5.3 习题课讲解

解 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，但过于繁琐。我们对原方程求微分可得$$\begin{array}{}\text{(1)}& 4x\mathrm{d}x+4y\mathrm{d}y+2z\mathrm{d}z+8x\mathrm{d}z+8z\mathrm{d}x-\mathrm{d}z=0\end{array}$$ 令$\mathrm{d}z=0$，得到驻点满足的条件$$\begin{array}{}\text{(2)}& \{\begin{array}{l}4x+8z=0,\\ 4y=0,\\ 2x^2+2y^2+z^2+8xz-z+8=0\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}x=-2,\\ y=0,\\ z=1\end{array},\{\begin{array}{l}x=\frac{16}{7},\\ y=0,\\ z=-\frac{8}{7}\end{array}\end{array}$$

利用近似分析法：用$x=-2+u$、$z=1+v$代入方程可得$$\begin{array}{}\text{(3)}& \begin{array}{rl}0& =2(-2+u{)}^2+2y^2+(1+v{)}^2+8(-2+u)(1+v)-(1+v)+8\\ & =2u^2+2y^2-15v+(v^2+8uv)=2u^2+2y^2-15v+o(v)\\ v& =\frac{2}{15}(u^2+y^2)+o(u^2+y^2)\end{array}\end{array}$$ 因此$z=1$是极小值。

利用二阶微分：计算可得$$\begin{array}{}\text{(4)}& 4\mathrm{d}{x}^2+4\mathrm{d}{y}^2+2\mathrm{d}{z}^2+2z{\mathrm{d}}^{2}z+8\mathrm{d}x\mathrm{d}z+8x{\mathrm{d}}^{2}z+8\mathrm{d}z\mathrm{d}x-\mathrm{d}{z}^2=0\end{array}$$ 代入$x=\frac{16}{7}$、$y=0$、$z=-\frac{8}{7}$、$\mathrm{d}z=0$可得$$\begin{array}{}\text{(5)}& {\mathrm{d}}^{2}z=-\frac{4}{15}(\mathrm{d}{x}^2+\mathrm{d}{y}^2)\end{array}$$ 因此$z=-\frac{8}{7}$是极大值。 $◻$

解 构造Lagrange函数$$\begin{array}{}\text{(7)}& L(x,y,z,\lambda )=z-\lambda (2x^2+2y^2+z^2+8xz-z+8)\end{array}$$ 求导可得$$\begin{array}{}\text{(8)}& \{\begin{array}{l}{L}_x=-\lambda (4x+8z)=0,\\ L_y=-\lambda (4y)=0,\\ L_z=1-\lambda (2z+8x-1)=0,\\ L_{\lambda }=-(2x^2+2y^2+z^2+8xz-z+8)=0\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}x=-2,\\ y=0,\\ z=1,\\ \lambda =-\frac{1}{15}\end{array},\{\begin{array}{l}x=\frac{16}{7},\\ y=0,\\ z=-\frac{8}{7},\\ \lambda =\frac{1}{15}\end{array}\end{array}$$ 当$x=-2$、$y=0$、$z=1$、$\lambda =-\frac{1}{15}$时，约束曲面的切向量$(\xi ,\eta ,\zeta )$满足$$\begin{array}{}\text{(9)}& -8\xi +2\zeta +8\xi -16\zeta -\zeta =0\Rightarrow \zeta =0\end{array}$$ 因此$$\begin{array}{}\text{(10)}& {\mathrm{d}}^{2}L=-\lambda (4{\xi }^2+4{\eta }^2+{\zeta }^2+8\xi \zeta )=\frac{1}{15}(4{\xi }^2+4{\eta }^2)\end{array}$$ 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。 $◻$

解 对约束条件求微分可得$$\begin{array}{}\text{(11)}& 2x\mathrm{d}x+2y\mathrm{d}y+x\mathrm{d}y+y\mathrm{d}x=0\Rightarrow (2x+y)\mathrm{d}x+(2y+x)\mathrm{d}y=0\end{array}$$ 曲线的切向量为$$\begin{array}{}\text{(12)}& \mathit{v}=\frac{(-2y-x,2x+y{)}^{\mathrm{T}}}{\sqrt{(2x+y{)}^2+(2y+x{)}^2}}\end{array}$$ 因此目标函数（$f$沿$\mathit{v}$的方向导数）为$$\begin{array}{}\text{(13)}& F(x,y)=\frac{(-2y-x)f_x+(2x+y)f_y}{\sqrt{(2x+y{)}^2+(2y+x{)}^2}}=\frac{2x^2-2y^2+x-y}{\sqrt{5x^2+8xy+5y^2}}\end{array}$$ 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$$\begin{array}{}\text{(14)}& {(x+\frac{y}{2})}^2+{\left(\frac{\sqrt{3}}{2}y\right)}^2=3\Rightarrow \{\begin{array}{l}x+\frac{y}{2}=\sqrt{3}\cos t,\\ \frac{\sqrt{3}}{2}y=\sqrt{3}\sin t\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}x=\sqrt{3}\cos t-\sin t,\\ y=2\sin t\end{array}\end{array}$$ 代入可得$$\begin{array}{}\text{(15)}& G(t):=F(x(t),y(t))=\frac{6\cos 2t-3\sin t-\sqrt{3}\cos t(4\sin t-1)}{\sqrt{3}\sqrt{\sqrt{3}\sin 2t+\cos 2t+4}}\end{array}$$ 利用一元微积分的知识可得$G$在$t=\frac{11\pi }{6}$（即$x=2$、$y=-1$）时取得最大值$3$。 $◻$

解 由问题的齐次性，不妨设$a=1$，令$$\begin{array}{}\text{(16)}& f(x,y)=\frac{1}{x+y}+\frac{x}{1+y}+\frac{y}{1+x}\end{array}$$ 其中$x,y$满足$$\begin{array}{}\text{(17)}& 1+x>y,1+y>x,x+y>1,x>0,y>0\end{array}$$ 记$u=x+y$、$v=x+y$，则上述不等式等价于$u>1$、$-1<v<1$，此时$$\begin{array}{}\text{(18)}& g(u,v)=f(x,y)=\frac{1}{u}+\frac{u+v}{2+u-v}+\frac{u-v}{2+u+v}\end{array}$$

由$$\begin{array}{}\text{(19)}& g_v=\frac{8(u+1)(u+2)v}{(2+u{)}^2-v^2}\end{array}$$ 知$g(u,\cdot )$在$[-1,0]$上严格减，在$[0,1]$上严格增，故$\mathrm{\forall }v\in (-1,1)\setminus \{0\}$，都有$$\begin{array}{}\text{(20)}& \frac{1}{u}+\frac{u+1}{2+u-1}+\frac{u-1}{2+u+1}=g(u,\pm 1)>g(u,v)>g(u,0)=\frac{1}{u}+\frac{2u}{2+u}\end{array}$$

由$$\begin{array}{}\text{(21)}& \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}u}g(u,0)=\frac{(3u+2)(u-2)}{u^2(2+u{)}^2}\end{array}$$ 知$g(\cdot ,0)$在$[1,2]$上严格减，在$[2,+\mathrm{\infty })$上严格增，$g(2,0)=\frac{3}{2}$是最小值，所以$g(u,v)\ge g(u,0)\ge g(2,0)=\frac{3}{2}$。

由$$\begin{array}{}\text{(22)}& \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}u}g(u,1)=\frac{3(u-3)(u+1)}{u^2(u+3{)}^2}\end{array}$$ 知$g(\cdot ,1)$在$[1,3]$上严格减，在$[3,+\mathrm{\infty })$上严格增，$g(1,1)=g(+\mathrm{\infty },1)=2$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$+\mathrm{\infty }$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$$\begin{array}{}\text{(23)}& \begin{array}{rl}\text{原式}& =\sum _{\mathrm{cyc}}\frac{b+c}{2(a+b+c)}\sum _{\mathrm{cyc}}\frac{(a+b+c)-(b+c)}{b+c}\\ & =\frac{1}{2}\sum _{\mathrm{cyc}}(b+c)\sum _{\mathrm{cyc}}\frac{1}{b+c}-3\ge \frac{1}{2}(1+1+1{)}^2-3=\frac{3}{2}\end{array}\end{array}$$ 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$$\begin{array}{}\text{(24)}& \begin{array}{rl}\text{原式}& =\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\\ & <\frac{a+a}{b+c+a}+\frac{b+b}{c+a+b}+\frac{c+c}{a+b+c}=2\end{array}\end{array}$$ 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$[\frac{3}{2},2)$。

另证 记$$\begin{array}{}\text{(30)}& G:=A^{\mathrm{T}}A=\left(\begin{array}{ccc}⟨{\mathit{x}}_1,{\mathit{x}}_1⟩& \cdots & ⟨{\mathit{x}}_1,{\mathit{x}}_n⟩\\ ⋮& \ddots & ⋮\\ ⟨{\mathit{x}}_n,{\mathit{x}}_1⟩& \cdots & ⟨{\mathit{x}}_n,{\mathit{x}}_n⟩\end{array}\right)\end{array}$$ 则$G$为对称矩阵，故存在谱分解$G=Q\mathrm{\Lambda }{Q}^{\mathrm{T}}$，其中$Q$为正交矩阵，$\mathrm{\Lambda }$为对角矩阵。由$detG=det(A^{\mathrm{T}}A)=(detA{)}^2$，结合AM-GM不等式可得$$\begin{array}{}\text{(31)}& \begin{array}{rl}(detA{)}^2& =detG=det(Q\mathrm{\Lambda }{Q}^{\mathrm{T}})=detQdet\mathrm{\Lambda }det{Q}^{\mathrm{T}}=det\mathrm{\Lambda }=\prod _{i=1}^n{\lambda }_i\\ & \le {\left(\frac{\sum _{i=1}^n{\lambda }_i}{n}\right)}^n={\left(\frac{\mathrm{tr}G}{n}\right)}^n={\left(\frac{\sum _{i=1}^n⟨{\mathit{x}}_i,{\mathit{x}}_i⟩}{n}\right)}^n=1\end{array}\end{array}$$ 取等号条件为${\lambda }_1=\cdots ={\lambda }_n=1$，即$\mathrm{\Lambda }=I\Rightarrow A^{\mathrm{T}}A=Q{Q}^{\mathrm{T}}=I\Rightarrow A$为正交矩阵，亦即${\mathit{x}}_1,\cdots ,{\mathit{x}}_n$是${\mathbb{R}}^n$的一组单位正交基。 $◻$

另证2 类似地可设$A$可逆。构造Lagrange函数$$\begin{array}{}\text{(32)}& L({\mathit{x}}_1,\cdots ,{\mathit{x}}_n,{\lambda }_1,\cdots ,{\lambda }_n)=detA-\sum _{i=1}^n{\lambda }_i(\parallel {\mathit{x}}_i{\parallel }^2-1)\end{array}$$ 记$A_{ij}$表示元素$a_{ij}=x_{ij}$的代数余子式、${\overrightarrow{A}}_i=(A_{i1},\cdots ,A_{in})$，则$L$的驻点满足$$\begin{array}{}\text{(33)}& \frac{\partial L}{\partial x_{ij}}=A_{ij}-2{\lambda }_i{x}_{ij}=0\Rightarrow {\overrightarrow{A}}_i=2{\lambda }_i{\mathit{x}}_i\end{array}$$ 易知${\lambda }_i\ne 0$，否则有${\overrightarrow{A}}_i=\overrightarrow{0}$，此时对$A$的第$i$列求行列式为$0$，与$A$可逆矛盾。

当$i\ne j$时，注意到$$\begin{array}{}\text{(34)}& \sum _{k=1}^n(x_{ik}+x_{jk})A_{ik}=det({\mathit{x}}_1,\cdots ,{\mathit{x}}_i+{\mathit{x}}_j,\cdots ,{\mathit{x}}_n)=det({\mathit{x}}_1,\cdots ,{\mathit{x}}_i,\cdots ,{\mathit{x}}_n)=\sum _{k=1}^n{x}_{ik}{A}_{ik}\end{array}$$ 因此$$\begin{array}{}\text{(35)}& {\mathit{x}}_j\cdot {\overrightarrow{A}}_i=2{\lambda }_i{\mathit{x}}_j\cdot {\mathit{x}}_i=0\Rightarrow {\mathit{x}}_i\perp {\mathit{x}}_j,i\ne j\end{array}$$ 故当$A$为正交矩阵时$detA$取得极值$\pm 1$，此时$(detA{)}^2=1$且${\mathit{x}}_1,\cdots ,{\mathit{x}}_n$是${\mathbb{R}}^n$的一组单位正交基。

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

解 联立曲面方程与平面方程可得$$\begin{array}{}\text{(36)}& x^2+y^2+x+y-1={(x+\frac{1}{2})}^2+{(y+\frac{1}{2})}^2-\frac{3}{2}=0\end{array}$$ 因此$$\begin{array}{}\text{(37)}& x=-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}\cos \theta ,y=-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}\sin \theta \end{array}$$ 代入平面方程中可得$$\begin{array}{}\text{(38)}& z=1-x-y=2-\sqrt{3}\cos (\theta -\frac{\pi }{4})\end{array}$$ 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$$\begin{array}{}\text{(39)}& \sqrt{{(x+\frac{1}{2})}^2+{(y+\frac{1}{2})}^2+{(z-2)}^2}=\sqrt{\frac{3}{2}+3{\cos }^2(\theta -\frac{\pi }{4})}\end{array}$$ 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$\sqrt{6}$。 $◻$