事实上，由余弦定理以及

$$\angle M_1{M}_0{M}_2=\frac{2\pi }{3},$$

有

$$(M_1{M}_2{)}^2=(M_0{M}_2{)}^2+(M_0{M}_1{)}^2+M_0{M}_2\cdot M_0{M}_1{\left(M_0{M}_2+\frac{1}{2}{M}_0{M}_1\right)}^2.$$

于是

$$M_1{M}_2>M_0{M}_2+\frac{1}{2}{M}_0{M}_1.$$

同理，

$$M_1{M}_3>M_0{M}_3+\frac{1}{2}{M}_0{M}_1.$$

两式相加得

$$M_1{M}_2+M_1{M}_3>M_0{M}_1+M_0{M}_2+M_0{M}_3,$$

即 $u(M_1)>u(M_0)$。显然此处的 $M_1$ 可以换成 $M_2$ 或 $M_3$。

若三角形 $M_1{M}_2{M}_3$ 有一个内角大于或等于 $\frac{2\pi }{3}$，则三条圆弧没有公共点，驻点也就不存在了。而函数 $u(x,y)$ 在 $M_1,M_2,M_3$ 中之一处，也就是在钝角的顶点处达到其最小值。

注 这一问题再一次说明，在探求函数的最大最小值时，除了驻点以外，导数不存在的点也必须考虑在内。

例题 21.3.10（最小二乘法）

设通过观测或实验得到一列数据 $(x_i,y_i)$，$i=1,2,\cdots ,n$。它们大体上满足线性关系，即大体上可以用直线方程来反映变量 $x$ 与变量 $y$ 之间的对应关系。确定直线方程使这些数据代入后的偏差的平方和最小。

解 不妨设 $x_i(i=1,2,\cdots ,n)$ 不全相等，即直线非垂直。设方程为

$$y=ax+b.$$

偏差的平方和为

$$f(a,b)=\sum _{i=1}^n(a{x}_i+b-y_i{)}^2.$$

现在要确定 $a,b$，使得 $f(a,b)$ 为最小。为此，令

$$f_a=2\sum _{i=1}^n{x}_i(a{x}_i+b-y_i)=0,f_b=2\sum _{i=1}^n(a{x}_i+b-y_i)=0.$$

按 $a,b$ 合并整理得

$$a\sum _{i=1}^n{x}_i^2+b\sum _{i=1}^n{x}_i=\sum _{i=1}^n{x}_i{y}_i,a\sum _{i=1}^n{x}_i+bn=\sum _{i=1}^n{y}_i.$$

解此方程组得唯一的驻点 $(a,b)=(\bar{a},\bar{b})$。为进一步确定该点是否取到极小值，计算得到

$$A=f_{aa}=2\sum _{i=1}^n{x}_i^2,B=f_{ab}=2\sum _{i=1}^n{x}_i,C=f_{bb}=2n,$$ $$D=AC-B^2=4n\sum _{i=1}^n{x}_i^2-4{\left(\sum _{i=1}^n{x}_i\right)}^2>0.$$

由前述定理知 $f(a,b)$ 在点 $(\bar{a},\bar{b})$ 取到唯一极小值。并且由 $x_i$ 不全相等的假定可知对任意 $(a,b)$ 有

$$\underset{1\le i\le n}{\max }|a{x}_i+b|>0$$

在 $a^2+b^2=1$ 上有正下界，故当 $|a|+|b|\to +\infty$ 时 $f(a,b)\to +\infty$。因此 $f$ 的最小值在有界闭区域上取到，所得的唯一极小值就是最小值。

注 1 在具体问题中，主要指应用问题，如果问题确有最值，而边界值明显不是最值，在区域内部驻点又唯一，则此驻点必是最值点。

注 2 如例题 21.3.7 的注所指出的，多元函数的唯一极值点并不一定是最值点。但如果 $f$ 是二次函数，则 $f$ 的极值点一定是最值点。设 $p_0$ 是 $f$ 的极值点，则 $p_0$ 是 $f$ 的驻点，在 $p_0$ 处作 Taylor 展开，有

$$f(x)=f(p_0)+\frac{1}{2}(x-p_0{)}^{T}Q(x-p_0).$$

由于 $f$ 是二次函数，故 $Q$ 是常值矩阵。并且 $f$ 在 $p_0$ 附近取到极值，因此 $Q$ 是半正定或半负定矩阵。如果 $Q$ 是半正定矩阵，则 $f(x)-f(p_0)\ge 0,\forall x$，所以 $f(p_0)$ 是最小值；如果 $Q$ 是半负定矩阵，则 $f(x)-f(p_0)\le 0,\forall x$，所以 $f(p_0)$ 是最大值。

21.3.4 练习题

练习题 1

设 $u(x,y)$ 在 $(x_0,y_0)$ 的邻域上具有连续的二阶偏导数，证明：当 $h\to 0$ 时有

$$\begin{array}{rl}& \frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^2}(x_0,y_0)+\frac{{\partial }^{2}u}{\partial y^2}(x_0,y_0)\\ & =\frac{1}{h^2}\{u(x_0+h,y_0)+u(x_0-h,y_0)\\ & +u(x_0,y_0+h)+u(x_0,y_0-h)-4u(x_0,y_0)\}+o(1).\end{array}$$

解 由一元 Taylor 公式，

$$u(x_0\pm h,y_0)=u(x_0,y_0)\pm h{u}_x(x_0,y_0)+\frac{h^2}{2}{u}_{xx}(x_0,y_0)+o(h^2),$$ $$u(x_0,y_0\pm h)=u(x_0,y_0)\pm h{u}_y(x_0,y_0)+\frac{h^2}{2}{u}_{yy}(x_0,y_0)+o(h^2).$$

四式相加后一次项消去，得

$$\begin{array}{rl}& u(x_0+h,y_0)+u(x_0-h,y_0)+u(x_0,y_0+h)+u(x_0,y_0-h)-4u(x_0,y_0)\\ & =h^2(u_{xx}(x_0,y_0)+u_{yy}(x_0,y_0))+o(h^2),\end{array}$$

两边除以 $h^2$ 即得所证公式。

练习题 2

对于下列函数，点 $(0,0)$ 是否为驻点？是否为极值点？

$$\begin{array}{ll}(1)& f(x,y)=x^2-4xy+5y^2-1;\\ (2)& f(x,y)=\sqrt{x^2+y^2};\\ (3)& f(x,y)=(x+y{)}^2-y^2.\end{array}$$

解

1. $\nabla f=(2x-4y,-4x+10y)$，故 $(0,0)$ 是驻点。Hesse 矩阵为

$$H=\left(\begin{array}{cc}2& -4\\ -4& 10\end{array}\right),$$

满足 $2>0$，$\det H=4>0$，故 $(0,0)$ 为极小值点，极小值为 $-1$。

1. $f(x,y)=\sqrt{x^2+y^2}$ 在原点不可微，故不是驻点；但 $f\ge 0$，且 $f(0,0)=0$，故 $(0,0)$ 是极小值点。

2. $f(x,y)=x^2+2xy$，$\nabla f=(2x+2y,2x)$，故 $(0,0)$ 是驻点。Hesse 矩阵

$$H=\left(\begin{array}{cc}2& 2\\ 2& 0\end{array}\right)$$

的行列式为 $-4<0$，故 $(0,0)$ 为鞍点，不是极值点。

练习题 3

求下列函数的极值点及相应的极值：

$$\begin{array}{ll}(1)& u(x,y)=x^2(y-1{)}^2;\\ (2)& u(x,y)=3x^{2}y-x^4-2y^2;\\ (3)& u(x,y)=(1+e^y)\cos x-y{e}^y.\end{array}$$

解

1. $u=x^2(y-1{)}^2\ge 0$，且当 $x=0$ 或 $y=1$ 时取零。因此全部极小值点恰为两条直线 $x=0$ 与 $y=1$，极小值为 $0$；无极大值。

2. $u_x=2x(3y-2x^2)$，$u_y=3x^2-4y$。联立得唯一驻点 $(0,0)$。但沿 $y=0$ 有 $u=-x^4<0$，沿 $y=\frac{3}{4}{x}^2$ 有 $u=\frac{1}{8}{x}^4>0$，故 $(0,0)$ 为鞍点，没有极值。

3. $u_x=-(1+e^y)\sin x$，$u_y=e^y(\cos x-y-1)$。驻点满足 $\sin x=0$ 且 $y=\cos x-1$，即

$$(x,y)=(2k\pi ,0),((2k+1)\pi ,-2),k\in \mathbb{Z}.$$

在这些点上 $u_{xy}=0$，且 $u_{yy}=-e^y<0$。再有

$$u_{xx}=-(1+e^y)\cos x.$$

因而在 $(2k\pi ,0)$ 处，$u_{xx}=-2<0$，故为极大值点，极大值为 $2$；在 $((2k+1)\pi ,-2)$ 处，$u_{xx}=1+e^{-2}>0$，故为鞍点。函数无极小值。

练习题 4

求 $f(x,y)=\sin x\sin y\sin (x+y)$ 在

$$D=\{(x,y)\mid x\ge 0,y\ge 0,x+y\le \pi \}$$

上的最大、最小值。

解 在区域 $D$ 内三因子 $\sin x,\sin y,\sin (x+y)$ 都非负，故最小值为 $0$，在边界 $x=0$、$y=0$ 或 $x+y=\pi$ 上取到。

对内点，令

$$F(x,y)=\ln \sin x+\ln \sin y+\ln \sin (x+y).$$

则极值点满足

$$\cot x+\cot (x+y)=0,\cot y+\cot (x+y)=0.$$

两式相减得 $\cot x=\cot y$，在 $D$ 内故 $x=y$。代回得 $\cot x+\cot 2x=0$，解得 $x=y=\frac{\pi }{3}$。于是

$$f_{\max }=\sin \frac{\pi }{3}\sin \frac{\pi }{3}\sin \frac{2\pi }{3}=\frac{3\sqrt{3}}{8}.$$

练习题 5

证明：函数 $f(x,y)=x^3-4x^2+2xy-y^2$ 在 ${\mathbb{R}}^2$ 上有唯一的极大值点，但该极大值点不是最大值点。

解 $\nabla f=(3x^2-8x+2y,2x-2y)$，驻点满足 $y=x$ 及 $3x^2-6x=0$，故有 $(0,0)$ 与 $(2,2)$ 两点。Hesse 矩阵为

$$H=\left(\begin{array}{cc}6x-8& 2\\ 2& -2\end{array}\right).$$

在 $(0,0)$ 处，$\det H=12>0$ 且 $f_{xx}=-8<0$，故为极大值点；在 $(2,2)$ 处，$\det H=-12<0$，故为鞍点。因此极大值点唯一。

但沿直线 $y=x$，有

$$f(x,x)=x^3-3x^2\to +\infty (x\to +\infty ),$$

所以该极大值点不是最大值点。

21.4.1 条件极值

例题 21.4.1

求 $f(x,y)=a{x}^2+2bxy+c{y}^2(b\ne 0)$ 在条件 $x^2+y^2=1$ 之下的极值。

解 1 作 Lagrange 函数

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

解方程组

$$L_x=2ax+2by-2\lambda x=0,L_y=2bx+2cy-2\lambda y=0,x^2+y^2=1.$$

由 $x^2+y^2=1$ 知 $x,y$ 不可能同时为零，于是由前两式得

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

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

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

对每个 $\lambda$，由方程与 $x^2+y^2=1$ 解出两组解。又

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

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，对约束式 $x^2+y^2=1$ 求微分得

$$2xdx+2ydy=0,dy=-\frac{x}{y}dx.$$

代入

$$d^{2}L=2(a-\lambda )d{x}^2+4bdxdy+2(c-\lambda )d{y}^2,$$

得

$$\begin{array}{rl}{d}^{2}L& =\frac{2}{y^2}\{(a-\lambda )y^2-2bxy+(c-\lambda )x^2\}d{x}^2\\ & =\frac{2}{y^2}(a+c-2\lambda )d{x}^2\{\begin{array}{ll}<0,& \lambda ={\lambda }_{+},\\ 0,& \lambda ={\lambda }_{-}.\end{array}\end{array}$$

因此，对应于 ${\lambda }_{+}$ 的点 $f$ 取得极大值，对应于 ${\lambda }_{-}$ 的点 $f$ 取得极小值。极大值、极小值分别为 ${\lambda }_{+}$、${\lambda }_{-}$。

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，$x^2+y^2-1=0$ 在单位圆上任意一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

$$\begin{array}{rl}{F}^{\prime }(x)& =2ax+2b(y+x{y}^{\prime })+2cy{y}^{\prime }\\ & =\frac{2}{y}\{(a-c)xy+b(y^2-x^2)\}.\end{array}$$

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

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

它的判别式 $(a-c{)}^2+4b^2>0$，故方程有相异实根

$$u_{\pm }=\frac{1}{2b}\left[a-c\pm \sqrt{(a-c{)}^2+4b^2}\right],$$

且异号。将它们代入 $x^2+y^2=1$ 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

$$\begin{array}{rl}{F}^{\prime \prime }(x)& =\frac{2}{y^2}\{(a-c)(y^2-x^2)-4bxy\}\\ & =-\frac{2u}{b}\{(a-c{)}^2+4b^2\}\{\begin{array}{ll}<0,& u=u_{+},\\ 0,& u=u_{-}.\end{array}\end{array}$$

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

$$\frac{a{u}_{+}^2+2b{u}_{+}+c}{u_{+}^2+1},\frac{a{u}_{-}^2+2b{u}_{-}+c}{u_{-}^2+1}.$$

解 3 注意到

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

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

$$\sum _{i,j=1}^n{a}_{ij}{x}_i{x}_j,a_{ij}=a_{ji},$$

都可以经过正交的线性变换变成平方和

$${\lambda }_1{y}_1^2+{\lambda }_2{y}_2^2+\cdots +{\lambda }_n{y}_n^2,$$

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

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

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。

注 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。

21.4.2 条件最值

例题 21.4.2

椭球面

$$\frac{x^2}{3}+y^2+\frac{z^2}{2}=1$$

被通过原点的平面 $2x+y+z=0$ 截成一个椭圆 $l$。求此椭圆的面积。

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

$$F(x,y,z)=\frac{x^2}{3}+y^2+\frac{z^2}{2}-1=0,G(x,y,z)=2x+y+z=0$$

下求 $r^2=x^2+y^2+z^2$ 的最大、最小值。为此定义

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

令

$$L_x=2x+\frac{2}{3}\lambda x+2\mu =0,L_y=2y+2\lambda y+\mu =0,L_z=2z+\lambda z+\mu =0.$$

将这三个式子分别乘以 $x,y,z$，然后相加，利用约束条件得

$$\lambda =-r^2.$$

将 $\lambda$ 代入 $L_x=0$ 得

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

若 $r^2=3$，则 $\mu =0$，代入其余方程得 $y=z=0$，显然不满足两个约束条件。因此 $r^2-3\ne 0$，所以

$$x=\frac{3\mu }{r^2-3}.$$

同理

$$y=\frac{\mu }{2(r^2-1)},z=\frac{\mu }{r^2-2}.$$

将它们代入 $G=0$，得

$$\frac{6\mu }{r^2-3}+\frac{\mu }{2(r^2-1)}+\frac{\mu }{r^2-2}=0.$$

由于 $\mu \ne 0$，消去 $\mu$，得

$$15(r^2{)}^2-49r^2+36=0.$$

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长、短半轴的平方。根据 Vieta 定理有

$$r_1^2{r}_2^2=\frac{36}{15}=\frac{12}{5}.$$

于是所求的面积为

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

注 1 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。

注 2 在得到 $\lambda =-r^2$ 之后可用下面的解法来求 $\lambda$。由约束式可知 $x,y,z$ 不能同时为 $0$，于是把方程组视 $x,y,z,\mu$ 为未知量，$\lambda$ 为参数，系数矩阵的行列式为 $0$，即

$$\left|\begin{array}{cccc}2+\frac{2}{3}\lambda & 0& 0& 2\\ 0& 2+2\lambda & 0& 1\\ 0& 0& 2+\lambda & 1\\ 2& 1& 1& 0\end{array}\right|=0.$$

展开整理得

$$15{\lambda }^2-49\lambda +36=0.$$

例题 21.4.3

设 $p\ge 1$。求

$$f(x,y)=\frac{1}{2}(x^p+y^p)$$

在 $x+y=C(C\text{ 为正常数})$，$x\ge 0,y\ge 0$ 的条件下的最小值。

解 设

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

令

$$L_x=\frac{p}{2}{x}^{p-1}+\lambda =0,L_y=\frac{p}{2}{y}^{p-1}+\lambda =0,x+y=C.$$

解得驻点 $x=y=C/2$。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 $x,y\ge 0$ 下的最小值。

注 由本题结论可得

$$\frac{1}{2}(x^p+y^p)\ge {\left(\frac{x+y}{2}\right)}^p.$$

一般地，可以证明：若 $p\ge 1,x_i\ge 0,i=1,2,\cdots ,n$，则有

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

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

求

$$f(x,y,z)=\ln x+2\ln y+3\ln z$$

的最大值，其中 $x^2+y^2+z^2=6r^2(r>0)$，$x>0,y>0,z>0$。且证明对任意正数 $a,b,c$，有

$$a{b}^2{c}^3\le 108{\left(\frac{a+b+c}{6}\right)}^6.$$

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 $x\ge 0,y\ge 0,z\ge 0$。注意到在边界上 $u$ 取最小值，故在

$$D_1=\{(x,y,z)\mid x^2+y^2+z^2=6r^2,x\ge 0,y\ge 0,z\ge 0\}$$

的内部一定有 $u$ 的最大值点。

解 构造 Lagrange 函数

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

令

$$L_x=y^2{z}^3+2\lambda x=0,L_y=2xy{z}^3+2\lambda y=0,$$ $$L_z=3x{y}^2{z}^2+2\lambda z=0,x^2+y^2+z^2=6r^2.$$

往前三式两边分别乘以 $x,y,z$，然后相加，利用约束条件得

$$x{y}^2{z}^3=-2\lambda r^2.$$

再将上式代入前三式中，明显地 $\lambda \ne 0$，则

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

对应了唯一驻点，于是 $x{y}^2{z}^3$ 的最大值为 $6\sqrt{3}{r}^6$，即

$$x{y}^2{z}^3\le 6\sqrt{3}{r}^6.$$

两边平方得

$$x^2{y}^4{z}^6\le 108r^{12}.$$

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

$$a{b}^2{c}^3\le 108{\left(\frac{a+b+c}{6}\right)}^6.$$

注 也可以用算术平均值—几何平均值不等式证明：

$$a{b}^2{c}^3=2^2{3}^{3}a{\left(\frac{b}{2}\right)}^2{\left(\frac{c}{3}\right)}^3\le 108{\left(\frac{a+b+c}{6}\right)}^6.$$

21.4.3 隐函数的极值

例题 21.4.5

求由方程

$$2x^2+y^2+z^2+2xy-2x-2y-4z+4=0$$

所确定的函数 $z=z(x,y)$ 的极值。

解 1（直接法） 设

$$g(x,y,z)=2x^2+y^2+z^2+2xy-2x-2y-4z+4.$$

由于

$$\frac{\partial g}{\partial z}=2z-4,$$

由 $\frac{\partial g}{\partial z}\ne 0$ 得 $z\ne 2$。在满足方程的 $(x,y,z)$，$z\ne 2$ 附近确定了隐函数 $z=z(x,y)$。由原方程对隐函数 $z=z(x,y)$ 求导，得

$$4x+2z\frac{\partial z}{\partial x}+2y-2-4\frac{\partial z}{\partial x}=0,$$ $$2y+2z\frac{\partial z}{\partial y}+2x-2-4\frac{\partial z}{\partial y}=0.$$

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

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

由此得到驻点为 $(0,1)$，将之代入原方程得

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

于是 $z_1=1,z_2=3$。

在上述两式两边求导，得

$$4+2{\left(\frac{\partial z}{\partial x}\right)}^2+2z\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x^2}-4\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x^2}=0,$$ $$2\frac{\partial z}{\partial x}\frac{\partial z}{\partial y}+2z\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x\partial y}+2-4\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x\partial y}=0,$$ $$2+2{\left(\frac{\partial z}{\partial y}\right)}^2+2z\frac{{\partial }^{2}z}{\partial y^2}-4\frac{{\partial }^{2}z}{\partial y^2}=0.$$

在 $(x,y,z)=(0,1,1)$，$\frac{\partial z}{\partial x}=\frac{\partial z}{\partial y}=0$，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 $(x,y,z)=(0,1,3)$，$\frac{\partial z}{\partial x}=\frac{\partial z}{\partial y}=0$，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 以原方程为约束条件，取目标函数 $f(x,y,z)=z$，则 Lagrange 函数为

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

令

$$L_x=4\lambda x+2\lambda y-2\lambda =0,L_y=2\lambda x+2\lambda y-2\lambda =0,$$ $$L_z=1+2\lambda z-4\lambda =0.$$

显然 $\lambda \ne 0$，于是由前两式得驻点为 $(0,1)$。代入原方程得 $z_1=1,z_2=3$。再由 $L_z=0$ 得

$${\lambda }_1=-\frac{1}{2},{\lambda }_2=\frac{1}{2}.$$

由于

$$L_{xx}=4\lambda ,L_{yy}=L_{zz}=2\lambda ,L_{xy}=2\lambda ,L_{xz}=L_{yz}=0,$$

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

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

前者正定，后者负定，所以 $z=1$ 为极小值，$z=3$ 为极大值。

注 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 $z=3$ 分别是该方程确定的隐函数 $z=z(x,y)$ 的最小值和最大值。

21.4.4 练习题

练习题 1

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

解 由 AM—GM 不等式，

$$x^4+y^4+z^4\ge 3(x^4{y}^4{z}^4{)}^{1/3}=3.$$

当且仅当 $|x|=|y|=|z|=1$ 时取等；再由 $xyz=1$ 得极小值为 $3$，在 $(1,1,1)$ 及恰有两个分量为 $-1$ 的三点处取到。令 $x=t,y=t,z=t^{-2}$，则函数值趋于 $+\infty$，故无极大值。

练习题 2

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

解 在线性函数 $u=(1,-2,2)\cdot (x,y,z)$ 在单位球面上的最值为

$$\pm \sqrt{1^2+(-2{)}^2+2^2}=\pm 3.$$

最大值在 $\left(\frac{1}{3},-\frac{2}{3},\frac{2}{3}\right)$ 处取得，最小值在其相反点处取得。

练习题 3

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

解 由约束 $y=x-\frac{\pi }{4}$，得

$$z={\cos }^{2}x+{\cos }^2(x-\frac{\pi }{4})=1+\frac{\cos 2x+\sin 2x}{2}.$$

故

$$z_{\max }=1+\frac{\sqrt{2}}{2},z_{\min }=1-\frac{\sqrt{2}}{2}.$$

当 $x=\frac{\pi }{8}+k\pi ,y=-\frac{\pi }{8}+k\pi$ 时取最大值；当 $x=\frac{5\pi }{8}+k\pi ,y=\frac{3\pi }{8}+k\pi$ 时取最小值。

练习题 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。

解 令 $S=l+m+n$，考虑 $\ln f=l\ln x+m\ln y+n\ln z$。Lagrange 方程为

$$\frac{l}{x}=\lambda a,\frac{m}{y}=\lambda b,\frac{n}{z}=\lambda c.$$

故

$$x=\frac{l}{\lambda a},y=\frac{m}{\lambda b},z=\frac{n}{\lambda c}.$$

代入约束 $ax+by+cz=k$，得 $\lambda =\frac{S}{k}$。于是极大值点为

$$x=\frac{kl}{aS},y=\frac{km}{bS},z=\frac{kn}{cS},$$

极大值为

$$f_{\max }={\left(\frac{k}{S}\right)}^S\frac{l^l{m}^m{n}^n}{a^l{b}^m{c}^n}.$$

当某一变量趋于 $0^{+}$ 时 $f\to 0$，故无最小值，只以下确界 $0$。

练习题 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 $a>b>c>0$，${\cos }^2\alpha +{\cos }^2\beta +{\cos }^2\gamma =1$。

解 记

$$q_1=\frac{1}{a^2},q_2=\frac{1}{b^2},q_3=\frac{1}{c^2},$$

以及 $n=(\cos \alpha ,\cos \beta ,\cos \gamma )$。在约束 $|x|=1$、$x\cdot n=0$ 下求二次型 $u=x^{\mathrm{T}}Qx$ 的最值，其中 $Q=\mathrm{diag}(q_1,q_2,q_3)$。Lagrange 方程给出

$$(Q-\lambda I)x=\mu n,$$

从而

$$x_i=\frac{\mu n_i}{q_i-\lambda }.$$

再由 $x\cdot n=0$ 得

$$\frac{{\cos }^2\alpha }{q_1-\lambda }+\frac{{\cos }^2\beta }{q_2-\lambda }+\frac{{\cos }^2\gamma }{q_3-\lambda }=0.$$

即

$${\lambda }^2-A\lambda +B=0,$$

其中

$$A=q_1+q_2+q_3-q_1{\cos }^2\alpha -q_2{\cos }^2\beta -q_3{\cos }^2\gamma ,$$ $$B=q_2{q}_3{\cos }^2\alpha +q_1{q}_3{\cos }^2\beta +q_1{q}_2{\cos }^2\gamma .$$

此二次方程的两根就是所求最小值与最大值。

练习题 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。

解 设 $g={\sum }_{i=1}^n{x}_i^{-1}-a^{-1}=0$。取对数后作 Lagrange 乘子法：

$$\frac{1}{x_i}-\lambda \frac{1}{x_i^2}=0(i=1,\dots ,n),$$

故 $x_1=\cdots =x_n=\lambda$。代入约束得 $\lambda =na$，于是

$$x_1=\cdots =x_n=na,$$

且

$$u_{\min }=(na{)}^n.$$

另一方面让某个 $x_i\to \infty$ 而其余变量调整保持约束，可使 $u\to \infty$，故无最大值。

练习题 7

求满足约束条件

$$x+y+z=\frac{\pi }{2},x>0,y>0,z>0$$

时，$u=\sin x\sin y\sin z$ 的极值。

解 令 $F=\ln u=\ln \sin x+\ln \sin y+\ln \sin z$，约束为 $x+y+z=\frac{\pi }{2}$。Lagrange 方程给出

$$\cot x=\cot y=\cot z,$$

由 $x,y,z\in (0,\pi /2)$ 得 $x=y=z=\frac{\pi }{6}$。故

$$u_{\max }={\sin }^3\frac{\pi }{6}=\frac{1}{8}.$$

当某个变量趋于 $0^{+}$ 时 $u\to 0$，故无最小值，只有下确界 $0$。

练习题 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 $0$。

解 由 Cauchy 不等式，

$$1={\left(\sum _{i=1}^n\frac{x_i}{a_i}\right)}^2\le \left(\sum _{i=1}^n{x}_i^2\right)\left(\sum _{i=1}^n\frac{1}{a_i^2}\right).$$

因而

$$u\ge \frac{1}{{\sum }_{i=1}^n{a}_i^{-2}}.$$

当且仅当 $x_i=\lambda /a_i$ 时取等。由约束求得

$$x_i=\frac{a_i^{-1}}{{\sum }_{j=1}^n{a}_j^{-2}},$$

所以最小值为

$$u_{\min }=\frac{1}{{\sum }_{i=1}^n{a}_i^{-2}}.$$

若要求 $x_i>0$，则最大值不存在；其上确界为 ${\max }_i{a}_i^2$。

练习题 9

求 $u=x^3+y^3+z^3-2xyz$ 在 $x^2+y^2+z^2\le 1$ 中的最大、最小值。

解 由于 $u$ 是三次齐次函数，闭球上的最值必在边界球面上取得。由 Lagrange 方程

$$3x^2-2yz=2\lambda x,3y^2-2zx=2\lambda y,3z^2-2xy=2\lambda z,$$

相减可得

$$(x-y)(3(x+y)+2z-2\lambda )=0,$$

以及循环式。于是驻点只可能是三类：$x=y=z=\pm \frac{1}{\sqrt{3}}$；某一坐标为 $0$、其余两坐标中一个为 $\pm 1$；或两坐标相等而第三个与之成固定比。分别代入可得函数值只可能是

$$\pm 1,\pm \frac{1}{3\sqrt{3}},\pm \frac{19\sqrt{6}}{54}.$$

因而最大值为 $1$，最小值为 $-1$，分别在 $(\pm 1,0,0)$、$(0,\pm 1,0)$、$(0,0,\pm 1)$ 中符号同号与异号的点上取到。

练习题 10

求 $z=x^2-xy+y^2$ 在 $|x|+|y|\le 1$ 中的最大、最小值。

解 有

$$x^2-xy+y^2\ge 0,$$

故最小值为 $0$，在 $(0,0)$ 处取得。又因

$$x^2-xy+y^2\le x^2+|xy|+y^2\le (|x|+|y|{)}^2\le 1,$$

所以最大值不超过 $1$，且在 $(\pm 1,0),(0,\pm 1)$ 处取到。故最大值为 $1$。

练习题 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。

解 设 $P=(x,y,z)$，$S={\sum }_{i=1}^n(x_i,y_i,z_i)$。则

$$\sum _{i=1}^n|P-M_i{|}^2=n+\sum _{i=1}^n|M_i{|}^2-2P\cdot S,$$

因为 $|P|=1$。故该和最小时 $P\cdot S$ 最大。若 $S\ne 0$，最优点为

$$P=\frac{S}{|S|}.$$

若 $S=0$，则上式与 $P$ 无关，球面上任意点都可。

练习题 12

求点 $(-1,0)$ 到半立方抛物线 $y^2=x^3$ 的最短距离。

解 取参数方程 $x=t^2,y=t^3$。到点 $(-1,0)$ 的距离平方为

$$d^2(t)=(t^2+1{)}^2+t^6=t^6+t^4+2t^2+1.$$

其导数为 $2t(3t^4+2t^2+2)$，只在 $t=0$ 处为零，故最小距离为 $1$，最近点是原点。

练习题 13

在周长为定数的三角形中，求面积为最大的三角形。

解 设三边为 $a,b,c$，半周长为 $s$。由 Heron 公式

$$\Delta =\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}.$$

当周长固定时 $s$ 固定，于是由 AM—GM 不等式，$(s-a)(s-b)(s-c)$ 在三者相等时最大，即 $a=b=c$。故面积最大的三角形是正三角形。

练习题 14

分解正数 $a$ 为 $n$ 个因子，使其倒数和最小。

解 设 $x_1{x}_2\cdots x_n=a$，则

$$\frac{1}{x_1}+\cdots +\frac{1}{x_n}\ge n{\left(\frac{1}{x_1{x}_2\cdots x_n}\right)}^{1/n}=\frac{n}{a^{1/n}}.$$

当且仅当 $x_1=\cdots =x_n=a^{1/n}$ 时取等。故倒数和最小时各因子应相等。

练习题 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。

解 设长度 $x$ 围成正方形，则余长 $a-x$ 围成圆，总面积为

$$A(x)=\frac{x^2}{16}+\frac{(a-x{)}^2}{4\pi }.$$

这是开口向上的二次函数，因此在闭区间 $[0,a]$ 上最大值取于端点。由于 $\frac{1}{4\pi }>\frac{1}{16}$，故最大值在 $x=0$ 处取得，即全部铁丝围成圆。若要求两段都严格为正，则最大值不存在，其上确界仍为 $\frac{a^2}{4\pi }$。

练习题 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。

解 在椭圆上一点 $(x,y)$ 处的切线为

$$(6x+2y)X+(2x+6y)Y=2.$$

它与两轴围成的三角形面积为

$$S=\frac{1}{2}\left|\frac{2}{6x+2y}\right|\left|\frac{2}{2x+6y}\right|=\frac{1}{2|(3x+y)(x+3y)|}.$$

令 $u=x+y,v=x-y$，则约束变为 $2u^2+4v^2=1$，而

$$(3x+y)(x+3y)=3x^2+10xy+3y^2=4u^2-\frac{1}{2}{v}^2.$$

在约束下其绝对值最大为 $4$，当且仅当 $v=0$，即 $x=y=\pm \frac{1}{2\sqrt{2}}$。于是

$$S_{\min }=\frac{1}{8}.$$

练习题 17

求原点到曲面 $(x-y{)}^2+z^2=1$ 的最短距离。

解 令 $u=x-y,v=x+y$，则约束为 $u^2+z^2=1$。而

$$x^2+y^2=\frac{u^2+v^2}{2}\ge \frac{u^2}{2},$$

等号当且仅当 $v=0$，即 $y=-x$。故距离平方满足

$$r^2=x^2+y^2+z^2\ge \frac{u^2}{2}+z^2=1-\frac{u^2}{2}\ge \frac{1}{2}.$$

所以最短距离为 $\frac{1}{\sqrt{2}}$，在 $(\pm \frac{1}{2},\mp \frac{1}{2},0)$ 处取得。

练习题 18

求 $x^2-xy+y^2-z^2=1$ 与 $x^2+y^2=1$ 的交线到原点的最短距离。

解 由 $x^2+y^2=1$ 与 $x^2-xy+y^2-z^2=1$ 得

$$z^2=-xy.$$

因而 $xy\le 0$，且到原点距离平方为

$$r^2=x^2+y^2+z^2=1-xy\ge 1.$$

当且仅当 $xy=0$ 时取等，于是最短距离为 $1$，在 $(\pm 1,0,0)$ 与 $(0,\pm 1,0)$ 处取得。

练习题 19

在圆外切三角形中，求面积最小的三角形。

解 设所给圆半径为 $r$，三角形内角为 $A,B,C$。则

$$S=r^2\left(\cot \frac{A}{2}+\cot \frac{B}{2}+\cot \frac{C}{2}\right),\frac{A}{2}+\frac{B}{2}+\frac{C}{2}=\frac{\pi }{2}.$$

由 Jensen 不等式（或 AM—GM）知，上式在 $A=B=C=\frac{\pi }{3}$ 时最小。故面积最小的外切三角形是正三角形。

练习题 20

设四边形各边长为定数，求面积最大的四边形。

解 设四边长为 $a,b,c,d$，面积为 $S$，则由 Bretschneider 公式

$$S^2=(s-a)(s-b)(s-c)(s-d)-abcd{\cos }^2\frac{B+D}{2},$$

其中 $s=\frac{a+b+c+d}{2}$。四边长固定时第一项固定，故当且仅当 $\cos \frac{B+D}{2}=0$，即 $B+D=\pi$ 时面积最大。于是面积最大的四边形必为圆内接四边形。

练习题 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。

解 设四顶点位置向量分别为 $A_1,A_2,A_3,A_4$，点 $C$ 的位置向量为 $x$。则

$$\sum _{i=1}^4|x-A_i{|}^2=4{\left|x-\frac{A_1+A_2+A_3+A_4}{4}\right|}^2+\text{常数}.$$

因而最小值在

$$x=\frac{A_1+A_2+A_3+A_4}{4}$$

处取得。这个点正是两条对角线中点连线的中点，也即 Varignon 平行四边形的中心，因此位于凸四边形内部。

练习题 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。

解 设椭圆由线性变换 $T(u,v)=(au,bv)$ 将单位圆 $u^2+v^2=1$ 映成。单位圆内接三角形面积最大时必为正三角形，其面积为 $\frac{3\sqrt{3}}{4}$；经 $T$ 后面积放大 $ab$ 倍，故椭圆内接三角形的最大面积为

$$\frac{3\sqrt{3}}{4}ab.$$

极值三角形正是单位圆内接正三角形的像，可写成

$$(a\cos t,b\sin t),\left(a\cos (t+\frac{2\pi }{3}),b\sin (t+\frac{2\pi }{3})\right),$$ $$\left(a\cos (t+\frac{4\pi }{3}),b\sin (t+\frac{4\pi }{3})\right).$$

在单位圆上，正三角形一顶点处的法线就是半径，并与对边垂直。该对边经 $T$ 后的法向量变为 $\left(\frac{u_0}{a},\frac{v_0}{b}\right)$，正是椭圆在点 $(a{u}_0,b{v}_0)$ 处的法向量，所以椭圆上极值三角形同样满足“一个顶点处的法线与其对边垂直”。

练习题 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。

解 到直线 $3x+4y=12$ 的距离为

$$d=\frac{12-3x-4y}{5},$$

因为椭圆 $x^2+4y^2=4$ 完全位于该直线的同侧。故只需求 $3x+4y$ 在椭圆上的最大值。令 $x=2\cos t,y=\sin t$，则

$$3x+4y=6\cos t+4\sin t\le 2\sqrt{13},$$

等号在 $\cos t=\frac{3}{\sqrt{13}}$、$\sin t=\frac{2}{\sqrt{13}}$ 时取到。故最近点为

$$\left(\frac{6}{\sqrt{13}},\frac{2}{\sqrt{13}}\right),$$

最短距离为

$$d_{\min }=\frac{12-2\sqrt{13}}{5}.$$

练习题 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。

解 设切点为 $(x_0,y_0)$，则切线方程为

$$\frac{x{x}_0}{a^2}+\frac{y{y}_0}{b^2}=1.$$

与坐标轴交于 $A(\frac{a^2}{x_0},0)$、$B(0,\frac{b^2}{y_0})$，从而

$$|AB{|}^2=\frac{a^4}{x_0^2}+\frac{b^4}{y_0^2}.$$

再由 $\frac{x_0^2}{a^2}+\frac{y_0^2}{b^2}=1$，令 $x_0=a\cos t,y_0=b\sin t$，得

$$|AB{|}^2=\frac{a^2}{{\cos }^{2}t}+\frac{b^2}{{\sin }^{2}t}\ge (a+b{)}^2.$$

故 $|AB{|}_{\min }=a+b$。等号条件为 ${\cos }^{2}t=\frac{a}{a+b}$、${\sin }^{2}t=\frac{b}{a+b}$。

练习题 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。

解 设法线经过抛物线上点 $(t,t^2)$，则法线方程为

$$y-t^2=-\frac{x-t}{2t}(t\ne 0).$$

与抛物线再交于 $x=s$，代入 $y=x^2$ 得

$$s=-t-\frac{1}{2t}.$$

弦长平方为

$$L^2=(s-t{)}^2+(s^2-t^2{)}^2.$$

利用 $s+t=-\frac{1}{2t}$ 化简得

$$L^2=\frac{(4t^2+1{)}^3}{16t^4}.$$

令 $u=4t^2>0$，则 $L^2=\frac{(u+1{)}^3}{u^2}$。求导得极小值在 $u=2$ 处取得，即 $t^2=\frac{1}{2}$。故最短弦长为

$$L_{\min }=\frac{3\sqrt{3}}{2}.$$

练习题 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。

解 椭圆包住圆 $(x-1{)}^2+y^2=1$，等价于对一切 $t$ 都有

$$\frac{(1+\cos t{)}^2}{a^2}+\frac{{\sin }^{2}t}{b^2}\le 1.$$

令 $u={\cos }^2\frac{t}{2}\in [0,1]$，并记 $p=\frac{4}{a^2},q=\frac{4}{b^2}$，则上式化为

$$(p-q)u^2+qu\le 1(0\le u\le 1).$$

为使面积 $\pi ab=\frac{4\pi }{\sqrt{pq}}$ 最小，只需在上述约束下使 $pq$ 最大。最优情形必有 $q>p$，此时二次式在顶点处取最大值，故需

$$\frac{q^2}{4(q-p)}\le 1,$$

即 $p\le q-\frac{q^2}{4}$。因此

$$pq\le q^2-\frac{q^3}{4}.$$

右端在 $q=\frac{8}{3}$ 时取最大值，且此时 $p=\frac{8}{9}$。于是

$$a^2=\frac{4}{p}=\frac{9}{2},b^2=\frac{4}{q}=\frac{3}{2}.$$

因而面积最小的椭圆为

$$\frac{x^2}{9/2}+\frac{y^2}{3/2}=1.$$

练习题 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。

解

1. 由 $F(x,f(x))\equiv 0$ 得

$$F_x+F_y{f}^{\prime }=0,$$

再求导一次，得

$$F_{xx}+2F_{xy}{f}^{\prime }+F_{yy}(f^{\prime }{)}^2+F_y{f}^{\prime \prime }=0.$$

因而

$$f^{\prime \prime }=-\frac{F_{xx}+2F_{xy}{f}^{\prime }+F_{yy}(f^{\prime }{)}^2}{F_y}=-\frac{F_{xx}{F}_y^2-2F_x{F}_{xy}{F}_y+F_x^2{F}_{yy}}{F_y^3}.$$

1. 若 $x_0$ 是极值点，则 $f^{\prime }(x_0)=0$，故 $F_x(x_0,y_0)=0$，且

$$f^{\prime \prime }(x_0)=-\frac{F_{xx}(x_0,y_0)}{F_y(x_0,y_0)}.$$

因此当 $F_y$ 与 $F_{xx}$ 同号时，$f^{\prime \prime }(x_0)<0$，故为极大值；异号时 $f^{\prime \prime }(x_0)>0$，故为极小值。

1. 取 $F(x,y)=x^2+xy+y^2-27$。极值点满足 $F=0$ 且 $F_x=2x+y=0$。解得

$$(x,y)=(3,-6),(-3,6).$$

由 $F_y=x+2y$、$F_{xx}=2$，在 $(3,-6)$ 处有 $F_y=-9$，与 $F_{xx}$ 异号，故 $y=-6$ 为极小值；在 $(-3,6)$ 处有 $F_y=9$，与 $F_{xx}$ 同号，故 $y=6$ 为极大值。

练习题 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。

解 记上边界为 $y=1-x^2$。若椭圆内接于 $D$，由对称性只需考虑中心在原点的椭圆

$$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1.$$

它位于 $D$ 内当且仅当

$$b\sqrt{1-\frac{x^2}{a^2}}\le 1-x^2(|x|\le a\le 1).$$

令 $s=a^2$、$t=x^2$，则

$$b^2\le \frac{s(1-t{)}^2}{s-t}=:{\psi }_s(t),0\le t\le s.$$

求导得

$${\psi }_s^{\prime }(t)=\frac{s(t-1)(2s-t-1)}{(s-t{)}^2}.$$

当 $s\le \frac{1}{2}$ 时，$\min {\psi }_s=s$，故 $ab\le s$；当 $s\ge \frac{1}{2}$ 时，最小值在 $t=2s-1$ 处取得，且

$$b^2\le 4s(1-s),ab\le 2s\sqrt{1-s}.$$

右端在 $s=\frac{2}{3}$ 时最大，于是

$$a^2=\frac{2}{3},b^2=\frac{8}{9}.$$

故最大面积椭圆为

$$\frac{x^2}{2/3}+\frac{y^2}{8/9}=1,$$

最大面积为

$$\pi ab=\frac{4\pi }{3\sqrt{3}}.$$

21.6.2 第一组参考题

第一组参考题 1

曲面 $z=z(x,y)$ 由方程

$$F\left(\frac{x-a}{z-c},\frac{y-b}{z-c}\right)=0$$

确定，其中 $a,b,c$ 为常数。证明：

1. 曲面的切平面经过定点 $(a,b,c)$；
2. 函数 $z=z(x,y)$ 满足方程

$$\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x^2}\cdot \frac{{\partial }^{2}z}{\partial y^2}-{\left(\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x\partial y}\right)}^2=0.$$

解 设 $P=(x,y,z)$ 在曲面上，而 $\lambda \in \mathbb{R}$。则

$$\frac{a+\lambda (x-a)-a}{c+\lambda (z-c)-c}=\frac{x-a}{z-c},\frac{b+\lambda (y-b)-b}{c+\lambda (z-c)-c}=\frac{y-b}{z-c},$$

故整条直线 $(a,b,c)+\lambda (x-a,y-b,z-c)$ 都在曲面上。于是该曲面是以 $(a,b,c)$ 为顶点的锥面，故每一点的切平面都经过定点 $(a,b,c)$。

若局部写成 $z=z(x,y)$，则由上面的齐次性得

$$z(a+t(x-a),b+t(y-b))-c=t(z(x,y)-c).$$

对 $t$ 在 $t=1$ 处求导，得

$$(x-a)z_x+(y-b)z_y=z-c.$$

再对 $x,y$ 求导，得

$$(x-a)z_{xx}+(y-b)z_{xy}=0,(x-a)z_{xy}+(y-b)z_{yy}=0.$$

消去 $x-a,y-b$ 即得

$$z_{xx}{z}_{yy}-z_{xy}^2=0.$$

第一组参考题 2

在平面上给定一个边长为 $a,b,c$ 的三角形，在它上面可作无数个等体积的给定高 $h$ 的三棱锥，在其中求出有最小侧面积 $S$ 的那一个。

解 设三棱锥顶点在底面内的正射影为 $P$，到三边的距离分别为 $d_a,d_b,d_c$。其侧面积为

$$S=\frac{1}{2}(a\sqrt{h^2+d_a^2}+b\sqrt{h^2+d_b^2}+c\sqrt{h^2+d_c^2}).$$

而底面积固定，满足 $a{d}_a+b{d}_b+c{d}_c=2\Delta$。作 Lagrange 乘子法可得

$$\frac{d_a}{\sqrt{h^2+d_a^2}}=\frac{d_b}{\sqrt{h^2+d_b^2}}=\frac{d_c}{\sqrt{h^2+d_c^2}},$$

从而 $d_a=d_b=d_c$。故 $P$ 必为底面三角形的内心，此时侧面积最小。

第一组参考题 3

设 $u=f(x,y,z)$ 为二次可微函数，记 $\cos \alpha ,\cos \beta ,\cos \gamma$ 为方向 $l$ 的方向余弦。求

$$\frac{{\partial }^{2}u}{\partial l^2}=\frac{\partial }{\partial l}\left(\frac{\partial u}{\partial l}\right).$$

解 设 $l=(\cos \alpha ,\cos \beta ,\cos \gamma )$，则

$$\frac{\partial u}{\partial l}=u_x\cos \alpha +u_y\cos \beta +u_z\cos \gamma .$$

再沿 $l$ 求导，得

$$\begin{array}{rl}\frac{{\partial }^{2}u}{\partial l^2}& =u_{xx}{\cos }^2\alpha +u_{yy}{\cos }^2\beta +u_{zz}{\cos }^2\gamma \\ & +2u_{xy}\cos \alpha \cos \beta +2u_{yz}\cos \beta \cos \gamma +2u_{zx}\cos \gamma \cos \alpha .\end{array}$$

第一组参考题 4

设 $u=f(x,y,z)$ 为二次可微函数，$l_i=(\cos {\alpha }_i,\cos {\beta }_i,\cos {\gamma }_i)$，$i=1,2,3$ 为三个互相垂直的单位向量，证明： 1.

$${\left(\frac{\partial u}{\partial l_1}\right)}^2+{\left(\frac{\partial u}{\partial l_2}\right)}^2+{\left(\frac{\partial u}{\partial l_3}\right)}^2={\left(\frac{\partial u}{\partial x}\right)}^2+{\left(\frac{\partial u}{\partial y}\right)}^2+{\left(\frac{\partial u}{\partial z}\right)}^2;$$

$$\frac{{\partial }^{2}u}{\partial l_1^2}+\frac{{\partial }^{2}u}{\partial l_2^2}+\frac{{\partial }^{2}u}{\partial l_3^2}=\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^2}+\frac{{\partial }^{2}u}{\partial y^2}+\frac{{\partial }^{2}u}{\partial z^2};$$

1. 若 $\frac{\partial f}{\partial l_i}=0,i=1,2,3$，则 $f(x,y,z)$ 在 ${\mathbb{R}}^3$ 中恒为常数。

解 设三个单位向量作为正交矩阵 $A$ 的三行。则 $A$ 为正交阵。

1. 因为

$${\left(\frac{\partial u}{\partial l_1},\frac{\partial u}{\partial l_2},\frac{\partial u}{\partial l_3}\right)}^{\mathrm{T}}=A(u_x,u_y,u_z{)}^{\mathrm{T}},$$

正交变换保持 Euclid 范数，故

$$\sum _{i=1}^3{\left(\frac{\partial u}{\partial l_i}\right)}^2=u_x^2+u_y^2+u_z^2.$$

1. 将上一题中的公式对 $i=1,2,3$ 求和，并利用

$$\sum _{i=1}^3{\cos }^2{\alpha }_i=\sum _{i=1}^3{\cos }^2{\beta }_i=\sum _{i=1}^3{\cos }^2{\gamma }_i=1,$$

以及交叉项和为 $0$，便得

$$\sum _{i=1}^3\frac{{\partial }^{2}u}{\partial l_i^2}=u_{xx}+u_{yy}+u_{zz}.$$

1. 若 $\frac{\partial f}{\partial l_i}=0$ 对 $i=1,2,3$ 都成立，则由 (1) 得 $|\nabla f{|}^2=0$，故 $\nabla f\equiv 0$。由于 ${\mathbb{R}}^3$ 连通，$f$ 恒为常数。

第一组参考题 5

设 $f$ 在 $O_{\delta }(x_0)\subset {\mathbb{R}}^n$ 上连续，在 $O_{\delta }(x_0)\setminus \{x_0\}$ 可微，证明：

1. 如果 $\forall x\in O_{\delta }(x_0)\setminus \{x_0\}$，有 $(x-x_0)\cdot \nabla f(x)<0$，则 $x_0$ 是 $f$ 的一个极大值点；
2. 如果 $\forall x\in O_{\delta }(x_0)\setminus \{x_0\}$，有 $(x-x_0)\cdot \nabla f(x)>0$，则 $x_0$ 是 $f$ 的一个极小值点。

解 对任意 $x\ne x_0$，令 $\varphi (t)=f(x_0+t(x-x_0))$，$0\le t\le 1$。则

$${\varphi }^{\prime }(t)=(x-x_0)\cdot \nabla f(x_0+t(x-x_0)).$$

由题设可知，当 $t>0$ 时有 ${\varphi }^{\prime }(t)<0$，故 $\varphi$ 在 $(0,1]$ 上严格递减，从而

$$f(x)=\varphi (1)<\varphi (0)=f(x_0).$$

这表明 $x_0$ 是严格极大值点。极小值情形同理。

第一组参考题 6

设 $f$ 在 $O_{{\delta }_0}(x_0)\subset {\mathbb{R}}^n$ 上二次连续可微，Hesse 矩阵

$$\left(\frac{{\partial }^{2}f}{\partial x_i\partial x_j}(x_0)\right)$$

为正定阵，$\nabla f(x_0)=0$。证明：$\exists \delta \in (0,{\delta }_0)$，使

$$(x-x_0)\cdot \nabla f(x)>0,\forall x\in O_{\delta }(x_0)\setminus \{x_0\}.$$

解 由 Taylor 公式，

$$\nabla f(x)=\nabla f(x_0)+H(x_0)(x-x_0)+o(|x-x_0|)=H(x_0)(x-x_0)+o(|x-x_0|).$$

因而

$$(x-x_0)\cdot \nabla f(x)=(x-x_0{)}^{\mathrm{T}}H(x_0)(x-x_0)+o(|x-x_0{|}^2).$$

由正定性，存在 $m>0$ 使 $h^{\mathrm{T}}H(x_0)h\ge m|h{|}^2$。取 $\delta$ 足够小，使余项绝对值不超过 $\frac{m}{2}|x-x_0{|}^2$，便有

$$(x-x_0)\cdot \nabla f(x)\ge \frac{m}{2}|x-x_0{|}^2>0(0<|x-x_0|<\delta ).$$

第一组参考题 7

用条件极值的方法证明 H”older 不等式：

$$\sum _{i=1}^n{a}_i{x}_i\le {\left(\sum _{i=1}^n{a}_i^p\right)}^{1/p}{\left(\sum _{i=1}^n{x}_i^q\right)}^{1/q},$$

其中 $a_i\ge 0,x_i\ge 0,i=1,2,\cdots ,n$；$p,q>1$，$\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1$。

解 先在约束 $\sum x_i^q=1$ 下最大化 $\sum a_i{x}_i$。Lagrange 方程为

$$a_i=\lambda q{x}_i^{q-1},$$

故 $x_i=c{a}_i^{p-1}$。由约束求得

$$c={\left(\sum _{i=1}^n{a}_i^p\right)}^{-1/q},$$

从而最大值为 ${\left(\sum a_i^p\right)}^{1/p}$。将 $x_i$ 按任意比例伸缩即得 H”older 不等式。

第一组参考题 8

证明：二次型

$$f(x,y,z)=A{x}^2+B{y}^2+C{z}^2+2Dyz+2Ezx+2Fxy$$

在单位球面 $x^2+y^2+z^2=1$ 上的最大值与最小值恰好是矩阵

$$\left(\begin{array}{ccc}A& F& E\\ F& B& D\\ E& D& C\end{array}\right)$$

的最大特征值与最小特征值。

解 设矩阵 $M$ 为题中对称矩阵，二次型可写为 $f(x)=x^{\mathrm{T}}Mx$。在约束 $|x|=1$ 下，Lagrange 方程为

$$Mx=\lambda x,$$

即驻点正是 $M$ 的单位特征向量，而相应函数值为特征值。故球面上的最大值与最小值分别等于 $M$ 的最大、最小特征值。

第一组参考题 9

设 $A=(a_{ij})$ 是 $n$ 阶方阵，且设

$$\sum _{j=1}^n{a}_{ij}^2=H_i,i=1,2,\cdots ,n,$$

其中 $H_1,H_2,\cdots ,H_n$ 是 $n$ 个确定的非负实数。

1. 证明：如果矩阵 $A$ 的行向量是 ${\mathbb{R}}^n$ 中两两正交的向量，则 $(\det A{)}^2$ 取得极值；
2. 根据等式 $(\det A{)}^2=\det A\cdot \det A^T$，其中 $A^T$ 是矩阵 $A$ 的转置矩阵，证明：

$$\max \{(\det A{)}^2\}=H_1\times H_2\times \cdots \times H_n;$$

1. 证明：对任意的矩阵 $B=(b_{ij})$ 有 Hadamard 不等式

$$(\det B{)}^2\le \prod _{j=1}^n\left(\sum _{i=1}^n{b}_{ij}^2\right);$$

1. 给 Hadamard 不等式以直观的几何解释。

解 记 $A$ 的行向量为 $r_1,\dots ,r_n$。则

$$(\det A{)}^2=\det (A{A}^{\mathrm{T}}),$$

其中 $G=A{A}^{\mathrm{T}}$ 的对角元恰是 $H_1,\dots ,H_n$。

1. 若 $r_i$ 两两正交，则 $G=\mathrm{diag}(H_1,\dots ,H_n)$，故

$$(\det A{)}^2=H_1{H}_2\cdots H_n.$$

这给出极值候选。

1. 一般地，由 Hadamard 不等式对正定矩阵 $G$ 有

$$\det G\le \prod _{i=1}^n{G}_{ii}=H_1{H}_2\cdots H_n,$$

且等号当且仅当 $G$ 对角，即行向量两两正交。因此

$$\max (\det A{)}^2=H_1{H}_2\cdots H_n.$$

1. 对任意矩阵 $B$，把它的列向量看成行向量应用上式，即得

$$(\det B{)}^2\le \prod _{j=1}^n\sum _{i=1}^n{b}_{ij}^2.$$

1. 几何上，这就是说由列向量张成的平行多面体体积的平方，不超过各边长平方之积；等号当且仅当这些边互相正交。

第一组参考题 10

设 $u(x,y)$ 在 $x^2+y^2\le 1$ 上连续，在 $x^2+y^2<1$ 上满足

$$\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^2}+\frac{{\partial }^{2}u}{\partial y^2}=u.$$

1. 若在 $x^2+y^2=1$ 上 $u(x,y)\ge 0$，证明：当 $x^2+y^2\le 1$ 时，$u(x,y)\ge 0$；
2. 若在 $x^2+y^2=1$ 上 $u(x,y)>0$，证明：当 $x^2+y^2\le 1$ 时，$u(x,y)>0$。

解 设 $u$ 在闭圆盘上取得最小值。若边界上 $u\ge 0$ 而某内点 $p$ 上有 $u(p)<0$，则 $p$ 是内极小点，故 $u_{xx}(p)+u_{yy}(p)\ge 0$；但方程给出 $u_{xx}(p)+u_{yy}(p)=u(p)<0$，矛盾。故结论 (1) 成立。

若边界上 $u>0$ 而内部有点使 $u=0$，则 $u$ 在内部取得最小值 $0$。由强极值原理可知 $u$ 应恒为常数 $0$，这与边界严格为正矛盾，所以 (2) 也成立。

第一组参考题 11

对多元函数极值的充分性定理给出详细的证明。

解 设 $p_0$ 为驻点，$H$ 为 Hesse 矩阵。若 $H$ 正定，则存在 $m>0$ 使 $h^{\mathrm{T}}Hh\ge m|h{|}^2$。Taylor 公式给出

$$f(x_0+h)-f(x_0)=\frac{1}{2}{h}^{\mathrm{T}}Hh+o(|h{|}^2)\ge \frac{m}{4}|h{|}^2$$

对充分小的 $h\ne 0$ 成立，故 $x_0$ 为严格极小值点。负定情形同理给出严格极大值。若 $H$ 不定，则存在 $h_1,h_2$ 使二次项一正一负，再由 Taylor 展开可知 $x_0$ 不是极值点。

第一组参考题 12

仿照 21.4.2 小节对具有多个约束条件的条件最值的确定给出详细的讨论。

解 设约束为 $g_1(x)=\cdots =g_m(x)=0$，并假定在候选点 $x_0$ 处雅可比矩阵秩为 $m$。必要条件是存在 ${\lambda }_1,\dots ,{\lambda }_m$ 使

$$\nabla f(x_0)=\sum _{j=1}^m{\lambda }_j\nabla g_j(x_0).$$

令 $L=f-\sum {\lambda }_j{g}_j$。若在切空间

$$T_{x_0}M=\{h\in {\mathbb{R}}^n\mid \nabla g_j(x_0)\cdot h=0,j=1,\dots ,m\}$$

上，二次型 $d^{2}L(x_0)[h,h]$ 正定，则 $x_0$ 为条件极小值点；负定则为条件极大值点；不定则不是条件极值。这就是多重约束情形的判别原则。

21.6.2 第二组参考题

第二组参考题 1

设二次连续可微函数 $f$ 在点 $p_0$ 处的梯度为零向量，但 Hesse 矩阵 $Q$ 为非零矩阵。证明：$f$ 在 $p_0$ 处的函数值增长最快的方向位于 $Q$ 的最大特征值对应的特征子空间中。如果最大特征值对应的特征子空间为一维空间，则相应的方向就是 $f$ 增长最快的方向。

解 设 $l$ 为单位向量，则

$$f(p_0+tl)-f(p_0)=\frac{t^2}{2}{l}^{\mathrm{T}}Ql+o(t^2).$$

当 $t>0$ 很小时，增长最快的方向正是使 Rayleigh 商 $l^{\mathrm{T}}Ql$ 最大的方向。由谱定理，该最大值为 $Q$ 的最大特征值，且达到最大值的单位向量恰是对应特征子空间中的单位向量。若该特征子空间一维，则方向唯一。

第二组参考题 2

设 ${\mathbb{R}}^3$ 中的光滑曲线段 $L$ 的参数表达式为

$$x=x(t),y=y(t),z=z(t),t\in [a,b].$$

$P(x(a),y(a),z(a))$，$Q(x(b),y(b),z(b))$ 为 $L$ 的起点与终点。$\Pi$ 是通过直线段 $PQ$ 的任一平面。证明：$\exists \xi \in (a,b)$，使得向量 $(x^{\prime }(\xi ),y^{\prime }(\xi ),z^{\prime }(\xi ))$ 与 $\Pi$ 平行。

解 取平面 $\Pi$ 的法向量 $n$。因为线段 $PQ$ 平行于 $\Pi$，故 $n\cdot (Q-P)=0$。令

$$\varphi (t)=n\cdot (x(t),y(t),z(t)).$$

则 $\varphi (a)=\varphi (b)$。由 Rolle 定理，存在 $\xi \in (a,b)$ 使 ${\varphi }^{\prime }(\xi )=0$，即

$$n\cdot (x^{\prime }(\xi ),y^{\prime }(\xi ),z^{\prime }(\xi ))=0.$$

这说明切向量与 $\Pi$ 平行。

第二组参考题 3

（Sanderson（桑德森）中值定理）设 $f:[a,b]\to {\mathbb{R}}^m$ 为 $k$ 次可微向量值函数，并且非零向量 $v$ 与 $f(a),f(b)$ 及 $f^{(j)}(a)$，$j=1,2,\cdots ,k-1$ 正交。证明：$\exists \xi \in (a,b)$，使 $v$ 与 $f^{(k)}(\xi )$ 正交。其中 $f^{(j)}$ 表示 $f$ 的各个分量函数的 $j$ 阶导数组成的向量。

解 令 $\varphi (t)=v\cdot f(t)$。题设给出

$$\varphi (a)=\varphi (b)=0,{\varphi }^{(j)}(a)=0(j=1,2,\dots ,k-1).$$

于是对 $\varphi$ 连续应用 $k$ 次 Rolle 定理，可得某个 $\xi \in (a,b)$ 使

$${\varphi }^{(k)}(\xi )=v\cdot f^{(k)}(\xi )=0.$$

第二组参考题 4

证明：与曲面 $a{x}^2+b{y}^2+c{z}^2=1(abc\ne 0)$ 相切的三个互相垂直的平面的交点在球面

$$x^2+y^2+z^2=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$$

上。

解 设三个切平面的法向量为 $n_i=(a{x}_i,b{y}_i,c{z}_i)$，其中切点 $(x_i,y_i,z_i)$ 满足 $a{x}_i^2+b{y}_i^2+c{z}_i^2=1$。由切平面互相垂直知 $n_i$ 两两正交。设三平面的交点为 $X$，则

$$n_i\cdot X=1(i=1,2,3).$$

于是把 $X$ 在正交基 $m_i=n_i/|n_i|$ 下展开，得

$$|X{|}^2=\sum _{i=1}^3\frac{1}{|n_i{|}^2}.$$

又由

$$1=n_i^{\mathrm{T}}\mathrm{diag}\left(\frac{1}{a},\frac{1}{b},\frac{1}{c}\right)n_i=|n_i{|}^2{m}_i^{\mathrm{T}}\mathrm{diag}\left(\frac{1}{a},\frac{1}{b},\frac{1}{c}\right)m_i$$

得

$$\frac{1}{|n_i{|}^2}=m_i^{\mathrm{T}}\mathrm{diag}\left(\frac{1}{a},\frac{1}{b},\frac{1}{c}\right)m_i.$$

求和并利用 $\{m_i\}$ 正交归一，便有

$$|X{|}^2=\mathrm{tr}\mathrm{diag}\left(\frac{1}{a},\frac{1}{b},\frac{1}{c}\right)=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}.$$

第二组参考题 5

设曲面 $\Sigma :z=f(x,y)$，$(x,y)\in D$ 的每一点的法线与 $z$ 轴相交，其中 $D$ 是 ${\mathbb{R}}^2$ 中的圆环或圆盘，$f$ 是 $C^1$ 函数。证明：$\Sigma$ 是一个旋转曲面。

解 曲面法线在点 $(x,y,f(x,y))$ 处的方向为 $(-f_x,-f_y,1)$。法线与 $z$ 轴相交，等价于存在 $t$ 使

$$x-t{f}_x=0,y-t{f}_y=0.$$

消去 $t$ 得

$$y{f}_x=x{f}_y.$$

而极坐标下 $f_{\theta }=-y{f}_x+x{f}_y$，故 $f_{\theta }\equiv 0$。于是 $f(x,y)=\phi (\sqrt{x^2+y^2})$，曲面是旋转曲面。

第二组参考题 6

证明：不等式

$$2ab\le e^{a-1}+a\ln a+e^{b-1}+b\ln b$$

对所有 $a>0,b>0$ 成立，并求出等式成立的充分必要条件。

解 先证基本不等式

$$uv\le e^{u-1}+v\ln v(u>0,v>0).$$

事实上令 $t=e^{u-1}/v$，则

$$e^{u-1}+v\ln v-uv=v(t-\ln t-1)\ge 0.$$

将它分别应用于 $(u,v)=(a,b)$ 与 $(b,a)$，相加即得

$$2ab\le e^{a-1}+a\ln a+e^{b-1}+b\ln b.$$

等号成立当且仅当同时有 $b=e^{a-1}$ 与 $a=e^{b-1}$。由 $\ln x\le x-1$ 知其唯一解为 $a=b=1$。

第二组参考题 7

设 $T:u=\phi (x,y),v=\psi (x,y)$ 是平面上的一个变换。如果在该变换下任何两条相交曲线的交角保持不变，则称该变换是保角的。

1. 如果 $\phi$ 与 $\psi$ 满足 ${\phi }_x={\psi }_y,{\phi }_y=-{\psi }_x$，则 $T$ 是保角变换；
2. 证明：下面的反演变换是保角的

$$\xi =\frac{x}{x^2+y^2},\eta =\frac{y}{x^2+y^2};$$

1. 证明：任一圆的反演像是另一圆或直线；
2. 求出反演变换的 Jacobi 行列式；
3. 证明：连续可微变换 $T$ 是保角的充分必要条件是它满足 Cauchy—Riemann 方程

$${\phi }_x={\psi }_y,{\phi }_y=-{\psi }_x$$

或

$${\phi }_x=-{\psi }_y,{\phi }_y={\psi }_x.$$

第一种情况保持角度方向，第二种情况角度反向。

解 设 $J=\left(\begin{array}{cc}{\phi }_x& {\phi }_y\\ {\psi }_x& {\psi }_y\end{array}\right)$。

1. 若满足 Cauchy—Riemann 方程 ${\phi }_x={\psi }_y,{\phi }_y=-{\psi }_x$，则

$$J=\left(\begin{array}{cc}a& -b\\ b& a\end{array}\right),$$

因而 $J^{\mathrm{T}}J=(a^2+b^2)I$。故任意切向量经 $J$ 作用后长度同乘以同一因子，夹角不变，所以 $T$ 保角。

1. 对反演变换

$$\xi =\frac{x}{x^2+y^2},\eta =\frac{y}{x^2+y^2},$$

直接计算得

$${\xi }_x=-{\eta }_y=\frac{y^2-x^2}{(x^2+y^2{)}^2},{\xi }_y={\eta }_x=-\frac{2xy}{(x^2+y^2{)}^2},$$

它满足反向的 Cauchy—Riemann 方程，故也是保角变换。

1. 任意圆或直线都可写成

$$\alpha (x^2+y^2)+\beta x+\gamma y+\delta =0.$$

代入反演公式 $x=\frac{\xi }{{\xi }^2+{\eta }^2}$、$y=\frac{\eta }{{\xi }^2+{\eta }^2}$，化简为

$$\delta ({\xi }^2+{\eta }^2)+\beta \xi +\gamma \eta +\alpha =0.$$

若 $\delta \ne 0$，像是圆；若 $\delta =0$，像是直线。故任一圆的反演像是另一圆或直线。

1. Jacobi 行列式为

$$\frac{\partial (\xi ,\eta )}{\partial (x,y)}=-\frac{1}{(x^2+y^2{)}^2}.$$

1. 连续可微变换保角，当且仅当其微分在每一点都是“伸缩 $\times$ 正交变换”。对 $2\times 2$ 矩阵，这等价于

$$J^{\mathrm{T}}J=\lambda I,$$

即两列向量等长且正交。解此代数条件恰得两类矩阵

$$\left(\begin{array}{cc}a& -b\\ b& a\end{array}\right),\left(\begin{array}{cc}a& b\\ b& -a\end{array}\right),$$

这正对应于两组 Cauchy—Riemann 方程。前者保持角度方向，后者反向。

第二组参考题 8

由公式

$$\xi =\frac{x}{x^2+y^2+z^2},\eta =\frac{y}{x^2+y^2+z^2},\zeta =\frac{z}{x^2+y^2+z^2}$$

定义三维反演变换。

1. 证明：任何两个曲面之间的夹角在反演变换下不变；
2. 证明：球面被变换为球面或平面；
3. 求变换的 Jacobi 行列式。

解 三维反演写作 $T(x)=\frac{x}{|x{|}^2}$。其微分为

$$d{T}_x=\frac{1}{|x{|}^2}(I-2P_x),$$

其中 $P_x$ 是沿径向的正交投影。因此 $d{T}_x$ 是“按 $|x{|}^{-2}$ 缩放，再关于过原点的切平面反射”，故保持任意两向量的夹角，于是任意两曲面的夹角也保持不变。

任意球面或平面都可写成

$$\alpha (x^2+y^2+z^2)+\beta x+\gamma y+\delta z+\epsilon =0.$$

代入反演公式后化为

$$\epsilon ({\xi }^2+{\eta }^2+{\zeta }^2)+\beta \xi +\gamma \eta +\delta \zeta +\alpha =0.$$

故像仍是球面或平面。

由 $d{T}_x$ 的特征值为 $|x{|}^{-2},|x{|}^{-2},-|x{|}^{-2}$，可得 Jacobi 行列式

$$\frac{\partial (\xi ,\eta ,\zeta )}{\partial (x,y,z)}=-\frac{1}{(x^2+y^2+z^2{)}^3}.$$