习题课讲解

5.3 习题课讲解

5.3.1 计算极值

例 5.3.1 (例1) 求函数 $f (x, y) = 2 x^{4} + y^{4} - 2 x^{2} - 2 y^{2}$ 的所有极值。

解¹ 由 $\begin{matrix} (1) & \frac{\partial f}{\partial x} = 8 x^{3} - 4 x = 0, \frac{\partial f}{\partial y} = 4 y^{3} - 4 y = 0 \end{matrix}$ 解得驻点，并计算相应的Hesse矩阵分量 $\begin{matrix} (2) & A = f_{x x} = 24 x^{2} - 4, B = f_{x y} = 0, C = f_{y y} = 12 y^{2} - 4 \end{matrix}$ 整理如表5.3.1所示。 $◻$

$(x, y)$	Hesse矩阵	正定性	极值
$(0, 0)$	$(\begin{matrix} - 4 & 0 \\ 0 & - 4 \end{matrix})$	负定	极大值
$(0, \pm 1)$	$(\begin{matrix} - 4 & 0 \\ 0 & 8 \end{matrix})$	不定	鞍点
$(\pm \frac{1}{\sqrt{2}}, 0)$	$(\begin{matrix} 8 & 0 \\ 0 & - 4 \end{matrix})$	不定	鞍点
$(\pm \frac{1}{\sqrt{2}}, \pm 1)$	$(\begin{matrix} 8 & 0 \\ 0 & 8 \end{matrix})$	正定	极小值
$(\pm \frac{1}{\sqrt{2}}, \mp 1)$	$(\begin{matrix} 8 & 0 \\ 0 & 8 \end{matrix})$	正定	极小值

表 5.3.1: 函数

f (x, y) = 2 x^{4} + y^{4} - 2 x^{2} - 2 y^{2}

的极值

解² 计算可得 $\begin{matrix} (3) & f_{x} (x, y) = 8 x^{3} - 4 x = 4 x (2 x^{2} - 1) \end{matrix}$ 所以对任何固定的 $y$ ，有

$f (x, y)$ 关于 $x$ 在区间 $(- \infty, - \frac{1}{\sqrt{2}})$ 上严格减；
在区间 $(- \frac{1}{\sqrt{2}}, 0)$ 上严格增；
在区间 $(0, \frac{1}{\sqrt{2}})$ 上严格减；
在区间 $(\frac{1}{\sqrt{2}}, + \infty)$ 上严格增。

计算可得 $\begin{matrix} (4) & f_{y} (x, y) = 4 y (y^{2} - 1) \end{matrix}$ 所以对任何固定的 $x$ ，有

$f (x, y)$ 关于 $y$ 在区间 $(- \infty, - 1)$ 上严格减；
在区间 $(- 1, 0)$ 上严格增；
在区间 $(0, 1)$ 上严格减；
在区间 $(1, + \infty)$ 上严格增。

综合以上信息知，对 $x < - \frac{1}{\sqrt{2}}$ 以及 $y < 0$ ，有 $\begin{matrix} (5) & f (x, y) \geq f (- \frac{1}{\sqrt{2}}, y) \geq f (- \frac{1}{\sqrt{2}}, - 1) \end{matrix}$ 所以 $(- \frac{1}{\sqrt{2}}, - 1)$ 是极小值点。

类似讨论讨论可得其他临界点的极值性质。

由 $f (x, y) = (2 x^{4} + y^{4}) (1 + o (1)) \to + \infty (x^{2} + y^{2} \to + \infty)$ ，所以 $f$ 无上界，因此没有最大值，但 $f$ 有最小值。 $◻$

解³ 配方可得 $\begin{matrix} (6) & f (x, y) = 2 {(x^{2} - \frac{1}{2})}^{2} + {(y^{2} - 1)}^{2} - \frac{3}{2} \end{matrix}$ 从而易得最小值点。为什么会有极大值？为什么会有鞍点？具体参考图5.3.1。 $◻$

图 5.3.1: $h (t) = {(t - \frac{1}{2})}^{2}$ 与 $h (x^{2})$ 的图像

例 5.3.2 (例2，) 求函数 $z = (x^{2} + y^{2}) e^{- (x^{2} + y^{2})}$ 的极值。

解令 $t = x^{2} + y^{2}$ ，一元函数 $f : [0, + \infty) \to R$ 、 $f (t) = t e^{- t}$ 在 $t = 1$ 处取得极大值 $e^{- 1}$ 、在边界 $t = 0$ 处取得极小值 $0$ 。所以 $z = f (x^{2} + y^{2})$ 在 $(0, 0)$ 点取得最小值，在 $x^{2} + y^{2} = 1$ 的每个点处取得最大值。 $◻$

注要善于观察函数的构造，并利用一元函数单调性的相关结论。在求解多元函数的极值时，如果定义域不是开集，则必须讨论函数在边界上的取值。

例 5.3.3 (例3，) 设 $z = z (x, y)$ 由 $2 x^{2} + 2 y^{2} + z^{2} + 8 x z - z + 8 = 0$ 确定，求该函数的极值。

解¹ 虽然可以用一元二次方程的求根公式得到 $z (x, y)$ 的显式表达式 $\begin{matrix} (7) & z = \frac{- 8 x + 1 \pm \sqrt{(8 x - 1)^{2} - 64 (x^{2} + y^{2})}}{2} = \frac{- 8 x + 1 \pm \sqrt{1 - 16 x - 64 y^{2}}}{2} \end{matrix}$ 但计算其导数过于繁琐。我们对原方程求微分可得 $\begin{matrix} (8) & 4 x d x + 4 y d y + 2 z d z + 8 x d z + 8 z d x - d z = 0 \end{matrix}$ 令 $d z = 0$ ，得到驻点满足的条件 $\begin{matrix} (9) & {\begin{cases} 4 x + 8 z = 0, \\ 4 y = 0, \\ 2 x^{2} + 2 y^{2} + z^{2} + 8 x z - z + 8 = 0 \end{cases} ⟹ {\begin{cases} x = - 2, \\ y = 0, \\ z = 1 \end{cases}, {\begin{cases} x = \frac{16}{7}, \\ y = 0, \\ z = - \frac{8}{7} \end{cases} \end{matrix}$

方法一：利用渐近分析法：用 $x = - 2 + u$ 、 $z = 1 + v$ 代入方程可得 $\begin{matrix} (10) & \begin{aligned} 0 & = 2 (- 2 + u)^{2} + 2 y^{2} + (1 + v)^{2} + 8 (- 2 + u) (1 + v) - (1 + v) + 8 \\ = 2 u^{2} + 2 y^{2} - 15 v + (v^{2} + 8 u v) = 2 u^{2} + 2 y^{2} - 15 v + o (v) \\ v & = \frac{2}{15} (u^{2} + y^{2}) + o (u^{2} + y^{2}) \end{aligned} \end{matrix}$ 因此 $z = 1$ 是极小值。

方法二：利用二阶微分：计算可得 $\begin{matrix} (11) & 4 d x^{2} + 4 d y^{2} + 2 d z^{2} + 2 z d^{2} z + 8 d x d z + 8 x d^{2} z + 8 d z d x - d z^{2} = 0 \end{matrix}$ 代入 $x = \frac{16}{7}$ 、 $y = 0$ 、 $z = - \frac{8}{7}$ 、 $d z = 0$ 可得 $\begin{matrix} (12) & d^{2} z = - \frac{4}{15} (d x^{2} + d y^{2}) \end{matrix}$ 因此 $z = - \frac{8}{7}$ 是极大值。 $◻$

解² 记原方程为 $F (x, y, z) = 0$ ，它定义隐函数 $z = z (x, y)$ 的充分条件是 $\begin{matrix} (13) & F_{z} (x, y, z) = 2 z + 2 x - 1 \neq 0 \end{matrix}$ 解¹中得到的驻点都满足这个条件。于是驻点满足的方程为 $\begin{matrix} (14) & {\begin{cases} 2 x^{2} + 2 y^{2} + z^{2} + 8 x z - z + 8 = 0, & F = 0, \\ 4 x + 2 z z_{x} + 8 z + 8 x z_{x} - z_{x} = 0, & \frac{\partial}{\partial x} (x, y, z (x, y)) = 0 \\ 4 y + 2 z z_{y} + 8 x z_{y} - z_{y} = 0, & \frac{\partial}{\partial y} (x, y, z (x, y)) = 0 \\ z_{x} = 0 & 临界点 \\ z_{y} = 0 & 临界点 \end{cases} \end{matrix}$ 由前5个方程解得解¹中 $x, y, z$ 的结果。继续计算二阶导数可得 $\begin{matrix} (15) & {\begin{cases} 4 + 2 {(z_{x})}^{2} + 2 z z_{x x} + 16 z_{x} + 8 x z_{x x} - z_{x x} = 0, & \frac{\partial^{2}}{\partial x^{2}} (x, y, z (x, y)) = 0 \\ 2 z_{y} z_{x} + 2 z z_{x y} + 8 z_{y} + 8 x z_{x y} - z_{x y} = 0, & \frac{\partial^{2}}{\partial x \partial y} (x, y, z (x, y)) = 0 \\ 4 + 2 {(z_{y})}^{2} + 2 z z_{y y} + 8 x z_{y y} - z_{y y} = 0, & \frac{\partial^{2}}{\partial y \partial y} (x, y, z (x, y)) = 0 \end{cases} \end{matrix}$ 代入解得二阶导数，进而判断Hesse矩阵的类型、得到极值结论。 $◻$

解³ 方程配方得到 $\begin{matrix} (16) & 2 (x + 2 z)^{2} + 2 y^{2} - 7 {(z + \frac{1}{14})}^{2} + \frac{225}{28} = 0 \end{matrix}$ 所以 $\begin{matrix} (17) & | z + \frac{1}{14} | = \sqrt{\frac{2 (x + 2 z)^{2} + 2 y^{2}}{7} + \frac{225}{196}} \geq \frac{15}{14} \end{matrix}$ 所以 $z \geq 1$ 或 $z \leq - \frac{8}{7}$ 。易见等号可以成立。实际上，上述方程定义的曲面为双叶双曲面（图5.3.2）。 $◻$

解⁴ 配凑可得 $\begin{matrix} (18) & - (8 + 7 z) (z - 1) = - 7 z^{2} - z + 8 = - 2 y^{2} - 2 (x + 2 z)^{2} \leq 0 \end{matrix}$ 所以 $z \geq 1$ 或 $z \leq - \frac{8}{7}$ 。当 $z = 1$ 时， $(x, y) = (- 2, 0)$ ；当 $z = - \frac{8}{7}$ 时， $(x, y) = (\frac{16}{7}, 0)$ 。上述不等式说明了 $z = 1$ 和 $z = - \frac{8}{7}$ 分别是极小值和极大值。 $◻$

例 5.3.4 (例14，) 求 $z = x y (4 - x - y)$ 在 $x = 1$ 、 $y = 0$ 、 $x + y = 6$ 所围闭区域 $\overset{―}{D}$ 上的最大值。

解¹ 连续函数 $z = x y (4 - x - y)$ 在有界闭区域 $\overset{―}{D} = {(x, y) ∣ 0 \leq y \leq 6 - x, 1 \leq x \leq 6}$ 上取得最大值和最小值。先求开区域 $D^{\circ}$ 内的最大值，再求三条边界上的驻点，最后求所有边界两两交点的函数值。

$1^{\circ}$ 开区域 $D^{\circ}$ 内的最大值。由驻点方程解得 $\begin{matrix} (19) & {\begin{cases} z_{x} = 4 y - 2 x y - y^{2} = 0 \\ z_{y} = 4 x - x^{2} - 2 x y = 0 \end{cases} ⟹ (0, 0), (\frac{4}{3}, \frac{4}{3}), (0, 4), (4, 0) \end{matrix}$ 只有 $(\frac{4}{3}, \frac{4}{3})$ 在 $D^{\circ}$ 内，它为满足题意的驻点。计算Hesse矩阵可得 $\begin{matrix} (20) & H_{z} (\frac{4}{3}, \frac{4}{3}) = {(\begin{matrix} - 2 y & 4 - 2 x - 2 y \\ 4 - 2 x - 2 y & - 2 x \end{matrix}) |}_{(x, y) = (\frac{4}{3}, \frac{4}{3})} = - \frac{4}{3} (\begin{matrix} 2 & - 1 \\ - 1 & 2 \end{matrix}) \end{matrix}$ Hesse矩阵负定，故 $(\frac{4}{3}, \frac{4}{3})$ 为极大值点，极大值为 $z (\frac{4}{3}, \frac{4}{3}) = \frac{64}{27}$ 。

$2^{\circ}$ 三条边界上的驻点。分情况讨论可得（计算过程略） $\begin{matrix} (21) & \begin{aligned} max x y (4 - x - y) s . t . x = 1 & ⟹ z = y (3 - y) \leq \frac{9}{4}, 0 \leq y \leq 5 \\ max x y (4 - x - y) s . t . y = 0 & ⟹ z = 0 \\ max x y (4 - x - y) s . t . x + y = 6 & ⟹ z = - 2 x (6 - x) \leq 0, 1 \leq x \leq 6 \end{aligned} \end{matrix}$

$3^{\circ}$ 边界两两交点的函数值。计算可得 $z (1, 0) = 0, z (1, 5) < 0, z (6, 0) = 0$ 。

综上所述， $z$ 在 $\overset{―}{D}$ 上取得最大值 $\frac{64}{27}$ ，最大值点为 $(\frac{4}{3}, \frac{4}{3})$ 。 $◻$

解² 记 $\begin{matrix} (22) & D = {(x, y) ∣ x \geq 1, y \geq 0, x + y \leq 6} \end{matrix}$ 由于 $(1, 1, 1) \in D$ ，此时 $z = 2 > 0$ 。当 $x + y \geq 4$ 或 $y = 0$ 时， $z \leq 0$ 。所以考虑求最大值只需考虑 $\begin{matrix} (23) & D_{1} = {(x, y) ∣ x \geq 1, y > 0, x + y < 4} \end{matrix}$ 当 $x = y = \frac{4}{3}$ （满足 $D$ 的条件）时， $z$ 最大值为 $\frac{64}{27}$ 。 $◻$

5.3.2 计算条件极值

例 5.3.5 (例4，) 例3可以改写为条件极值问题： $\begin{matrix} (24) & {\begin{cases} f (x, y, z) = z, \\ 2 x^{2} + 2 y^{2} + z^{2} + 8 x z - z + 8 = 0 \end{cases} \end{matrix}$

解构造Lagrange函数 $\begin{matrix} (25) & L (x, y, z, λ) = z - λ (2 x^{2} + 2 y^{2} + z^{2} + 8 x z - z + 8) \end{matrix}$ 求导可得 $\begin{matrix} (26) & {\begin{cases} L_{x} = - λ (4 x + 8 z) = 0, \\ L_{y} = - λ (4 y) = 0, \\ L_{z} = 1 - λ (2 z + 8 x - 1) = 0, \\ L_{λ} = - (2 x^{2} + 2 y^{2} + z^{2} + 8 x z - z + 8) = 0 \end{cases} ⟹ {\begin{cases} x = - 2, \\ y = 0, \\ z = 1, \\ λ = - \frac{1}{15} \end{cases}, {\begin{cases} x = \frac{16}{7}, \\ y = 0, \\ z = - \frac{8}{7}, \\ λ = \frac{1}{15} \end{cases} \end{matrix}$ 当 $x = - 2$ 、 $y = 0$ 、 $z = 1$ 、 $λ = - \frac{1}{15}$ 时，约束曲面的切向量 $(ξ, η, ζ)$ 满足 $\begin{matrix} (27) & - 8 ξ + 2 ζ + 8 ξ - 16 ζ - ζ = 0 ⟹ ζ = 0 \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (28) & d^{2} L = - λ (4 ξ^{2} + 4 η^{2} + ζ^{2} + 8 ξ ζ) = \frac{1}{15} (4 ξ^{2} + 4 η^{2}) \end{matrix}$ 因此 $x = - 2$ 、 $y = 0$ 、 $z = 1$ 是极小值。类似可得 $x = \frac{16}{7}$ 、 $y = 0$ 、 $z = - \frac{8}{7}$ 是极大值。 $◻$

例 5.3.6 (例5，) 求函数 $f (x, y) = x + y + x y$ 在曲线 $x^{2} + y^{2} + x y = 3$ 上的最大方向导数。

解对约束条件求微分可得 $\begin{matrix} (29) & 2 x d x + 2 y d y + x d y + y d x = 0 ⟹ (2 x + y) d x + (2 y + x) d y = 0 \end{matrix}$ 曲线的切向量为 $\begin{matrix} (30) & v = \frac{(- 2 y - x, 2 x + y)^{T}}{\sqrt{(2 x + y)^{2} + (2 y + x)^{2}}} \end{matrix}$ 因此目标函数（ $f$ 沿 $v$ 的方向导数）为 $\begin{matrix} (31) & F (x, y) = \frac{(- 2 y - x) f_{x} + (2 x + y) f_{y}}{\sqrt{(2 x + y)^{2} + (2 y + x)^{2}}} = \frac{2 x^{2} - 2 y^{2} + x - y}{\sqrt{5 x^{2} + 8 x y + 5 y^{2}}} \end{matrix}$ 用Lagrange乘子法计算比较繁琐，故我们借助配方给出约束曲面的一个参数化表示，即 $\begin{matrix} (32) & {(x + \frac{y}{2})}^{2} + {(\frac{\sqrt{3}}{2} y)}^{2} = 3 ⟹ {\begin{cases} x + \frac{y}{2} = \sqrt{3} \cos t, \\ \frac{\sqrt{3}}{2} y = \sqrt{3} \sin t \end{cases} ⟹ {\begin{cases} x = \sqrt{3} \cos t - \sin t, \\ y = 2 \sin t \end{cases} \end{matrix}$ 代入可得 $\begin{matrix} (33) & G (t) := F (x (t), y (t)) = \frac{6 \cos 2 t - 3 \sin t - \sqrt{3} \cos t (4 \sin t - 1)}{\sqrt{3} \sqrt{\sqrt{3} \sin 2 t + \cos 2 t + 4}} \end{matrix}$ 利用一元微积分的知识可得 $G$ 在 $t = \frac{11 π}{6}$ （即 $x = 2$ 、 $y = - 1$ ）时取得最大值 $3$ 。 $◻$

例 5.3.7 (例6) 求函数 $f (x, y) = x + y + x y$ 沿曲线 $x^{2} + y^{2} + x y = 3$ 切方向的最大方向导数。

解曲线 $x^{2} + y^{2} + x y = 3$ 在 $(x, y)$ 点处的切线方程为 $\begin{matrix} (34) & (2 x + y) (X - x) + (2 y + x) (Y - y) = 0 \end{matrix}$ 曲线的切向量为 $\begin{matrix} (35) & v = \frac{(- 2 y - x, 2 x + y)^{T}}{\sqrt{(2 x + y)^{2} + (2 y + x)^{2}}} \end{matrix}$ $f$ 沿 $v$ 的方向导数为 $\begin{matrix} (36) & \nabla f (x, y) \cdot v = \frac{(- 2 y - x) f_{x} + (2 x + y) f_{y}}{\sqrt{(2 x + y)^{2} + (2 y + x)^{2}}} = \frac{2 x^{2} - 2 y^{2} + x - y}{\sqrt{5 x^{2} + 8 x y + 5 y^{2}}} \end{matrix}$ 原问题即 $\begin{matrix} (37) & max \frac{2 x^{2} - 2 y^{2} + x - y}{\sqrt{5 x^{2} + 8 x y + 5 y^{2}}} s . t . x^{2} + y^{2} + x y = 3 \end{matrix}$ 用Lagrange乘子法手工求解该问题显得计算比较繁琐。

考虑 $u = x - y$ 、 $v = x + y$ （由二次型矩阵的特征方向而得），则 $\begin{matrix} (38) & u^{2} + 3 v^{2} = 4 (x^{2} + x y + y^{2}) = 12 \end{matrix}$ 从而可设 $\begin{matrix} (39) & u = 2 \sqrt{3} \cos t, v = 2 \sin t \end{matrix}$ 得到约束曲线的参数方程 $\begin{matrix} (40) & x = \frac{u + v}{2} = \sqrt{3} \cos t + \sin t, y = \frac{v - u}{2} = - \sqrt{3} \cos t + \sin t \end{matrix}$ 这实现了消元的目的，此时目标函数变成一元函数 $\begin{matrix} (41) & \frac{2 x^{2} - 2 y^{2} + x - y}{\sqrt{5 x^{2} + 8 x y + 5 y^{2}}} = \frac{8 \sqrt{3} \cos t \sin t + 2 \sqrt{3} \cos t}{\sqrt{6 \cos^{2} t + 18 \sin^{2} t}} = G (t) \end{matrix}$ 对 $G$ 使用一元微积分的方法，得到该函数的最大值为 $3$ ，在 $t = \frac{π}{6}$ 、即 $(x, y) = (2, - 1)$ 时取得（图5.3.3）。 $◻$

例 5.3.8 (例7) 方程 $(x^{2} + y^{2}) z + \ln z + 2 (x + y + 1) = 0$ 确定了一个 $C^{\infty}$ 曲面，求曲面上的点的 $z$ 坐标的取值范围。

解原方程为关于 $z$ 的超越方程，即无法用有限次四则运算和开方运算来表示 $z$ 。我们采用下面的方法处理。

Step 0. 证明 $z (x, y)$ 存在且唯一。

记 $F (x, y, z) = (x^{2} + y^{2}) z + \ln z + 2 (x + y + 1)$ ，则对任意 $z > 0$ ，有 $\begin{matrix} (42) & F_{z} = x^{2} + y^{2} + \frac{1}{z} > 0 \end{matrix}$ 因此对任意 $(x, y)$ ， $F (x, y, z)$ 关于 $z$ 严格增。计算可得 $\begin{matrix} (43) & lim_{z \to + \infty} F (x, y, z) = + \infty, lim_{z \to 0^{+}} F (x, y, z) = - \infty \end{matrix}$ 因此对任意 $(x, y)$ ，存在唯一的 $z = z (x, y)$ 使得 $F (x, y, z (x, y)) = 0$ 。

Step 1. 列出并求解驻点方程。

对方程 $F (x, y, z (x, y)) = 0$ 求导，得到 $\begin{matrix} (44) & F_{x} + F_{z} z_{x} = 0, F_{y} + F_{z} z_{y} = 0 \end{matrix}$ 其中 $\begin{matrix} (45) & F_{x} = 2 x z + 2, F_{y} = 2 y z + 2 \end{matrix}$ 于是 $z_{x} = z_{y} = 0$ 当且仅当 $\begin{matrix} (46) & 2 x z + 2 = 0 = 2 y z + 2 \end{matrix}$ 即 $x = y = - \frac{1}{z} < 0$ ，因此 $\begin{matrix} (47) & 0 = F (- \frac{1}{z}, - \frac{1}{z}, z) = \frac{2}{z} + \ln z - \frac{4}{z} + 2 = \ln z - \frac{2}{z} + 2 =: g (z) \end{matrix}$ 因为 $\begin{matrix} (48) & g^{'} (z) = \frac{1}{z} + \frac{2}{z^{2}} > 0 \end{matrix}$ 且 $g (0^{+}) = - \infty$ 、 $g (+ \infty) = + \infty$ 、 $g (1) = 0$ ，所以 $z = 1$ 是 $g (z) = 0$ 的唯一零点，此时 $x = y = - 1$ ，亦即 $z (- 1, - 1) = 1$ 。

Step 2. 利用渐近分析法证明 $z (- 1, - 1)$ 为极大值。

记 $x = - 1 + u, y = - 1 + v, z = 1 + w$ ，则 $\begin{matrix} (49) & [(- 1 + u)^{2} + (- 1 + v)^{2}] (1 + w) + \ln (1 + w) + 2 (- 1 + u - 1 + v + 1) = 0 \end{matrix}$ 即 $\begin{matrix} (50) & u^{2} + v^{2} + 3 w + o (w) = 0, (u, v) \to (0, 0) \end{matrix}$ 从而 $\begin{matrix} (51) & w = - u^{2} - v^{2} + o (u^{2} + v^{2}), (u, v) \to (0, 0) \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (52) & z = 1 - (x + 1)^{2} - (y + 1)^{2} + o ((x + 1)^{2} + (y + 1)^{2}), (x, y) \to (- 1, - 1) \end{matrix}$ 故 $z (- 1, - 1) = 1$ 是 $z (x, y)$ 的极大值。

Step 3. 利用不等式放缩证明 $z (- 1, - 1)$ 为最大值。

如果存在 $x_{0}, y_{0}$ 使得 $z (x_{0}, y_{0}) > 1$ ，则 $\begin{matrix} (53) & \begin{aligned} 0 & = (x_{0}^{2} + y_{0}^{2}) z_{0} + \ln z_{0} + 2 (x_{0} + y_{0} + 1) \\ > (x_{0}^{2} + y_{0}^{2}) + 2 (x_{0} + y_{0} + 1) \\ = {(x_{0} + 1)}^{2} + {(y_{0} + 1)}^{2} \\ \geq 0 \end{aligned} \end{matrix}$ 矛盾。所以对任意 $(x, y)$ ，都有 $z (x, y) \leq 1 = z (- 1, - 1)$ 。因此 $z = 1$ 是最大值。

Step 4. 证明 $(0, 1]$ 为 $z$ 的取值范围，亦即 $z : R^{2} \to (0, 1]$ 是满射。

沿直线 $x + y + 1 = 0$ 有 $\begin{matrix} (54) & (x^{2} + y^{2}) z + \ln z + 2 (x + y + 1) = 2 x^{2} z + \ln z \end{matrix}$ 对任意 $0 < z < 1$ ，取 $x = \sqrt{- \frac{\ln z}{2 z}}, y = - 1 - \sqrt{- \frac{\ln z}{2 z}}$ ，则有 $F (x, y, z) = 0$ ，所以曲面上的点的 $z$ 坐标的取值范围是 $(0, 1]$ 。 $◻$

例 5.3.9 (例8，) 设 $a, b, c$ 为一个三角形的三条边的边长，求 $\frac{a}{b + c} + \frac{b}{c + a} + \frac{c}{a + b}$ 的取值范围。

解由问题的齐次性，不妨设 $a = 1$ ，令 $\begin{matrix} (55) & f (x, y) = \frac{1}{x + y} + \frac{x}{1 + y} + \frac{y}{1 + x} \end{matrix}$ 其中 $x, y$ 满足 $\begin{matrix} (56) & 1 + x > y, 1 + y > x, x + y > 1, x > 0, y > 0 \end{matrix}$ 记 $u = x + y$ 、 $v = x + y$ （图5.3.4），则上述不等式等价于 $u > 1$ 、 $- 1 < v < 1$ ，此时 $\begin{matrix} (57) & g (u, v) = f (x, y) = \frac{1}{u} + \frac{u + v}{2 + u - v} + \frac{u - v}{2 + u + v} \end{matrix}$

由 $\begin{matrix} (58) & g_{v} = \frac{8 (u + 1) (u + 2) v}{(2 + u)^{2} - v^{2}} \end{matrix}$ 知 $g (u, \cdot)$ 在 $[- 1, 0]$ 上严格减，在 $[0, 1]$ 上严格增，故 $\forall v \in (- 1, 1) ∖ {0}$ ，都有 $\begin{matrix} (59) & \frac{1}{u} + \frac{u + 1}{2 + u - 1} + \frac{u - 1}{2 + u + 1} = g (u, \pm 1) > g (u, v) > g (u, 0) = \frac{1}{u} + \frac{2 u}{2 + u} \end{matrix}$

由 $\begin{matrix} (60) & \frac{d}{d u} g (u, 0) = \frac{(3 u + 2) (u - 2)}{u^{2} (2 + u)^{2}} \end{matrix}$ 知 $g (\cdot, 0)$ 在 $[1, 2]$ 上严格减，在 $[2, + \infty)$ 上严格增， $g (2, 0) = \frac{3}{2}$ 是最小值，所以 $g (u, v) \geq g (u, 0) \geq g (2, 0) = \frac{3}{2}$ 。

由 $\begin{matrix} (61) & \frac{d}{d u} g (u, 1) = \frac{3 (u - 3) (u + 1)}{u^{2} (u + 3)^{2}} \end{matrix}$ 知 $g (\cdot, 1)$ 在 $[1, 3]$ 上严格减，在 $[3, + \infty)$ 上严格增， $g (1, 1) = g (+ \infty, 1) = 2$ 是最大值，所以 $g (u, v) < g (u, 1) < 2$ 。

因此 $f$ 的上确界 $2$ 在等腰三角形的腰与底的比值趋于 $+ \infty$ 时以极限形式取得， $f$ 的最小值 $\frac{3}{2}$ 在等边三角形时取得，从而 $f$ 的取值范围为 $[\frac{3}{2}, 2)$ 。 $◻$

另解由Cauchy-Schwarz不等式可得 $\begin{matrix} (62) & \begin{aligned} 原式 & = \sum_{cyc} \frac{b + c}{2 (a + b + c)} \sum_{cyc} \frac{(a + b + c) - (b + c)}{b + c} \\ = \frac{1}{2} \sum_{cyc} (b + c) \sum_{cyc} \frac{1}{b + c} - 3 \geq \frac{1}{2} (1 + 1 + 1)^{2} - 3 = \frac{3}{2} \end{aligned} \end{matrix}$ 取等号条件为 $a = b = c$ 。由于 $a, b, c$ 为三角形的三边长，每个分数值都小于1，由糖水不等式可得 $\begin{matrix} (63) & \begin{aligned} 原式 & = \frac{a}{b + c} + \frac{b}{c + a} + \frac{c}{a + b} \\ < \frac{a + a}{b + c + a} + \frac{b + b}{c + a + b} + \frac{c + c}{a + b + c} = 2 \end{aligned} \end{matrix}$ 当 $a = b$ 、 $c \to 0$ 时以极限形式取得上确界 $2$ 。故原式的取值范围为 $[\frac{3}{2}, 2)$ 。 $◻$

例 5.3.10 (例9) 求 $- \sum_{i = 1}^{n} p_{i} \ln p_{i}$ 的最大值，其中 $p_{1}, \dots, p_{n}$ 是正数且满足 $\sum_{i = 1}^{n} p_{i} = 1$ 。

解记目标函数 $f$ 和约束函数 $g$ 为 $\begin{matrix} (64) & f (p_{1}, \dots, p_{n}) = - \sum_{i = 1}^{n} p_{i} \ln p_{i}, g (p_{1}, \dots, p_{n}) = \sum_{i = 1}^{n} p_{i} - 1 \end{matrix}$ 因为 $\begin{matrix} (65) & K = {(p_{1}, \dots, p_{n}) ∣ p_{1} \geq 0, \dots, p_{n} \geq 0, p_{1} + \dots + p_{n} = 1} \end{matrix}$ 是有界闭凸集， $f$ 是连续函数（当 $p \to 0^{+}$ 时， $p \ln p \to 0$ ），故 $f$ 在 $K$ 上有最大值和最小值。

对 $p_{1}, p_{2}, \dots, p_{n} > 0$ ，有 $\begin{matrix} (66) & H_{f} (p) = (\begin{matrix} - \frac{1}{p_{1}} \\ - \frac{1}{p_{2}} \\ - \frac{1}{p_{n}} \end{matrix}) \end{matrix}$ 负定，所以 $f$ 在凸集 $K$ 上是凹函数，所以它的最小值在 $K$ 的（相对）边界上达到，于是 $f$ 的最小值在 $(1, 0, \dots, 0)$ 达到，最小值为 $0$ 。

构造Lagrange函数 $\begin{matrix} (67) & L (p_{1}, \dots, p_{n}, λ) = f (p) - λ g (p) \end{matrix}$ 则 $\begin{matrix} (68) & \begin{aligned} L_{p_{k}} & = - \ln p_{k} - 1 - λ = 0, k = 1, 2, \dots, n \\ L_{λ} & = - \sum_{k = 1}^{n} p_{k} + 1 = 0 \end{aligned} \end{matrix}$ 解得 $\begin{matrix} (69) & p_{k} = e^{- 1 - λ} = \frac{1}{n}, k = 1, 2, \dots, n \end{matrix}$ 此时 $f (p^{*}) = \ln n$ 。 $p^{*}$ 是 $f$ 在约束条件下，在 $K$ （的相对内部）中的唯一临界点，所以它是 $f$ 的最大值点， $\ln n$ 是 $f$ 的最大值。 $◻$

例 5.3.11 (例11) 求原点到曲面 $z^{2} = x y + x - y + 4$ 的最短距离。

解¹ 原问题可化为 $\begin{matrix} (70) & min (x^{2} + y^{2} + z^{2}) s . t . z^{2} = x y + x - y + 4 \end{matrix}$ 令 $\begin{matrix} (71) & L (x, y, z, λ) = x^{2} + y^{2} + z^{2} + λ (z^{2} - x y - x + y - 4) \end{matrix}$ 则 $\begin{matrix} (72) & {\begin{cases} L_{x} = 2 x - λ (y + 1) = 0 \\ L_{y} = 2 y + λ (- x + 1) = 0 \\ L_{z} = 2 z + 2 λ z = 0 \\ L_{λ} = z^{2} - x y - x + y - 4 = 0 \end{cases} \end{matrix}$ 解得 $\begin{matrix} (73) & λ = 2 \lor {\begin{cases} x = \frac{λ}{λ + 2} \\ y = \frac{- λ}{λ + 2} \\ λ \neq \pm 2 \end{cases} \land λ = - 1 \lor z = 0 \end{matrix}$

$1^{\circ}$ 当 $λ = - 1$ 时，解得 $(x, y, z) = (- 1, 1, \pm 1)$ ，此时 $d = \sqrt{x^{2} + y^{2} + z^{2}} = \sqrt{3}$ 。

$2^{\circ}$ 当 $λ = 2$ 时，解得 $z = 0$ ，此时 ${\begin{cases} x = y + 1 \\ x y + x - y + 4 = 0 \end{cases}$ 无实数解。

$3^{\circ}$ 当 $λ = - 2$ 时，方程组无界。

$4^{\circ}$ 当 $λ \notin {- 1, 2, - 2}$ 时， $z = 0$ ，此时 $\begin{matrix} (74) & {\begin{cases} x = \frac{λ}{λ + 2} \\ y = \frac{- λ}{λ + 2} \\ x y + x - y + 4 = 0 \end{cases} ⟹ {\begin{cases} x = 1 \pm \sqrt{5} \\ y = - 1 \mp \sqrt{t} \\ λ = \frac{\mp 2 (1 \pm \sqrt{5})}{\sqrt{t}} \end{cases} \end{matrix}$ 此时 $d = \sqrt{x^{2} + y^{2} + z^{2}} = 2 \sqrt{3 \pm \sqrt{5}}$ 。

综上所述，原点到曲面的距离为 $\sqrt{3}$ 。 $◻$

解² 当 $x = 1$ 时，由约束条件得到 $z^{2} = 5$ ，此时 $d = \sqrt{x^{2} + y^{2} + z^{2}} = \sqrt{6 + y^{2}} \geq \sqrt{6}$ 。

当 $x \neq 1$ 时，从 $z^{2} = x y + x - y + 4$ 解得 $y = \frac{z^{2} - 4 - x}{x - 1}$ ，此时 $\begin{matrix} (75) & d^{2} = f (x, z) = x^{2} + {(\frac{z^{2} - 4 - x}{x - 1})}^{2} + z^{2} \end{matrix}$ 由 $\begin{matrix} (76) & f_{x} = \frac{2 (x^{2} + z^{2} - 2 x - 4) (x^{2} - z^{2} - x + 5)}{(x - 1)^{3}} = 0, f_{z} = \frac{2 z (x^{2} + 2 z^{2} - 4 x - 7)}{(x - 1)^{2}} = 0 \end{matrix}$ 解得 $x = z = - 1$ 、 $x = - 1, z = 1$ 或 $x = 1 \pm \sqrt{5}, z = 0$ 。比较相应的 $d = \sqrt{f (x, z)}$ 的值以及 $\sqrt{6}$ ，得到其中的最小值。 $◻$

解³ 将 $z^{2} = x y + x - y + 4$ 代入 $d^{2} = x^{2} + y^{2} + z^{2}$ ，得到 $\begin{matrix} (77) & \begin{aligned} f (x, y) & = d^{2} = x^{2} + x y + y^{2} + x - y + 4 \\ = {(x + \frac{y}{2} + \frac{1}{2})}^{2} + \frac{3}{4} (y - 1)^{2} + 3 \geq 3 \end{aligned} \end{matrix}$ 且当 $x = - 1, y = 1$ 时， $f (x, y) = 3, d = \sqrt{3}$ 是最小距离。 $◻$

解⁴ 将 $z^{2} = x y + x - y + 4$ 代入 $d^{2} = x^{2} + y^{2} + z^{2}$ ，得到 $\begin{matrix} (78) & f (x, y) = d^{2} = x^{2} + x y + y^{2} + x - y + 4 \end{matrix}$ 求导可得 $\begin{matrix} (79) & f_{x} = 2 x + y + 1 = 0, f_{y} = x + 2 y - 1 = 0 \end{matrix}$ 解得 $x = - y = - 1$ 。

当 $x < - \frac{y + 1}{2}$ 时， $f_{x} < 0$ ；当 $x > - \frac{y + 1}{2}$ 时， $f_{x} > 0$ ；所以对任意 $y, f (x, y)$ 关于 $x$ 在 $x = - \frac{y + 1}{2}$ 时取最小值。记 $g (y) = f (- \frac{y + 1}{2}, y)$ ，则 $\begin{matrix} (80) & \frac{d g}{d y} = f_{y} (- \frac{y + 1}{2}, y) = - \frac{y + 1}{2} + 2 y - 1 = \frac{3 (y - 1)}{2} \end{matrix}$ 即当 $y < 1$ 时， $g^{'} (y) < 0$ ；当 $y > 1$ 时， $g^{'} (y) > 0$ 。所以 $g$ 在 $y = 1$ 处取得最小值。

所以 $f (x, y)$ 在 $(- 1, 1)$ 取得最小值 $f (- 1, 1) = 3$ ，所求最小距离为 $\sqrt{3}$ 。 $◻$

注以上四种解法都是不完整的。

解¹和解²的补救需要证明这个问题存在最小值。目标函数在非空有界闭集 $\begin{matrix} (81) & D = {(x, y, z) \in R^{3} ∣ x^{2} + y^{2} + z^{2} \leq 4, z^{2} = x y + x - y + 4}, (- 1, 1, 1) \in D \end{matrix}$ 上有最小值，且最小值不大于 $4$ 。在 $R^{3} ∖ D$ 中，任何函数值（如果存在）必然大于 $4$ 。所以此约束极值问题有最小值。另外，这个目标函数在约束条件下没有最大值，因为对任意正整数 $n$ ，点 $(n, n, \sqrt{n^{2} + 4})$ 满足约束条件，它到原点距离大于 $n$ 。

解³和解⁴的补救事实上，约束条件 $z^{2} = x y + x - y + 4$ 有个潜在的约束是 $x y + x - y + 4 \geq 0$ ，所以解⁴需要说明 $(- 1, 1)$ 满足这个条件。有些读者可能以为把约束条件代入目标函数就万事大吉了，这里的讨论（即潜在约束的存在）说明情况并非想象的那样简单。

例 5.3.12 (例13，) 求旋转抛物面 $z = x^{2} + y^{2}$ 与平面 $x + y + z = 1$ 的交线（椭圆）的长轴、短轴的长。

解¹ 联立曲面方程与平面方程可得 $\begin{matrix} (82) & x^{2} + y^{2} + x + y - 1 = {(x + \frac{1}{2})}^{2} + {(y + \frac{1}{2})}^{2} - \frac{3}{2} = 0 \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (83) & x = - \frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2} \cos θ, y = - \frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2} \sin θ \end{matrix}$ 代入平面方程中可得 $\begin{matrix} (84) & z = 1 - x - y = 2 - \sqrt{3} \cos (θ - \frac{π}{4}) \end{matrix}$ 由此知椭圆中心（对称中心）为 $(- \frac{1}{2}, - \frac{1}{2}, 2)$ ，椭圆上的点到椭圆中心的距离满足 $\begin{matrix} (85) & \sqrt{{(x + \frac{1}{2})}^{2} + {(y + \frac{1}{2})}^{2} + {(z - 2)}^{2}} = \sqrt{\frac{3}{2} + 3 \cos^{2} (θ - \frac{π}{4})} \end{matrix}$ 最大值为 $\frac{3}{\sqrt{2}}$ 、最小值为 $\sqrt{\frac{3}{2}}$ 。所以椭圆的长轴长为 $3 \sqrt{2}$ 、短轴长为 $\sqrt{6}$ 。 $◻$

解² 设 $(x_{1}, y_{1}, z_{1}), (x_{2}, y_{2}, z_{2})$ 为椭圆上的两点。它们是长轴两个端点，当且仅当它们是以下问题的解（注：短轴的两个端点不是 $min$ 的解！） $\begin{matrix} (86) & max [{(x_{1} - x_{2})}^{2} + {(y_{1} - y_{2})}^{2} + {(z_{1} - z_{2})}^{2}] s . t . {\begin{cases} z_{1} = x_{1}^{2} + y_{1}^{2} \\ x_{1} + y_{1} + z_{1} = 1 \\ z_{2} = x_{2}^{2} + y_{2}^{2} \\ x_{2} + y_{2} + z_{2} = 1 \end{cases} \end{matrix}$ 从约束条件中尽量解出一些变量，以减少变量个数： $\begin{matrix} (87) & \begin{matrix} max [{(x_{1} - x_{2})}^{2} + {(y_{1} - y_{2})}^{2} + {((1 - x_{1} - y_{1}) - (1 - x_{2} - y_{2}))}^{2}] \\ s . t . {\begin{cases} x_{1}^{2} + y_{1}^{2} = 1 - (x_{1} + y_{1}) \\ x_{2}^{2} + y_{2}^{2} = 1 - (x_{2} + y_{2}) \end{cases} \end{matrix} \end{matrix}$ 这是条件极值问题，接下来用Lagrange乘子法即可解出答案。另外，上述约束条件等价于 $\begin{matrix} (88) & x_{i} + \frac{1}{2} = \sqrt{\frac{3}{2}} \cos θ_{i}, y_{i} + \frac{1}{2} = \sqrt{\frac{3}{2}} \sin θ_{i} \end{matrix}$ 目标函数为 $\begin{matrix} (89) & 3 {(\cos θ_{1} - \cos θ_{2})}^{2} + 3 (\cos θ_{1} - \cos θ_{2}) (\sin θ_{1} - \sin θ_{2}) + 3 {(\sin θ_{1} - \sin θ_{2})}^{2} \end{matrix}$ 先用三角函数的性质化简这个表达式（降次），然后再研究它的极值和最值。 $◻$

5.3.3 与极值有关的证明题(2)

例 5.3.13 (例10，) 设 $A$ 是由 $n$ 个 $n$ 维单位列向量 $x_{1}, \dots, x_{n}$ 组成的 $n$ 阶矩阵，证明 $(det A)^{2} \leq 1$ ，其中等号成立当且仅当 $x_{1}, \dots, x_{n}$ 是 $R^{n}$ 的一组单位正交基。

证明¹ 设 $x_{1}, \dots, x_{n}$ 线性无关，此时有 $(det A)^{2} > 0$ ，否则有 $det A = 0$ 。作Gram-Schmidt正交化：设 $q_{1} = \frac{x_{1}}{∥ x_{1} ∥}$ ，且 $\begin{matrix} (90) & y_{k + 1} = x_{k + 1} - \sum_{i = 1}^{k} ⟨ x_{k + 1}, q_{i} ⟩ q_{i}, q_{k + 1} = \frac{y_{k + 1}}{∥ y_{k + 1} ∥}, k = 1, \dots, n - 1 \end{matrix}$ 用 $q_{k + 1}$ 与上式两端内积可得 $\begin{matrix} (91) & ∥ y_{k + 1} ∥ = ⟨ x_{k + 1}, q_{k + 1} ⟩ \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (92) & x_{k + 1} = \sum_{i = 1}^{k + 1} ⟨ x_{k + 1}, q_{i} ⟩ q_{i}, k = 1, \dots, n - 1 \end{matrix}$ 上式对 $k = 0$ 亦成立。设上三角矩阵 $R$ 满足 $R_{i j} = ⟨ x_{j}, q_{i} ⟩$ （其中 $i \leq j$ ），正交矩阵 $Q = (q_{1}, \dots, q_{n})$ ，则有 $\begin{matrix} (93) & x_{j} = \sum_{i = 1}^{j} q_{i} R_{i j} = \sum_{i = 1}^{n} q_{i} R_{i j} ⟹ A = Q R \end{matrix}$ 故有 $\begin{matrix} (94) & \begin{aligned} det A & = det (Q R) = det Q det R = det R = \prod_{i = 1}^{n} ⟨ x_{i}, q_{i} ⟩ \\ | det A | & = \prod_{i = 1}^{n} | ⟨ x_{i}, q_{i} ⟩ | \leq \prod_{i = 1}^{n} ∥ x_{i} ∥ ∥ q_{i} ∥ = 1 \end{aligned} \end{matrix}$ 当且仅当所有 $x_{i}$ 均与对应的 $q_{i}$ 共线时等号成立，即 $x_{1}, \dots, x_{n}$ 是 $R^{n}$ 的一组单位正交基。 $◻$

证明² 记 $\begin{matrix} (95) & G := A^{T} A = (\begin{matrix} ⟨ x_{1}, x_{1} ⟩ & \dots & ⟨ x_{1}, x_{n} ⟩ \\ ⋮ & ⋱ & ⋮ \\ ⟨ x_{n}, x_{1} ⟩ & \dots & ⟨ x_{n}, x_{n} ⟩ \end{matrix}) \end{matrix}$ 则 $G$ 为对称矩阵，故存在谱分解 $G = Q Λ Q^{T}$ ，其中 $Q$ 为正交矩阵， $Λ$ 为对角矩阵。由 $det G = det (A^{T} A) = (det A)^{2}$ ，结合AM-GM不等式可得 $\begin{matrix} (96) & \begin{aligned} (det A)^{2} & = det G = det (Q Λ Q^{T}) = det Q det Λ det Q^{T} = det Λ = \prod_{i = 1}^{n} λ_{i} \\ \leq {(\frac{\sum_{i = 1}^{n} λ_{i}}{n})}^{n} = {(\frac{tr G}{n})}^{n} = {(\frac{\sum_{i = 1}^{n} ⟨ x_{i}, x_{i} ⟩}{n})}^{n} = 1 \end{aligned} \end{matrix}$ 取等号条件为 $λ_{1} = \dots = λ_{n} = 1$ ，即 $Λ = I ⟹ A^{T} A = Q Q^{T} = I ⟹ A$ 为正交矩阵，亦即 $x_{1}, \dots, x_{n}$ 是 $R^{n}$ 的一组单位正交基。 $◻$ $◻$

证明³ 类似地可设 $A$ 可逆。构造Lagrange函数 $\begin{matrix} (97) & L (x_{1}, \dots, x_{n}, λ_{1}, \dots, λ_{n}) = det A - \sum_{i = 1}^{n} λ_{i} (∥ x_{i} ∥^{2} - 1) \end{matrix}$ 记 $A_{i j}$ 表示元素 $a_{i j} = x_{i j}$ 的代数余子式、 ${\vec{A}}_{i} = (A_{i 1}, \dots, A_{i n})$ ，则 $L$ 的驻点满足 $\begin{matrix} (98) & \frac{\partial L}{\partial x_{i j}} = A_{i j} - 2 λ_{i} x_{i j} = 0 ⟹ {\vec{A}}_{i} = 2 λ_{i} x_{i} \end{matrix}$ 易知 $λ_{i} \neq 0$ ，否则有 ${\vec{A}}_{i} = \vec{0}$ ，此时对 $A$ 的第 $i$ 列求行列式为 $0$ ，与 $A$ 可逆矛盾。

当 $i \neq j$ 时，注意到 $\begin{matrix} (99) & \sum_{k = 1}^{n} (x_{i k} + x_{j k}) A_{i k} = det (x_{1}, \dots, x_{i} + x_{j}, \dots, x_{n}) = det (x_{1}, \dots, x_{i}, \dots, x_{n}) = \sum_{k = 1}^{n} x_{i k} A_{i k} \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (100) & x_{j} \cdot {\vec{A}}_{i} = 2 λ_{i} x_{j} \cdot x_{i} = 0 ⟹ x_{i} ⊥ x_{j}, i \neq j \end{matrix}$ 故当 $A$ 为正交矩阵时 $det A$ 取得极值 $\pm 1$ ，此时 $(det A)^{2} = 1$ 且 $x_{1}, \dots, x_{n}$ 是 $R^{n}$ 的一组单位正交基。

记 $A$ 为所有满足题设要求的矩阵 $A$ 构成的集合，易见 $A$ 为有界闭集，故函数 $det : A \to R$ 在 $A$ 上有最值。由Fermat引理³可知 $det$ 在 $A$ 上的最值点即为 $det$ 的驻点，因此 $det$ 在 $A$ 上的最大值为 $1$ 、最小值为 $- 1$ ， $(det A)^{2} \leq 1$ ，等号成立当且仅当 $A$ 为正交矩阵。 $◻$

例 5.3.14 (例16) 函数 $z (x, y)$ 在有界闭区域 $D$ 上连续，在 $D$ 的边界上 $z (x, y) = 0$ ，在 $D$ 内部偏导数存在，且满足 $\frac{\partial z}{\partial x} + \frac{\partial z}{\partial y} = f (z)$ ，其中 $f$ 是严格单调函数，且 $f (0) = 0$ ，证明 $z (x, y) = 0, \forall (x, y) \in D$ 。

证明¹ $z (x, y)$ 在有界闭区域上连续，所以有最大值和最小值。

假设 $z (x, y)$ 不恒为 $0$ ，则 $z (x, y)$ 的最大值和最小值中必有一个非零。又因为在 $D$ 的边界上 $z (x, y) = 0$ ，所以 $f$ 的非零最值必在 $D$ 内某点 $P (x_{0}, y_{0})$ 取得，从而 $f (z (P)) = \frac{\partial z}{\partial x} (P) + \frac{\partial z}{\partial y} (P) = 0 = f (0)$ 。由于 $f$ 是严格单调函数，所以 $z (P) = 0$ ，矛盾。 $◻$

证明² 假设 $z (x_{0}, y_{0}) \neq 0$ ，则 $(x_{0}, y_{0}) \in D^{\circ}$ 。记 $\begin{matrix} (101) & a = inf {t ∣ \forall s \in [t, 0], z (x_{0} + s, y_{0} + s) \neq 0}, b = sup {t ∣ \forall s \in [0, t], z (x_{0} + s, y_{0} + s) \neq 0} \end{matrix}$ 因为 $z$ 连续， $(x_{0}, y_{0}) \in D^{\circ}$ ， $D$ 是有界闭区域， $z |_{\partial D} = 0$ ，所以 $- \infty < a < 0 < b < + \infty$ 。计算可得 $\begin{matrix} (102) & \frac{d}{d t} z (x_{0} + t, y_{0} + t) = \frac{\partial z}{\partial x} (x_{0} + t, y_{0} + t) + \frac{\partial z}{\partial y} (x_{0} + t, y_{0} + t) = f (z (x_{0} + t, y_{0} + t)) \end{matrix}$ 因为 $z (x_{0} + a, y_{0} + a) = 0 = z (x_{0} + b, y_{0} + b)$ ，所以根据Rolle定理，存在 $a < ξ < b$ 使得 $\begin{matrix} (103) & {\frac{d}{d t} z (x_{0} + t, y_{0} + t) |}_{t = ξ} = 0 \end{matrix}$ 于是 $f (z (x_{0} + ξ, y_{0} + ξ)) = 0$ 。由 $f$ 的严格单调性， $z (x_{0} + ξ, y_{0} + ξ) = 0$ 。这与 $a, b$ 的定义矛盾。 $◻$

例 5.3.15 (例17) 假设 $f (x, y)$ 有连续的偏导数，在全平面除原点之外处处满足等式 $\begin{matrix} (104) & x \frac{\partial f}{\partial x} + y \frac{\partial f}{\partial y} > 0 \end{matrix}$ 证明：原点是 $f$ 的唯一极小值点，且满足 $\begin{matrix} (105) & lim_{x \to 0, y \to 0} \frac{f (x, y) - f (0, 0)}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}} = 0 \end{matrix}$

解对任何 $(x_{0}, y_{0}) \neq (0, 0)$ ，计算可得 $\begin{matrix} (106) & \frac{d}{d t} f (x_{0} e^{t}, y_{0} e^{t}) = x_{0} e^{t} f_{1} (x_{0} e^{t}, y_{0} e^{t}) + y_{0} e^{t} f_{2} (x_{0} e^{t}, y_{0} e^{t}) > 0, \forall t \in R \end{matrix}$ 所以 $f (x_{0} e^{t}, y_{0} e^{t})$ 严格增。所以 $(x_{0}, y_{0})$ 都不是极值点。由连续性可得 $\begin{matrix} (107) & lim_{t \to - \infty} f (x_{0} e^{t}, y_{0} e^{t}) = f (0, 0) \end{matrix}$ 所以 $f (0, 0)$ 是唯一最小值点。因此 $f_{1} (0, 0) = f_{2} (0, 0) = 0$ ，所以 $d f (0, 0) = 0$ ，因此 $\begin{matrix} (108) & lim_{x \to 0, y \to 0} \frac{f (x, y) - f (0, 0)}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}} = 0 \end{matrix}$ $◻$

例 5.3.16 (例12) 当 $x, y, z > 0$ 时，求函数 $u = \ln x + 2 \ln y + 3 \ln z$ 在球面 $x^{2} + y^{2} + z^{2} = 6 r^{2}$ 上的最大值，这里 $r > 0$ 。由此进一步证明，对于任意正实数 $a, b, c$ ，下述不等式成立 $\begin{matrix} (109) & a b^{2} c^{3} \leq 108 {(\frac{a + b + c}{6})}^{6} \end{matrix}$

解令 $\begin{matrix} (110) & L (x, y, z, λ) = \ln x + 2 \ln y + 3 \ln z - λ (x^{2} + y^{2} + z^{2} - 6 r^{2}) \end{matrix}$ 由 $\begin{matrix} (111) & L_{x} = \frac{1}{x} - 2 λ x = 0, L_{y} = \frac{2}{y} - 2 λ y = 0, L_{z} = \frac{3}{z} - 2 λ z = 0, L_{λ} = 0 \end{matrix}$ 解得 $\begin{matrix} (112) & x = \sqrt{\frac{1}{2 λ}}, y = \sqrt{\frac{1}{λ}}, z = \sqrt{\frac{3}{2 λ}}, λ = \frac{1}{2 r^{2}} \end{matrix}$ 从而 $\begin{matrix} (113) & x = r, y = \sqrt{2} r, z = \sqrt{3} r, λ = \frac{1}{2 r^{2}} ⟹ u (r, \sqrt{2} r, \sqrt{3} r) = 6 \ln r + \ln 6 \sqrt{3} \end{matrix}$

当 $min {x, y, z} \to 0$ 时， $\begin{matrix} (114) & u \leq \ln min {x, y, z} + 3 \ln max {x, y, z} \leq \ln min {x, y, z} + 3 \ln (\sqrt{6} r) \to - \infty \end{matrix}$ 所以 $\exists δ \in (0, r)$ 使得当 $min {x, y, z} < δ$ 时， $u (x, y, z) < u (r, \sqrt{2} r, \sqrt{3} r)$ 。 $u (x, y, z)$ 在包含 $(r, \sqrt{2} r, \sqrt{3} r)$ 的非空有界闭集 $\begin{matrix} (115) & K = {(x, y, z) ∣ x^{2} + y^{2} + z^{2} = 6 r^{2}, x, y, z \geq δ} \end{matrix}$ 上连续，故有最大值。所以 $u (r, \sqrt{2} r, \sqrt{3} r) = 6 \ln r + \ln 6 \sqrt{3}$ 是 $u$ 在 $\begin{matrix} (116) & D = {(x, y, z) ∣ x^{2} + y^{2} + z^{2} = 6 r^{2}, x, y, z > 0} \end{matrix}$ 中的最大值。于是 $\begin{matrix} (117) & x y^{2} z^{3} \leq \sqrt{108} {(\frac{x^{2} + y^{2} + z^{2}}{6})}^{3} \end{matrix}$ 令 $(a, b, c) = \frac{1}{\sqrt{6} r} (x, y, z)$ 即可得到 $\begin{matrix} (118) & a b^{2} c^{3} \leq 108 {(\frac{a + b + c}{6})}^{6} \end{matrix}$ $◻$

例 5.3.17 (例18) 设 $p > 0, q > 0$ 满足 $\frac{1}{p} + \frac{1}{q} = 1$ 。求函数 $\frac{x^{p}}{p} + \frac{y^{q}}{q}$ 在平面第一象限 $x > 0, y > 0$ 里满足约束条件 $x y = 1$ 的最小值。由此进一步证明Young不等式 $\begin{matrix} (119) & \frac{x^{p}}{p} + \frac{y^{q}}{q} \geq x y, \forall x, y > 0 \end{matrix}$

解¹ 作Lagrange函数 $\begin{matrix} (120) & L (x, y, λ) = \frac{x^{p}}{p} + \frac{y^{q}}{q} - λ (x y - 1) \end{matrix}$ 解方程组 $\begin{matrix} (121) & {\begin{cases} L_{x} = x^{p - 1} - λ y = 0 \\ L_{y} = y^{q - 1} - λ x = 0 \\ L_{λ} = - (x y - 1) = 0 \end{cases} \end{matrix}$ 由方程3知 $x, y \neq 0$ ，从而 $λ \neq 0$ ，因此 $\begin{matrix} (122) & x y = 1, x^{p} = λ x y = y^{q} ⟹ x = y = 1, f (1, 1) = \frac{1}{p} + \frac{1}{q} = 1 \end{matrix}$ 分情况进行讨论：

当 $x > p$ 时， $f (x, y) > p^{p - 1} > 1 = f (1, 1)$ 。
当 $y > q$ 时， $f (x, y) > 1 = f (1, 1)$ 。
当 $0 < x < \frac{1}{q}$ 时， $y = \frac{1}{x} > q$ 。
当 $0 < y < \frac{1}{p}$ 时， $x = \frac{1}{y} > p$ ，总有 $f (x, y) > f (1, 1)$ 。

注意到 $K = {(x, y) | x y = 1, \frac{1}{q} \leq x \leq p, \frac{1}{p} \leq y \leq q}$ 是含 $(1, 1)$ 的有界闭集 $f$ 在 $K$ 上有最小值，此最小值必然是 $f (1, 1)$ 。所以 $f (1, 1) = 1$ 是 $f$ 在约束条件 $x y = 1$ 下的最小值。

对所有正数 $x, y$ ，令 $\begin{matrix} (123) & X = \frac{x}{(x y)^{1 / p}}, Y = \frac{y}{(x y)^{1 / q}} \end{matrix}$ 则 $X > 0$ 、 $Y > 0$ 、 $X Y = 1$ ，所以 $\begin{matrix} (124) & \frac{X^{p}}{p} + \frac{Y^{q}}{q} \geq 1 \end{matrix}$ 等号当且仅当 $X = Y = 1$ 时成立。因此 $\begin{matrix} (125) & \frac{x^{p}}{p} + \frac{y^{q}}{q} \geq x y \end{matrix}$ 等号当且仅当 $x^{p} = y^{q}$ 时成立。 $◻$

解² 记 $f (x) = \frac{x^{p}}{p} + \frac{1}{q x^{q}}$ ，则 $\begin{matrix} (126) & f^{'} (x) = x^{p - 1} - x^{- q - 1} = x^{- q - 1} (x^{p + q} - 1) \end{matrix}$ 由此易知 $x = 1$ 是 $f$ 的最小值点， $f (1) = 1$ 是最小值。 $◻$

例 5.3.18 (例19，) 证明对任何 $p > 1$ 以及非负实数 $x_{1}, y_{1}, \dots, x_{n}, y_{n}$ ，成立Minkowski不等式 $\begin{matrix} (127) & (x_{1}^{p} + \dots + x_{n}^{p})^{1 / p} + (y_{1}^{p} + \dots + y_{n}^{p})^{1 / p} \geq {[(x_{1} + y_{1})^{p} + \dots + (x_{n} + y_{n})^{p}]}^{1 / p} \end{matrix}$ 等式成立当且仅当 $(x_{1}, \dots, x_{n})$ 与 $(y_{1}, \dots, y_{n})$ 线性相关。

证明¹ 利用Hölder不等式可得 $\begin{matrix} (128) & \begin{aligned} \sum_{k = 1}^{n} (x_{k} + y_{k})^{p} & = \sum_{k = 1}^{n} x_{k} (x_{k} + y_{k})^{p - 1} + \sum_{k = 1}^{n} y_{k} (x_{k} + y_{k})^{p - 1} \\ \leq [{(\sum_{k = 1}^{n} x_{k}^{p})}^{1 / p} + {(\sum_{k = 1}^{n} y_{k}^{p})}^{1 / p}] {[\sum_{k = 1}^{n} (x_{k} + y_{k})^{q (p - 1)}]}^{1 / q} (Hölder) \\ = [{(\sum_{k = 1}^{n} x_{k}^{p})}^{1 / p} + {(\sum_{k = 1}^{n} y_{k}^{p})}^{1 / p}] {[\sum_{k = 1}^{n} (x_{k} + y_{k})^{p}]}^{1 - 1 / p} \end{aligned} \end{matrix}$ 其中 $\begin{matrix} (129) & \frac{1}{p} + \frac{1}{q} = 1 ⟹ q = \frac{p}{p - 1} \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (130) & {[\sum_{k = 1}^{n} (x_{k} + y_{k})^{p}]}^{1 / p} \leq {(\sum_{k = 1}^{n} x_{k}^{p})}^{1 / p} + {(\sum_{k = 1}^{n} y_{k}^{p})}^{1 / p} \end{matrix}$ Hölder不等式可通过加权Jensen不等式证明，等号成立当且仅当 $(x_{1}, \dots, x_{n})$ 与 $(y_{1}, \dots, y_{n})$ 线性相关。 $◻$

证明² 当 $n = 1$ 时，等式成立。假设 $n < m$ 时，不等式成立；下证 $n = m$ 时，结论成立。注意到 $\begin{matrix} (131) & \begin{aligned} {[{(x_{1} + y_{1})}^{p} + {(x_{2} + y_{2})}^{p} + \dots + {(x_{m} + y_{m})}^{p}]}^{1 / p} \\ \leq {[{(x_{1} + y_{1})}^{p} + {[{(x_{2}^{p} + \dots + x_{m}^{p})}^{1 / p} + {(y_{2}^{p} + \dots + y_{m}^{p})}^{1 / p}]}^{p}]}^{1 / p} & (归纳假设) \\ \leq {(x_{1}^{p} + (x_{2}^{p} + \dots + x_{m}^{p}))}^{\frac{1}{p}} + {(y_{1}^{p} + (y_{2}^{p} + \dots + y_{m}^{p}))}^{\frac{1}{p}} & (n = 2) \end{aligned} \end{matrix}$ 所以关键在于证明当 $n = 2$ 时结论成立。

令 $f (x) = x_{1}^{p} + x_{2}^{p}$ ，其为关于 $x = (x_{1}, x_{2})$ 的连续函数。考虑 $\begin{matrix} (132) & max f (x + y) s . t . f (x) = α^{p}, f (y) = β^{p} \end{matrix}$ 若 $α = 0$ 或 $β = 0$ ，则 $x_{1} = x_{2} = 0$ 或 $y_{1} = y_{2} = 0$ ，此时要证明的不等式中等号成立。下设 $α > 0, β > 0$ 。因为 $\begin{matrix} (133) & K = {(x, y) ∣ x_{1}, x_{2}, y_{1}, y_{2} \geq 0, f (x) = α^{p}, f (y) = β^{p}} \end{matrix}$ 是有界闭集，所以连续函数 $f (x + y)$ 在 $K$ 上存在最大值和最小值。不妨设 $β \leq α$ ，注意到 $\begin{matrix} (134) & \begin{aligned} f ((α, 0) + (0, β)) & = f ((0, α) + (β, 0)) = α^{p} + β^{p} = α^{p} [1 + {(\frac{β}{α})}^{p}] \\ \leq α^{p} [1 + \frac{β}{α}] < α^{p} [1 + p \frac{β}{α}] < α^{p} {(1 + \frac{β}{α})}^{p} \\ = (α + β)^{p} = f ((α, 0) + (β, 0)) = f ((0, α) + (0, β)) \end{aligned} \end{matrix}$ 如果 $(α + β)^{p}$ 不是 $f$ 在 $K$ 上的最大值，则最大值点 $(x_{1}, x_{2}, y_{1}, y_{2})$ 必然满足 $x_{1}, x_{2}$ 都不是零或者 $y_{1}, y_{2}$ 都不是零。

不妨设 $y_{1}, y_{2}$ 都不是零。对给定的 $x$ ，考虑 $\begin{matrix} (135) & F (y_{1}, y_{2}, μ) = f (x + y) - μ [f (y) - β] \end{matrix}$ 则条件最大值点 $(y_{1}, y_{2})$ 满足 $\begin{matrix} (136) & {\begin{cases} \frac{\partial F}{\partial y_{k}} = p {(x_{k} + y_{k})}^{p - 1} - μ p y_{k}^{p - 1} = 0 \\ \frac{\partial F}{\partial μ} = β^{p} - y_{1}^{p} - y_{2}^{p} = 0 \end{cases} \end{matrix}$ 解得 $\begin{matrix} (137) & μ = {(\frac{x_{1} + y_{1}}{y_{1}})}^{p - 1} = {(\frac{x_{2} + y_{2}}{y_{2}})}^{p - 1} \geq 1 \end{matrix}$ 从而 $\begin{matrix} (138) & x_{1} = (μ^{1 / (p - 1)} - 1) y_{1}, x_{2} = (μ^{1 / (p - 1)} - 1) y_{2} \end{matrix}$ 此时 $\begin{matrix} (139) & α^{p} = x_{1}^{p} + x_{2}^{p} = {(μ^{1 / (p - 1)} - 1)}^{p} (y_{1}^{p} + y_{2}^{p}) = {(μ^{1 / (p - 1)} - 1)}^{p} β^{p} \end{matrix}$ 亦即 $μ^{1 / (p - 1)} - 1 = \frac{α}{β}$ ，所以 $\begin{matrix} (140) & f (x + y) = {(x_{1} + y_{1})}^{p} + {(x_{2} + y_{2})}^{p} = μ^{p / (p - 1)} (y_{1}^{p} + y_{2}^{p}) = {(1 + \frac{α}{β})}^{p} β^{p} = (α + β)^{p} \end{matrix}$ 这与假设 $(α + β)^{p}$ 不是 $f$ 的最大值矛盾，因此 $(α + β)^{p}$ 是 $f$ 的最大值。 $◻$

例 5.3.19 (2022春期末考试・19) 设 $F : R^{m} \to R^{m}$ 是 $C^{1}$ 映射，满足

(a): $\forall x \in R^{m}$ ， $F$ 在点 $x$ 处的Jacobi矩阵都是可逆矩阵；
(b): 当 $∥ x ∥ \to + \infty$ 时， $∥ F (x) ∥ \to + \infty$ 。

证明：

(1): $F$ 是满射，即 $\forall y \in R^{m}$ ， $\exists x \in R^{m}$ 使得 $F (x) = y$ ；
(2): $\forall y \in R^{m}$ ，存在有限多个 $x \in R^{m}$ 使得 $F (x) = y$ 。

证明¹ (1) 令 $g (x) := ∥ F (x) - y ∥^{2}$ ，注意到 $\begin{matrix} (141) & \sqrt{| g (x) |} = ∥ F (x) - y ∥ \leq ∥ F (x) ∥ + ∥ y ∥ \to + \infty, ∥ x ∥ \to + \infty \end{matrix}$ 取 $M = g (0)$ ， $\exists R > 0$ 使得 $∥ x ∥ > R ⟹ ∥ g (x) ∥ > M = g (0)$ ，而 $g$ 在有界闭集 $\overset{―}{B} (0, R)$ 上有最小值点 $x^{*}$ ，显然是 $R^{2}$ 上的最小值点和极小值点。由 $F$ 可微、结合Fermat小定理指 $x^{*}$ 是 $F$ 的驻点。

对 $g$ 求梯度可得驻点方程为 $\begin{matrix} (142) & \nabla g (x) = \nabla ⟨ F (x) - y, F (x) - y ⟩ = 2 (J F (x))^{T} (F (x) - y) = 0 \end{matrix}$ 由于 $J F (x)$ 可逆，故 $g$ 的唯一驻点 $x^{*}$ 满足 $F (x^{*}) = y$ ，即 $F$ 是满射。

(2) 设 $X = F^{- 1} (y_{0})$ 为 $y_{0}$ 的原像集，我们需要证明 $| X | < + \infty$ 。首先 $X$ 有界，否则存在 ${x_{n}}_{n = 1}^{+ \infty} \subseteq X$ 满足 $lim_{n \to + \infty} ∥ x_{n} ∥ = + \infty$ 而 $lim_{n \to + \infty} F (x_{n}) = y_{0}$ ，这与题设(a)矛盾。再类似例2.1.5可得 $X$ 为闭集，故 $X$ 是有界闭集。 $\forall x_{0} \in X$ ，由于 $\partial F (x_{0})$ 可逆，由逆映射定理可知 $\exists δ (x_{0}) > 0$ 和可逆映射 $F^{- 1}$ 使得 $\begin{matrix} (143) & x = F^{- 1} (y) \in B (x_{0}, δ (x_{0})), \forall y \in B (y_{0}, δ (x_{0})) \end{matrix}$ 故 $F : B (x_{0}, δ (x_{0})) \to B (y_{0}, δ (x_{0}))$ 是双射，亦即开集 $B (x_{0}, δ (x_{0}))$ 内有且仅有 $x = x_{0}$ 满足 $F (x) = y_{0}$ 。

由此得到有界闭集 $X$ 的开覆盖 $X = ⋃_{x \in X} B (x, δ (x))$ 。根据Heine-Borel定理（有限覆盖定理）， $R^{n}$ 中有界闭集的开覆盖必有有限子覆盖 $X = ⋃_{i = 1}^{k} B (x_{i}, δ (x_{i}))$ ，其中 $x_{1}, \dots, x_{k} \in X$ 。由于每个 $B (x_{i}, δ (x_{i}))$ 内只有一个点 $x_{i}$ 满足 $F (x) = y_{0}$ ，所以 $| X | = k < + \infty$ 。 $◻$

证明² (1) 我们证明 $F (R^{m})$ 非空（显然）且既开又闭，则 $F (R^{m}) = R^{m}$ 。

$\forall y_{0} \in F (R^{m})$ ， $\exists x_{0} \in R^{m}$ 满足 $F (x_{0}) = y_{0}$ ，由证明¹(2)可知 $\exists δ > 0$ 使得 $F : B (x_{0}, δ) \to B (y_{0}, δ)$ 为双射，故 $B (y_{0}, δ) \subseteq F (R^{m})$ ，即 $F (R^{m})$ 是开集。

设 ${y_{n}}_{n = 1}^{+ \infty} \subseteq F (R^{m})$ 满足 $lim_{n \to + \infty} y_{n} = y^{*}$ ，则 $\exists {x_{n}}_{n = 1}^{+ \infty} \subseteq R^{m}$ 使得 $F (x_{n}) = y_{n}$ 恒成立。类似证明¹(2)可知 ${x_{n}}_{n = 1}^{+ \infty}$ 有界，故存在收敛子列 ${x_{n_{k}}}_{k = 1}^{+ \infty}$ 使得 $lim_{k \to + \infty} x_{n_{k}} = x^{*}$ 。由于 $F$ 连续，故有 $\begin{matrix} (144) & y^{*} = lim_{n \to + \infty} y_{n} = lim_{k \to + \infty} y_{n_{k}} = lim_{k \to + \infty} F (x_{n_{k}}) = F (lim_{k \to + \infty} x_{n_{k}}) = F (x^{*}) \in F (R^{m}) \end{matrix}$ 即 $F (R^{m})$ 是闭集。

(2) 设 $X = F^{- 1} (y_{0})$ ，由证明¹(2)可知 $X$ 有界。采用反证法，假设 $| X | = + \infty$ ，则 $X$ 必有聚点 $x_{0}$ ，否则易由有限覆盖定理得到孤立点构成的有界集必有限。由证明¹(2)可知 $\exists δ > 0$ 使得 $F : B (x_{0}, δ) \to B (y_{0}, δ)$ 为双射，这与 $x_{0}$ 为聚点矛盾。所以 $| X | < + \infty$ 。 $◻$

注证明¹(1)的基本思路源自梯度下降法，即通过构造优化问题来求解方程。证明²(1)则更接近拓扑法：如果 $F$ 不是满射，那么 $R^{n}$ 中就有不属于 $F (R^{m})$ 的点；而 $F (R^{m})$ 又为闭集，故 $F (R^{m})$ 必定存在边界点， $F$ 在边界点处的Jacobi矩阵必定不满秩，矛盾。

³这里用的是广义Fermat引理，要求 $A$ 是个微分流形。由于本人才疏学浅，未能给出证明，请见谅。