§8.10 多元函数的极值与最值

无条件极值（$AC-B^2$ 判别法）→ 最值（封闭区域）→ 条件极值（拉格朗日乘数法）

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§8.10.1 多元函数的（无条件）极值

定义

$z=f(x,y)$ 在 $P_0(x_0,y_0)$ 的某邻域内，若对邻域内所有点 $(x,y)$：

• $f(x,y)\le f(x_0,y_0)$ → 极大值
• $f(x,y)\ge f(x_0,y_0)$ → 极小值

极值是局部概念。

直观例子：

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必要条件（定理 1）

若 $f$ 在 $(x_0,y_0)$ 有偏导数且取得极值，则：

$$\boxed{f_x^{\prime }(x_0,y_0)=0,f_y^{\prime }(x_0,y_0)=0}$$

称满足此条件的点为驻点。

⚠️ 驻点不一定是极值点！如 $z=xy$ 在 $(0,0)$ 是驻点但非极值（马鞍面）。

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充分条件（定理 2）— $AC-B^2$ 判别法 ⭐

设 $f_x^{\prime }=f_y^{\prime }=0$，记：

$$A=f_{xx}^{\prime \prime }(x_0,y_0),B=f_{xy}^{\prime \prime }(x_0,y_0),C=f_{yy}^{\prime \prime }(x_0,y_0)$$

🧠 记忆：$AC-B^2=\det \left(\begin{array}{cc}A& B\\ B& C\end{array}\right)$，矩阵正定 → 极小；负定 → 极大；不定 → 鞍点。

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求极值的三步走

Step 1: 令 f_x'=0, f_y'=0 → 解出所有驻点
Step 2: 求 A=f_xx'', B=f_xy'', C=f_yy''
Step 3: 在每个驻点计算 AC-B²，判定

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例 1（考研）：由方程 $x^2+y^2+z^2+2x-6y+4z+10=0$ 确定的 $z=f(x,y)$ 的极值。

Step 1：隐函数求驻点。方程两边对 $x,y$ 求偏导：

$2x+2z{z}_x^{\prime }+2+4z_x^{\prime }=0$ ⇒ $z_x^{\prime }=-\frac{x+1}{z+2}$

$2y+2z{z}_y^{\prime }-6+4z_y^{\prime }=0$ ⇒ $z_y^{\prime }=-\frac{y-3}{z+2}$

令 $z_x^{\prime }=z_y^{\prime }=0$ ⇒ $x=-1,y=3$。代入原方程：$1+9+z^2-2-18+4z+10=0$ ⇒ $z^2+4z=0$ ⇒ $z=0$ 或 $z=-4$。

两个驻点：$P_1(-1,3,0)$，$P_2(-1,3,-4)$。

Step 2：求二阶偏导（在驻点处）。

$z_{xx}^{\prime \prime }=-\frac{(z+2)-(x+1)z_x^{\prime }}{(z+2{)}^2}$，代入 $x=-1$：$z_{xx}^{\prime \prime }=-\frac{1}{z+2}$

同理 $z_{yy}^{\prime \prime }=-\frac{1}{z+2}$，$z_{xy}^{\prime \prime }=0$

Step 3：判别。

$P_1(z=0)$：$A=C=-\frac{1}{2}$，$B=0$，$AC-B^2=\frac{1}{4}>0$，$A<0$ → 极大值 $z(0)=0$

$P_2(z=-4)$：$A=C=\frac{1}{2}$，$B=0$，$AC-B^2=\frac{1}{4}>0$，$A>0$ → 极小值 $z(-4)=-4$

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例 2（考研）：已知 ${\lim }_{(x,y)\to (0,0)}\frac{f(x,y)-1}{3x-y^2+e^x}-1=0$，证明 $(0,0)$ 是 $f$ 的极小值点。

由极限 = 1，知 $f(0,0)=1$（否则分母→0 分式→∞）。重写为：

$f(x,y)-1=3x-y^2+e^x-1+o(\rho )=3x-y^2+x+\frac{x^2}{2}+o(\rho )$

对于充分小的 $(x,y)$，分析 $f(x,y)-f(0,0)$ 的符号 → $f(x,y)\ge f(0,0)$ → 极小值。

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§8.10.2 二元函数的最值

方法

$$\boxed{\text{最值}=\max (\{\text{区域内驻点值}\}\cup \{\text{边界上最值}\})}$$

特殊情况：若由背景知最值在内部取得，且内部只有一个驻点，则该驻点就是最值点。

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例 3（应用）：制作体积为 $2m^3$ 的有盖长方体水箱，用料最省时尺寸？

设长 $x$、宽 $y$，高 $=2/(xy)$。表面积：

$S=2(xy+x\cdot \frac{2}{xy}+y\cdot \frac{2}{xy})=2(xy+\frac{2}{y}+\frac{2}{x})$

令 $\frac{\partial S}{\partial x}=2(y-\frac{2}{x^2})=0$，$\frac{\partial S}{\partial y}=2(x-\frac{2}{y^2})=0$

⇒ $x=\sqrt[3]{2},y=\sqrt[3]{2}$，高 $=\sqrt[3]{2}$

📌 唯一驻点 + 问题本身有最小值 → 这就是最优点。

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§8.10.3 条件极值 — 拉格朗日乘数法 ⭐

Why 条件极值？

无条件：$z=x^2+y^2$ 的极值 → $(0,0)$

有条件：$z=x^2+y^2$ 且 $x+y=1$ 的极值 → 不同！

消元法（$y=1-x$ 代入）可以处理简单情况，但复杂约束无法消元 → 拉格朗日乘数法。

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情形 1：一个约束 + 二元

问题：求 $z=f(x,y)$ 在约束 $\phi (x,y)=0$ 下的极值。

步骤：

1. 构造拉格朗日函数：

   $$\boxed{L(x,y,\lambda )=f(x,y)+\lambda \phi (x,y)}$$

2. 令所有偏导为零：

   $$\{\begin{array}{l}{L}_x^{\prime }=f_x^{\prime }+\lambda {\phi }_x^{\prime }=0\\ L_y^{\prime }=f_y^{\prime }+\lambda {\phi }_y^{\prime }=0\\ L_{\lambda }^{\prime }=\phi (x,y)=0\end{array}$$

3. 解出所有 $(x,y,\lambda )$ → 可疑极值点。

4. 根据实际问题背景判断极值类型。

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情形 2：一个约束 + 三元

问题：求 $f(x,y,z)$ 在 $\phi (x,y,z)=0$ 下的极值。

$L(x,y,z,\lambda )=f(x,y,z)+\lambda \phi (x,y,z)$

求解：

$$\{\begin{array}{l}{L}_x^{\prime }=f_x^{\prime }+\lambda {\phi }_x^{\prime }=0\\ L_y^{\prime }=f_y^{\prime }+\lambda {\phi }_y^{\prime }=0\\ L_z^{\prime }=f_z^{\prime }+\lambda {\phi }_z^{\prime }=0\\ L_{\lambda }^{\prime }=\phi =0\end{array}$$

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情形 3：两个约束 + 三元

问题：$f(x,y,z)$ 在 $\phi =0$ 且 $\psi =0$ 下的极值。

$L=f+\lambda \phi +\mu \psi$，解五个方程即可。

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经典应用例题

例 4：求曲面 $z=x^2+y^2$ 与平面 $x+y-2z=2$ 之间的最短距离。

等价于：求 $d=\sqrt{(x_1-x_2{)}^2+(y_1-y_2{)}^2+(z_1-z_2{)}^2}$ 在约束下的最小值。

或转化为：求 $f=(x_1-x_2{)}^2+(y_1-y_2{)}^2+(z_1-z_2{)}^2$ 在曲面上取点 $(x_1,y_1,z_1)$ 和 $(x_2,y_2,z_2)$ 时……

更简单：求点 $(x,y,z)$ 到平面 $x+y-2z-2=0$ 的距离的极小值，其中 $(x,y,z)$ 在曲面 $z=x^2+y^2$ 上。

目标：$d=\frac{|x+y-2z-2|}{\sqrt{1^2+1^2+(-2{)}^2}}=\frac{|x+y-2z-2|}{\sqrt{6}}$（平面到点的距离公式）

求 $d^2$ 极值等价于求 $f=(x+y-2z-2{)}^2$ 在 $z=x^2+y^2$ 下的极值。使用拉格朗日乘数法解。（详见PPT）

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例 5（习题）：求椭球面 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2}=1$ 在第一卦限内的切平面，使与三坐标面围成的四面体体积最小。

思路：切平面方程 → 截距 → 体积 $V=\frac{(a^2/x_0)(b^2/y_0)(c^2/z_0)}{6}$ → 约束 $\frac{x_0^2}{a^2}+\frac{y_0^2}{b^2}+\frac{z_0^2}{c^2}=1$ → 拉格朗日乘数法。

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