---
返回目录: '[[数学系/分析/数学分析基础/数学分析笔记|数学分析学习指南]]'
上一篇: '[[数学系/分析/数学分析基础/分章笔记/12 第12章 多元极限与连续|第12章 多元极限与连续]]'
下一篇: '[[数学系/分析/数学分析基础/分章笔记/14 第14章 含参积分|第14章 含参积分]]'
tags:
- 数学分析
---

# 第 13 章 多元微分学

## 13.1 多变量导数与微分

## 13.1.1 全微分与偏导数

## 定义 13.1 (偏导数)

$f$ 在 $\mathbf{x}_0\in D$ 的偏导数定义为 $\frac{\partial f}{\partial x_i} := \lim_{t\to 0}\frac{f(\mathbf{x}_0 + t\mathbf{e}_i) - f(\mathbf{x}_0)}{t}$

笔记 计算偏导 $f_{x}(x_{0},y_{0})$ 时，预先将 $y=y_{0}$ 代入，得到 $f(x,y_{0})$ ，再对 x 求导更加方便。

## 定义 13.2 (可微)

若 $z = f(x,y)$ 在 $P_0(x_0,y_0)$ 邻域 $U(P_0)$ 中有定义，且对于 $U(P_0)$ 中任意点 $(x,y)$ ， $\exists A, B$ 使得

$$
f (x, y) - f \left(x _ {0}, y _ {0}\right) = A \left(x - x _ {0}\right) + B \left(y - y _ {0}\right) + o \left(\sqrt {\left(x - x _ {0}\right) ^ {2} + \left(y - y _ {0}\right) ^ {2}}\right)
$$

则称 $f(x,y)$ 在 $P_0$ 可微。可知这里 $A = \frac{\partial f}{\partial x}, B = \frac{\partial f}{\partial y}$ ，因此记 $\mathrm{d}f(x_0,y_0) = \frac{\partial f}{\partial x}(x_0,y_0)\mathrm{d}x + \frac{\partial f}{\partial y}(x_0,y_0)\mathrm{d}y$

笔记可微定义中的范数可以更改，例如 $\Delta z = A\Delta x + B\Delta y + \alpha \Delta x + \beta \Delta y$ ，在 $(\Delta x,\Delta y)\to (0,0)$ 时 $\alpha ,\beta \rightarrow 0$ 该条件也等价于可微。

## 推论 13.1 (偏导与可微)

若 $f$ 在 $(x_0, y_0)$ 可微，则 $f_x(x_0, y_0), f_y(x_0, y_0)$ 一定存在

## 笔记 判断是否可微分两步：

1. 看看 $f_{x}, f_{y}$ 是否都存在，不存在则不可微

2. 计算 $\frac{f(x + \Delta x, y + \Delta y) - f(x, y) - f_x \Delta x - f_y \Delta y}{\sqrt{(\Delta x)^2 + (\Delta y)^2}}$ 是否极限为 0，是则可微

练习13.1计算全微分(1)求 $u = xe^{yz} + e^{-z} + y$ 在原点处的全微分

解(1)原点处 $u_{x} = 1, u_{y} = 1, u_{z} = -1$ ，因此原点处 $\mathrm{d}u = \mathrm{d}x + \mathrm{d}y - \mathrm{d}z$

练习13.2判断可微性 判断 $f(x,y) = \left\{ \begin{array}{ll}\frac{xy}{\sqrt{x^2 + y^2}}, & (x,y)\neq (0,0)\\ 0, & (x,y) = (0,0) \end{array} \right.$ 在原点的可微性

解 首先计算偏导，计算 x 偏导时将 y 固定为 0(而不是固定为一个很小的值！)

$$
f _ {x} (0, 0) = \frac {f (\Delta x , 0) - f (0 , 0)}{\Delta x} = 0
$$

同理可知 $f_{y}(0,0) = 0$ ，再考虑极限

$$
\lim _ {\rho \rightarrow 0} \frac {f (\Delta x , \Delta y) - f (0 , 0) - 0 \Delta x - 0 \Delta y}{\sqrt {\Delta x ^ {2} + \Delta y ^ {2}}} = \lim _ {\rho \rightarrow 0} \frac {\Delta x \Delta y}{\Delta x ^ {2} + \Delta y ^ {2}}
$$

极限不存在，因此不可微。

## 13.1.2 可微性的证明

练习13.3判断可微性(1)讨论 $f(x,y) = \left\{ \begin{array}{ll}y\ln (x^2 +y^2), & (x,y)\neq (0,0)\\ 0, & (x,y) = (0,0) \end{array} \right.$ 在原点的可微性

(2) $\alpha > 0$ ，讨论 $f(x, y) = |xy|^{\alpha}$ 在原点的可微性

(3) $\alpha > 0$ ，讨论 $f(x, y) = \begin{cases} \frac{|x|^{\alpha}y}{x^2 + y^2}, & (x, y) \neq (0, 0) \\ 0, & (x, y) = (0, 0) \end{cases}$ 在原点处的可微性

解(1)先看看偏导数， $f_{x}(0,0)=\lim_{x\to0}\frac{f(x,0)-f(0,0)}{x}=\frac{0}{x}=0,\quad f_{y}(0,0)=\lim_{y\to0}\frac{y\ln(y^{2})-0}{y}=-\infty$ ，因此不可微

(2) 先看看偏导数 $f_{x}(0,0) = \lim_{x\to 0}\frac{0}{x} = 0,\quad f_{y}(0,0) = \lim_{y\to 0}\frac{0}{y} = 0$ ，考虑：

$$
\frac {f (x , y) - f (0 , 0) - f _ {x} (0 , 0) x - f _ {y} (0 , 0) y}{\sqrt {x ^ {2} + y ^ {2}}} = \frac {| x y | ^ {\alpha}}{\sqrt {x ^ {2} + y ^ {2}}}
$$

考察上述分式是否趋于0，用极坐标变换即可得出若 $\alpha >\frac{1}{2}$ ，则可微，若 $0 <   \alpha \leq \frac{1}{2}$ ，则不可微

(3) $f_{x}(0,0) = f_{y}(0,0) = 0$ ，而 $\frac{f(x,y)}{\sqrt{x^2 + y^2}} = \frac{|x|^{\alpha}y}{(x^2 + y^2)^{\frac{3}{2}}}$ ，使用极坐标变换得到 $r^{\alpha -2}|\cos \theta |^{\alpha}\sin \theta$ 。因此 $\alpha >2$ 时可微， $0 <   \alpha \leq 2$ 时不可微（例如取 $\theta = \frac{\pi}{4})$ 。

## 13.1.3 梯度与方向导数

## 定义 13.3 (梯度)

对于 $f: R^{n} \rightarrow R$ ，定义梯度 $\nabla f := [\frac{\partial f}{\partial x_{1}}, \frac{\partial f}{\partial x_{2}}, \cdots, \frac{\partial f}{\partial x_{n}}]^{T}$

## 定义 13.4 (方向导数)

开集 $D \subset \mathbb{R}^n, f: D \to \mathbb{R}$ , $\mathbf{u} \in \mathbb{R}^n$ 为单位向量, $\mathbf{x}_0 \in D$ , 定义 $\frac{\partial f}{\partial \mathbf{u}} := \lim_{t \to 0} \frac{f(\mathbf{x}_0 + t\mathbf{u}) - f(\mathbf{x}_0)}{t}$

笔记 要计算方向导数，则可取方向为 $(\cos\alpha,\cos\beta)$ ，且 $\cos^{2}\alpha+\cos^{2}\beta=1$ 。原因在于 $\frac{(x-x_{0},y-y_{0})}{|(x-x_{0},y-y_{0})|}=\frac{1}{r}(x-x_{0},y-y_{0})=(\cos\alpha,\cos\beta)$

练习 13.4 常用反例 (1) 证明 $f(x,y)=\sqrt[3]{x^{2}+y^{2}}$ 在原点连续，但不存在任意方向导数和偏导数

证明 (1) 考虑方向 $l = (\cos \alpha, \cos \beta)$ ，则 $f_{l}(0,0) = \lim_{r\to 0^{+}}\frac{f(r\cos\alpha,r\cos\beta) - f(0,0)}{r} = \lim_{r\to 0^{+}}\frac{1}{r^{1/3}} = \infty$

## 定理 13.1 (可微函数方向导数的梯度表达)

若 $f(x,y)$ 在 $P_0(x_0,y_0)$ 可微，则 $f(x,y)$ 在 $P_0$ 沿任一方向 $l$ 的方向导数存在，且

$$
f _ {l} (P _ {0}) = f _ {x} (P _ {0}) \cos \alpha + f _ {y} (P _ {0}) \cos \beta = \nabla f \cdot \mathbf {n}
$$

这里 $\mathbf{n} = (\cos \alpha, \cos \beta)$ 是 $l$ 方向的单位向量

证明 考虑方向导数 $f_{l}(P_{0}) = \lim_{r\to 0^{+}}\frac{f(x_0 + r\cos\alpha, y_0 + r\cos\beta) - f(x_0, y_0)}{r}$ ，可化简为：

$$
\lim _ {r \rightarrow 0 ^ {+}} \frac {f _ {x} (x _ {0} , y _ {0}) r \cos \alpha + f _ {y} (x _ {0} , y _ {0}) r \cos \beta + o (r)}{r} = f _ {x} (x _ {0}, y _ {0}) \cos \alpha + f _ {y} (x _ {0}, y _ {0}) \cos \beta
$$

笔记设 $\theta$ 是 $\nabla f$ 与 $l$ 的夹角，则 $f_{l}(\mathbf{x}_{0}) = |\nabla f||\mathbf{n}|\cos \theta = |\nabla f|\cos \theta$ 。可知梯度方向是增长最快的方向。

练习 13.5 梯度与方向导数计算 (1) 计算 u = xyz 在 $A(5,1,2)$ 朝向 $B(9,4,14)$ 的方向导数

(2) $u(x,y,z)=xy^{2}z^{3}$ ，求 $u(x,y,z)$ 在 $(1,1,1)$ 处函数值增长最快的方向解(1)可微函数具体计算方向导数时一般用 $\nabla f\cdot \mathbf{n}$ 计算。 $\overrightarrow{AB} = (4,3,12)$ ，因此 $\mathbf{n} = \frac{1}{13} (4,3,12)$ ， $A$ 处梯度为(2,10,5)，因此 $\nabla f\cdot \mathbf{n} = \frac{1}{13} (8 + 30 + 60) = \frac{98}{13}$

(2) 即梯度方向， $u_{x}=y^{2}z^{3},u_{y}=2xyz^{3},u_{z}=3xy^{2}z^{2}$ ，因此梯度为 $(1,2,3)$

练习13.6方向导数的应用已知 $f(x,y)$ 可微，若 $l_{1},l_{2}$ 是 $\mathbb{R}^2$ 上一组线性无关的向量，若 $f_{l_1}(x,y) = f_{l_2}(x,y)\equiv 0$ ，证明 $f(x,y)$ 为常值函数。

证明 不妨设 $n_{l_1} = (\cos \alpha, \sin \alpha), n_{l_2} = (\cos \beta, \sin \beta)$ ，此时根据条件

$$
\left\{ \begin{array}{l} f _ {l _ {1}} = f _ {x} \cos \alpha + f _ {y} \sin \alpha \equiv 0 \\ f _ {l _ {2}} = f _ {x} \cos \beta + f _ {y} \sin \beta \equiv 0 \end{array} \right.
$$

根据线性无关条件可解出 $f_{x} \equiv f_{y} \equiv 0$ ，因此为常值函数。

## 13.1.4 可微、偏导、方向导数、连续关系总结

## 定理 13.2 (可微的性质)

若 $f$ 在 $\mathbf{x}_0$ 可微，则

\- $f$ 在 $\mathbf{x}_0$ 处连续

\- $f$ 在 $\mathbf{x}_0$ 处存在偏导数和任意方向导数

证明 (1) 根据定义显然 $||\mathbf{h}|| \to 0$ 时， $f(\mathbf{x} + \mathbf{h}) - f(\mathbf{x}) \to 0$ ，因此连续

## 定理 13.3 (可微充分条件)

若 $f(x,y)$ 偏导数 $f_{x},f_{y}$ 在 $(x_0,y_0)$ 连续，则 $f(x,y)$ 在 $(x_0,y_0)$ 可微

证明 首先写为 $\Delta z = [f(x_0 + \Delta x, y_0 + \Delta y) - f(x_0, y_0 + \Delta y)] + [f(x_0, y_0 + \Delta y) - f(x_0, y_0)]$ ，根据Lagrange中值定理得到

$$
\Delta z = f _ {x} (x _ {0} + \theta_ {1} \Delta x, y _ {0} + \Delta y) \Delta x + f _ {y} (x _ {0}, y _ {0} + \theta_ {2} \Delta y) \Delta y
$$

根据偏导连续， $\exists \alpha, \beta$ 在 $(\Delta x, \Delta y) \to (0, 0)$ 时 $\alpha, \beta \to 0$ ，满足

$$
\left\{ \begin{array}{l} f _ {x} (x _ {0} + \theta_ {1} \Delta x, y _ {0} + \Delta y) = f _ {x} (x _ {0}, y _ {0}) + \alpha \\ f _ {y} (x _ {0}, y _ {0} + \Delta y) = f _ {y} (x _ {0}, y _ {0}) + \beta \end{array} \right.
$$

得到 $\Delta z = f_{x}(x_{0}, y_{0})\Delta x + f_{y}(x_{0}, y_{0})\Delta y + \alpha\Delta x + \beta\Delta y$ ，即可微。

笔记 若 $f_{x}, f_{y}$ 连续，则一般称 $f(x, y)$ 连续可微。

## 定理 13.4 (偏导与方向导的性质)

偏导与方向导数相关性质：

\- 若 $f$ 偏导数在 $(x_0, y_0)$ 邻域有界，则 $f$ 在 $(x_0, y_0)$ 连续

\- $f$ 的偏导数存在或任意方向导数存在并不能推出连续或可微

证明 (1) 首先 $f(x, y) - f(x_0, y_0) = f(x, y) - f(x_0, y) + f(x_0, y) - f(x_0, y_0)$ ，根据 Lagrange 中值定理得到

$$
f (x, y) - f \left(x _ {0}, y\right) = f _ {x} (\xi , y) \left(x - x _ {0}\right), \quad f \left(x _ {0}, y\right) - f \left(x _ {0}, y _ {0}\right) = f _ {y} \left(x _ {0}, \eta\right) \left(y - y _ {0}\right)
$$

根据偏导有界条件，因此 $|f(x,y) - f(x_0,y_0)|\to 0$ ，因此连续。

(2) 均见下面的重要反例

练习 13.7 方向导数、偏导数存在，但不可微，不连续例子证明下面的 $f(x,y)$ 在原点不连续，但是 $f_{x}(0,0)=f_{y}(0,0)=0$ ，任何方向 l 满足 $f_{l}(0,0)=0$ ，

$$
f (x, y) = \left\{ \begin{array}{l l} 1, & 0 <   y <   x ^ {2}, - \infty <   x <   \infty \\ 0, & \text {其他} \end{array} \right.
$$

证明 不连续的原因是可以选择 0 趋近，也可以选择 1 趋近。但方向导数都为 0 的原因是 $y = x^2$ 在原点处切线是水平的，无论原点处切线取什么，都会经过 0 区域。

## 13.1.5 复合求导：链式法则

## 定理 13.5 (链式法则)

若 $x = \varphi(x, t), y = \psi(s, t)$ 在 $(s, t) \in D$ 可微， $z = f(x, y)$ 在 $(x, y) = (\varphi(s, t), \varphi(s, t))$ 可微，则复合函数 $z = f(\varphi(s, t), \psi(s, t))$ 在 $(s, t)$ 可微，且

$$
\left\{ \begin{array}{l} \frac {\partial z}{\partial s} \bigg | _ {(s, t)} = \frac {\partial z}{\partial x} \bigg | _ {(x, y)} \frac {\partial x}{\partial s} \bigg | _ {(s, t)} + \frac {\partial z}{\partial y} \bigg | _ {(x, y)} \frac {\partial y}{\partial s} \bigg | _ {(s, t)} \\ \frac {\partial z}{\partial t} \bigg | _ {(s, t)} = \frac {\partial z}{\partial x} \bigg | _ {(x, y)} \frac {\partial x}{\partial t} \bigg | _ {(s, t)} + \frac {\partial z}{\partial y} \bigg | _ {(x, y)} \frac {\partial y}{\partial t} \bigg | _ {(s, t)} \end{array} \right.
$$

练习 13.8 链式法则练习 (1) 设 $z = uv + \sin t$ ，其中 $u = e^{t}, v = \cos t$ ，计算 $\frac{dz}{dt}$

(2) 计算 $x^{x}$ 的导数

解(1)展开后如下:

$$
\begin{array}{r l} & {\frac {\mathrm{d} z}{\mathrm{d} t} = \frac {\partial z}{\partial u} \frac {\mathrm{d} u}{\mathrm{d} t} + \frac {\partial z}{\partial v} \frac {\mathrm{d} v}{\mathrm{d} t} + \frac {\partial z}{\partial t}} \\ & {\qquad = v e ^ {t} + u (- \sin t) + \cos t = e ^ {t} (\cos t - \sin t) + \cos t} \end{array}
$$

(2) 可以两边取对数隐函数求导。或者令 $y = u^v$ ，则 $\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = u^v \ln u + v(u^{v-1}) = x^x (1 + \ln x)$

练习13.9高阶偏导(1)设 $z = f\left(x,\frac{x}{y}\right)$ ，求 $\frac{\partial^2z}{\partial x^2},\frac{\partial^2z}{\partial x\partial y}$

解 把每个位置当作一层参数即可，注意偏导的参数仍保持一致

(1) $\frac{\partial z}{\partial x} = f_{1}(x, \frac{x}{y}) + f_{2}(x, \frac{x}{y})\frac{1}{y}$ ，因此

$$
\frac {\partial^ {2} z}{\partial x ^ {2}} = f _ {1 1} + f _ {1 2} \frac {1}{y} + \left[ f _ {2 1} + f _ {2 2} \frac {1}{y} \right] \frac {1}{y} = f _ {1 1} + \frac {2}{y} f _ {1 2} + \frac {1}{y ^ {2}} f _ {2 2}
$$

## 13.1.6 混合偏导

## 定理 13.6 (混合偏导定理)

若 $f_{xy}(x,y), f_{yx}(x,y)$ 均在 $x_0, y_0$ 邻域连续，则

$$
f _ {x y} (x _ {0}, y _ {0}) = f _ {y x} (x _ {0}, y _ {0})
$$

证明 定义 $F(\Delta x, \Delta y) = f(x_0 + \Delta x, y_0 + \Delta y) - f(x_0 + \Delta x, y_0) - f(x_0, y_0 + \Delta y) + f(x_0, y_0)$ ，则

$$
F (\Delta x, \Delta y) = \left\{ \begin{array}{l} [ f _ {x} (x _ {0} + \theta_ {1} \Delta x, y _ {0} + \Delta y) - f _ {x} (x _ {0} + \theta_ {1} \Delta x, y _ {0}) ] \Delta x \\ [ f _ {y} (x _ {0} + \Delta x, y _ {0} + \theta_ {2} \Delta y) - f _ {y} (x _ {0}, y _ {0} + \theta_ {2} \Delta y) ] \Delta y \end{array} \right.
$$

再根据 Lagrange 中值定理:

$$
F (\Delta x, \Delta y) = \left\{ \begin{array}{l} f _ {x y} (x _ {0} + \theta_ {1} \Delta x, y _ {0} + \theta_ {3} \Delta y) \Delta x \Delta y \\ f _ {y x} (x _ {0} + \theta_ {4} \Delta x, y _ {0} + \theta_ {2} \Delta y) \Delta x \Delta y \end{array} \right.
$$

因此 $\frac{F(\Delta x, \Delta y)}{\Delta x \Delta y} = f_{xy}(x_0 + \theta_1 \Delta x, y_0 + \theta_3 \Delta y) = f_{yx}(x_0 + \theta_4 \Delta x, y_0 + \theta_2 \Delta y)$ ，令 $\Delta x, \Delta y \to 0$ 即可得到结果。

练习 13.10 混合偏导不相同的例子 对于下面的函数， $f_{xy}(0,0) \neq f_{yx}(0,0)$ :

$$
f (x, y) = \left\{ \begin{array}{l l} x y \frac {x ^ {2} - y ^ {2}}{x ^ {2} + y ^ {2}} & (x, y) \neq (0, 0) \\ 0, & (x, y) = (0, 0) \end{array} \right.
$$

解 直接计算可以得到 $f_{xy}(0,0) = -1, f_{yx}(0,0) = 1$

练习13.11混合偏导相关练习(1)设 $f_{x}, f_{y}, f_{yx}$ 在 $(x_0, y_0)$ 邻域存在， $f_{yx}$ 在 $(x_0, y_0)$ 连续，证明 $f_{xy}(x_0, y_0)$ 也存在，且 $f_{xy}(x_0, y_0) = f_{yx}(x_0, y_0)$ (2)设 $f_{x}, f_{y}$ 在 $(x_0, y_0)$ 某邻域存在且在 $(x_0, y_0)$ 可微，证明： $f_{xy}(x_0, y_0) = f_{yx}(x_0, y_0)$

## 13.2 多元中值定理与泰勒展开

## 13.2.1 多元中值定理

## 定义 13.5 (凸区域)

区域 $D \subset \mathbb{R}^2$ ，若 $\forall P_1(x_1, y_1), P_2(x_2, y_2) \in D$ 和 $\forall \lambda \in [0, 1]$ 满足

$$
\left(x _ {1} + \lambda \left(x _ {2} - x _ {1}\right), y _ {1} + \lambda \left(y _ {2} - y _ {1}\right)\right) \in D
$$

即任意两点的连线都含于 D，则称 D 为凸区域。

![](2512492e270f8e5160ea87da7c79597fffe8f0ac2bd4813aa99fd215e988f5ce.jpg)  
凸区域
![](5ee26be4f33a285c0c1af4e019ea2e8a584421a961c78fd1c940bb689030f299.jpg))  
非凸区域  
图 13.1: 凸区域

## 定理 13.7 (多元中值定理)

二元函数 $f(x,y)$ 在凸开域 $D\subset \mathbb{R}^2$ 连续，在 $D$ 内点均可微，则对 $\forall P(a,b),Q(a + h,b + k)\in D,\exists \theta \in (0,1)$ 满足

$$
f (a + h, b + k) - f (a, b) = f _ {x} (a + \theta h, b + \theta k) h + f _ {y} (a + \theta h, b + \theta k) k
$$

证明 令 $\Phi(t) = f(a + th, b + tk)$ ，根据 Lagrange 中值定理得到 $\exists \theta \in (0,1)$ 使得 $\Phi(1) - \Phi(0) = \Phi'( \theta)$ ，而

$$
\Phi^ {\prime} (\theta) = f _ {x} (a + \theta h, b + \theta k) h + f _ {y} (a + \theta h, b + \theta k) k
$$

由于 $D$ 是凸区域，因此 $(a + \theta h, b + \theta k) \in D$ ，从而结论成立。

## 13.2.2 多元 Taylor 展开

## 定理 13.8 (多元 Taylor 展开)

多元泰勒 $f(x + \Delta x, y + \Delta y)$ 展开的公式如下：

$$
f (x, y)   +   \sum_ {l = 1} ^ {n} \frac {1}{l !} \left(\binom {l} {0} \frac {\partial^ {l} f}{\partial y ^ {l}} (x, y) \Delta y ^ {l} + \binom {l} {1} \frac {\partial^ {l} f}{\partial x \partial y ^ {l - 1}} (x, y) \Delta x \Delta y ^ {l - 1} + \dots + \binom {l} {l} \frac {\partial^ {l} f}{\partial x ^ {l}} (x, y) \Delta x ^ {l}\right)   +   R (\Delta x, \Delta y)
$$

证明 设 $\Phi(t)=f(x_{0}+th,y_{0}+tk)$ ，用一元 Taylor 公式证明。

## 13.3 隐函数定理

## 13.3.1 隐函数存在定理与可微定理

隐函数研究的问题是给定一个二维曲线表达式 $F(x,y)=0$ ，希望研究 $y=y(x)$ 的存在性，并计算 $y'(x)$ ，而计算 $y'(x)$ 其实不需要得到 $y(x)$ 的具体表达式，因此隐函数求导大幅度简化了求导过程，因此作为多元微分学的一部分。

## 定义 13.6 (隐函数)

$E \subset \mathbb{R}^2$ ， $F: E \to \mathbb{R}$ ，对于方程 $F(x, y) = 0$ ，若存在集合 $I, J \subset \mathbb{R}$ 使得 $\forall x \in I$ 存在唯一 $y \in \mathbb{R}$ ，满足 $F(x, y) = 0$ ，则称 $F(x, y) = 0$ 定义了隐函数。

## 定理 13.9 (隐函数存在唯一性定理)

## 若 $F(x,y)$ 满足

1. $F$ 在 $P_0(x_0, y_0)$ 为内点的某一区域 $D$ 存在 $x, y$ 连续偏导

2. $F(x_0,y_0) = 0$ ，且 $F_{y}(x_{0},y_{0})\neq 0$ 则：

1. $F(x,y) = 0$ 唯一定义了 $\forall x\in U(x_0,\delta)$ 上的连续函数 $y = f(x)$

2. $f(x)$ 在 $U(x_0,\delta)$ 上连续可微，且 $f^{\prime}(x) = -\frac{F_x(x,y)}{F_y(x,y)}$ (这里 $F_{x}$ 求导时把 $y$ 当作常数而非函数！）

3. 特别地，对于 $F(x_{1},\cdots,x_{n},y)=0,\quad y=f(x_{1},\cdots,x_{n})$ ，得到 $f_{x_{i}}(x_{1},\cdots,x_{n})=-\frac{F_{x_{i}}}{F_{y}}$

证明 (2) $F(x,y)=0$ 两侧对 x 求导得到 $F_{x}(x,y)+F_{y}(x,y)y'=0$ ，因此 $y'=-\frac{F_{x}(x,y)}{F_{y}(x,y)}$

笔记 如果只希望得到 $f(x)$ 连续，则条件可减弱为 $F(x, y)$ 在 $P_0(x_0, y_0)$ 某邻域连续， $F(x_0, y_0) = 0$ ，固定 $x$ 时 $F(x, y)$ 关于 $y$ 严格单调。

笔记 若要求高阶导，则可以对 $y' = -\frac{F_{x}}{F_{y}}$ 两边求导，再将 $y'(x)$ 表达式带进去，或者实际计算时可以 $F(x, y) = 0$ 直接两边求两次导。

练习13.12隐函数求导 $(1)y = y(x)$ 由 $\ln \sqrt{x^2 + y^2} = \arctan \frac{y}{x}$ 确定，求 $\frac{\mathrm{dy}}{\mathrm{dx}}$

(2) $z = z(x,y)$ 由 $F(x - y,y - z) = 0$ 所确定的隐函数，求 $z_{x},z_{y},z_{xy}$

(3) $F(x,y,z)=0$ 可以确定 $z=z(x,y),y=y(z,x),x=x(y,z)$ ，证明： $\frac{\partial x}{\partial y}\cdot\frac{\partial y}{\partial z}\cdot\frac{\partial z}{\partial x}=-1$

解(1)可以用隐函数求导公式，此时 $F$ 对 $x, y$ 求导时，将它们视为彼此无关的：

$$
\left\{ \begin{array}{l} F _ {x} = \frac {x}{x ^ {2} + y ^ {2}} - \frac {- \frac {y}{x ^ {2}}}{1 + \left(\frac {y}{x}\right) ^ {2}} = \frac {x + y}{x ^ {2} + y ^ {2}} \\ F _ {y} = \frac {y - x}{x ^ {2} + y ^ {2}} \end{array} \right. \Rightarrow \frac {\mathrm{d} y}{\mathrm{d} x} = \frac {x + y}{x - y}
$$

或者直接两侧求导，此时视 $y = y(x)$ 与 x 有关：

$$
{\frac {x}{x ^ {2} + y ^ {2}}} + {\frac {y}{x ^ {2} + y ^ {2}}} \cdot y ^ {\prime} + {\frac {y}{x ^ {2} + y ^ {2}}} + {\frac {x}{x ^ {2} + y ^ {2}}} \cdot y ^ {\prime} = 0
$$

(2) 比较难用隐函数求导公式，只能两边求导。视 $z = z(x, y)$ ， $x, y$ 彼此无关，则两侧分别对 $x, y$ 求导得到：

$$
\left\{ \begin{array}{l} F _ {1} + F _ {2} (- z _ {x}) = 0 \Rightarrow z _ {x} = \frac {F _ {1}}{F _ {2}} \\ - F _ {1} + F _ {2} (1 - z _ {y}) = 0 \Rightarrow z _ {y} = 1 - \frac {F _ {1}}{F _ {2}} \end{array} \right.
$$

要求 $z_{xy}$ ，可以对 $F_{1}(x - y, y - z) - z_{x} F_{2}(x - y, y - z) = 0$ 两侧对 $y$ 求导，得到

$$
\left(- F _ {1 1} + F _ {1 2} \left(1 - z _ {y}\right)\right) - \left(F _ {2 1} (- 1) + F _ {2 2} \left(1 - z _ {y}\right)\right) z _ {x} - F _ {2} z _ {x y} = 0 \Rightarrow z _ {x y} = \frac {2 F _ {1} F _ {2} F _ {1 2} - F _ {1 1} F _ {2} ^ {2} - F _ {2 2} F _ {1} ^ {2}}{F _ {2} ^ {3}}
$$

(3) 注意这里的符号含义，不能简简单单乘起来变成 1。例如 $\frac{\partial x}{\partial y}$ 的含义为 $\frac{\partial x(y, z)}{y}$ ，因此根据隐函数定理即

$$
- \frac {F _ {y}}{F _ {x}} \cdot - \frac {F _ {z}}{F _ {y}} \cdot - \frac {F _ {x}}{F _ {z}} = - 1
$$

## 13.3.2 隐函数组存在定理与微分定理

## 定理 13.10 (隐函数组定理)

若 $F(x,y,u,v),G(x,y,u,v)$ 满足：

\- 在 $P_0(x_0, y_0, u_0, v_0)$ 邻域中对所有变量有连续偏导

$$
F (P _ {0}) = G (P _ {0}) = 0, J = \left. \frac {\partial (F , G)}{\partial (u , v)} \right| _ {P _ {0}} \neq 0
$$

则方程组

$$
\left\{ \begin{array}{l} F (x, y, u, v) = 0 \\ G (x, y, u, v) = 0 \end{array} \right.
$$

在 $P_0$ 邻域中唯一确定了两个二元连续隐函数 $u = f(x,y), v = g(x,y)$ ，设 $J = \frac{\partial(F,G)}{\partial(u,v)}$ ，则

$$
u _ {x} = - \frac {1}{J} \frac {\partial (F , G)}{\partial (x , v)}, u _ {y} = - \frac {1}{J} \frac {\partial (F , G)}{\partial (y , v)}, v _ {x} = - \frac {1}{J} \frac {\partial (F , G)}{\partial (u , x)}, v _ {y} = - \frac {1}{J} \frac {\partial (F , G)}{\partial (u , y)}
$$

记忆口诀为求什么就换什么，例如求 $u_{x}$ 就把 $\frac{\partial(F,G)}{\partial(u,v)}$ 中的 $u$ 换成 $x$ ，得到 $\frac{\partial(F,G)}{\partial(x,v)}$

证明 求导结论使用了 Cramer 法则

笔记 一般而言有几个方程就有几个因变量，其余的为自变量。

练习 13.13 容易分不清的题 (1) 错过：已知 $x = \varphi(t), y = \phi(x)$ ， $\varphi'(t) = e^{t} + 1, \frac{\mathrm{d}^{3}y}{\mathrm{d}x^{3}} = e^{t} + 2t$ ，求 $\frac{d^{4}y}{dx^{4}}$ 解 (1) 直接求：

$$
{\frac {\mathrm{d} ^ {4} y}{\mathrm{d} x ^ {4}}} = {\frac {\left({\frac {\mathrm{d} ^ {3} y}{\mathrm{d} x ^ {3}}}\right) / \mathrm{d} t}{\mathrm{d} x / \mathrm{d} t}} = {\frac {e ^ {t} + 2}{e ^ {t} + 1}}
$$

练习 13.14 隐函数组求导 (1) 证明

$$
\left\{ \begin{array}{l} x ^ {2} + y ^ {2} + u ^ {2} - v ^ {2} = 2 \\ x + y + u + v = 0 \end{array} \right.
$$

在 $P_0(1,1, - 1, - 1)$ 的某邻域中能确定隐函数组 $u = u(x,y),v = v(x,y)$ ，并求 $\frac{\partial u}{\partial x},\frac{\partial v}{\partial y}$

(2) 设 $u = u(x, y), v = v(x, y)$ 由方程组

$$
\left\{ \begin{array}{l} u = f (u x, v + y) \\ v = g (u - x, v ^ {2} y) \end{array} \right.
$$

给出的隐函数，求 $u_{x}, v_{x}$

(3) 已知如下方程组，求 $z_{x}$ :

$$
\left\{ \begin{array}{l} x = u + v \\ y = u ^ {2} + v ^ {2} \\ z = u ^ {3} + v ^ {3} \end{array} \right.
$$

(4) 令 $u = f(x - ut, y - ut, z - ut), g(x, y, z) = 0$ ，求 $u_x, u_y$

解(1) $F=x^{2}+y^{2}+u^{2}-v^{2}-2,G=x+y+u+v$ ，则显然F,G对每个分量都有连续偏导数， $F(P_{0})=G(P_{0})=0$ ，方便起见，直接求出所有偏导：

$$
\left[ \begin{array}{c c c c} F _ {x} & F _ {y} & F _ {u} & F _ {v} \\ G _ {x} & G _ {y} & G _ {u} & G _ {v} \end{array} \right] = \left[ \begin{array}{c c c c} 2 x & 2 y & 2 u & - 2 v \\ 1 & 1 & 1 & 1 \end{array} \right] \Rightarrow \frac {\partial (F , G)}{\partial (u , v)} = \left| \begin{array}{c c} 2 u & - 2 v \\ 1 & 1 \end{array} \right| = 2 v + 2 u
$$

因此 $J(P_0) \neq 0$ ，隐函数组存在，根据隐函数组求导：

$$
\frac {\partial u}{\partial x} = - \frac {1}{J} \frac {\partial (F , G)}{\partial (x , v)} = - \frac {1}{2 u + 2 v} \cdot (2 x + 2 v) = - \frac {x + v}{u + v}, \frac {\partial v}{\partial y} = - \frac {y - u}{u + v}
$$

(2) 直接两侧求导，得到

$$
\left\{ \begin{array}{l} u _ {x} = f _ {1} \cdot (u _ {x} x + u) + f _ {2} v _ {x} \Rightarrow (1 - x f _ {1}) u _ {x} - f _ {2} v _ {x} = u f _ {1} \\ v _ {x} = g _ {1} \cdot (u _ {x} - 1) + g _ {2} 2 v v _ {x} y \Rightarrow g _ {1} u _ {x} + (2 v y g _ {2} - 1) v _ {x} = g _ {1} \end{array} \right.
$$

解线性方程组得到

$$
u _ {x} = \frac {(2 v y g _ {2} - 1) u f _ {1} + f _ {2} g _ {1}}{(1 - x f _ {1}) (2 v y g _ {2} - 1) + f _ {2} g _ {1}}, v _ {x} = \frac {(1 - x f _ {1}) g _ {1} - u f _ {1} g _ {1}}{(1 - x f _ {1}) (2 v y g _ {2} - 1) + f _ {2} g _ {1}}
$$

(3) 令 $x, y$ 为自变量， $u, v, z$ 为因变量，则

$$
z _ {x} = - \frac {\frac {\partial (F , G , H)}{\partial (x , u , v)}}{\frac {\partial (F , G , H)}{\partial (z , u , v)}}
$$

## 13.4 多元无条件极值问题

## 定义 13.7 (极值与极值点)

开集 $D \subset \mathbb{R}^n$ ，函数 $f: D \to \mathbb{R}$ ， $x_0 \in D$ ，若存在球 $B_r(x_0) \subset D$ 使得 $\forall x \in B_r(x_0)$ 有 $f(x) \geq f(x_0)$ ，则称 $x_0$ 为 $f$ 的一个极小值点。

## 定义 13.8 (驻点、稳定点)

若 $P_0(x_0,y_0)$ 满足 $f_{x}(x_{0},y_{0}) = f_{y}(x_{0},y_{0}) = 0$ ，则称其为 $f(x,y)$ 的驻点/稳定点。

## 定义 13.9 (Hesse 矩阵)

$f:\mathbb{R}^n\to \mathbb{R}$ ，则其Hesse矩阵为：

$$
H = \left[ \begin{array}{c c c c} \frac {\partial^ {2} f}{\partial x _ {1} ^ {2}} & \frac {\partial^ {2} f}{\partial x _ {1} \partial x _ {2}} & \dots & \frac {\partial^ {2} f}{\partial x _ {1} \partial x _ {n}} \\ \frac {\partial^ {2} f}{\partial x _ {2} \partial x _ {1}} & \frac {\partial^ {2} f}{\partial x _ {2} ^ {2}} & \dots & \frac {\partial^ {2} f}{\partial x _ {2} \partial x _ {n}} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ \frac {\partial^ {2} f}{\partial x _ {n} \partial x _ {1}} & \frac {\partial^ {2} f}{\partial x _ {n} \partial x _ {2}} & \dots & \frac {\partial^ {2} f}{\partial x _ {n} ^ {2}} \end{array} \right]
$$

## 定义 13.10 (正定、负定、不定)

矩阵 $A$ 是对称矩阵，考虑 $Q(x) = \mathbf{x}^T A\mathbf{x}$ ，分为以下三种情况：

\- 正(负)定: 对 $\forall \mathbf{x}, Q(\mathbf{x}) \geq (\leq)0$

\- 不定： $\exists \mathbf{p}, \mathbf{q} \in \mathbb{R}^n$ ， $Q(\mathbf{p}) \leq 0 \leq Q(\mathbf{p})$

## 定理 13.11 (正定的判别法)

$A$ 为对称矩阵，则 $A$ 严格正定当且仅当其各阶顺序主子式均大于0

## 13.4.1 无条件极值

## 定理 13.12 (极值点必要条件)

若 $f(x,y)$ 在 $P_0(x_0,y_0)$ 存在偏导数，且在 $P_0$ 取到极值，则 $f_{x}(x_{0},y_{0}) = f_{y}(x_{0},y_{0}) = 0$

证明 用反证法即可。

## 定理 13.13 (极值点充分条件)

$f:\mathbb{R}^2\to \mathbb{R},(x_0,y_0)$ 为其驻点，且 $f$ 在 $(x_0,y_0)$ 某一邻域中有二阶连续导数，

\- 若Hesse矩阵 $H$ 是严格正(负)定矩阵，则 $\mathbf{x}_0$ 是 $f$ 的严格极小(大)值点

\- 若Hesse矩阵 $H$ 可逆但为不定方阵，则 $\mathbf{x}_0$ 不是 $f$ 的极值点

\- 若 Hesse 矩阵 $H$ 不可逆，则不能判别

证明 根据 Taylor 公式:

$$
f (x, y) = f (x _ {0}, y _ {0}) + \frac {1}{2} \left( \begin{array}{c c} \Delta x & \Delta y \end{array} \right) \left( \begin{array}{c c} f _ {x x} (P _ {0}) & f _ {x y} (P _ {0}) \\ f _ {x y} (P _ {0}) & f _ {y y} (P _ {0}) \end{array} \right) \binom{\Delta x}{\Delta y} + o ((\Delta x) ^ {2} + (\Delta y) ^ {2})
$$

因此如果黑塞矩阵为正定，则 $f(x,y) > f(x_0,y_0)$ ，若负定则 $f(x,y) < f(x_0,y_0)$ ，若不定则不取极值，若黑塞矩阵行列式为0，则不能判别

## 推论 13.2 (二元极值判别法)

$(x_0, y_0)$ 是 $f: \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}$ 的驻点， $f$ 在 $(x_0, y_0)$ 某个邻域中有连续二阶偏导，记

$$
a = \frac {\partial^ {2} f}{\partial x ^ {2}} (x _ {0}, y _ {0}), b = \frac {\partial^ {2} f}{\partial x \partial y} (x _ {0}, y _ {0}), c = \frac {\partial^ {2} f}{\partial y ^ {2}} (x _ {0}, y _ {0})
$$

\- $ac - b^{2} > 0$ 且 $a > 0$ : 极小值

\- $ac - b^{2} > 0$ 且 $a < 0$ : 极大值

\- $ac - b^{2} < 0$ ：无极值

\- $ac - b^{2} = 0$ ：不确定

证明 极小值即顺序主子式大于0；极大值需要负定，而负定等价于所有元素取负号后为正定，因此注意 $ac - b^{2} > 0$ 。 $ac - b^{2} < 0$ 等价于不负定也不正定，而 $ac - b^{2} = 0$ 等价于不可逆。

练习13.15无穷极大、无极小证明 $f(x,y) = (1 + e^{y})\cos x - ye^{y}$ 有无穷个极大值点，但无极小值点。证明(1)先计算驻点： $f_{x} = -(1 + e^{y})\sin x = 0,f_{y} = e^{y}\cos x - e^{y} - ye^{y} = 0$ ，需要 $\sin x = 0,y = \cos x - 1$ ，即 $x = n\pi ,y = (-1)^{n} - 1$

(2) 判断极值类型: $f_{xx} = -(1 + e^{y})\cos x, f_{xy} = -e^{y}\sin x, f_{yy} = e^{y}(\cos x - 2 - y)$ , 考虑 $n = 2m$ 时, $P_{m}(2m\pi,0)$ , $f_{xx}(P_{m}) = -2, f_{xy} = 0, f_{yy} = -1, f_{xx}f_{yy} - f_{xy}^{2} = 2 > 0$ , 因此为极大值点。考虑 $n = 2m + 1, P_{m}((2m + 1)\pi, -2), f_{xx}(P_{m}) = 1 + e^{-2} > 0, f_{xy} = 0, f_{yy} = -e^{-2}, f_{xx}f_{yy} - f_{xy}^{2} = -e^{-2}(1 + e^{-2}) < 0$ 不取极值。

当无法直接使用 Hesse 矩阵进行判断时，可以先求出驻点，再使用配方等方法判断驻点是否最小，下面的题目便有用到

练习13.16计算极值点与极值(1)求 $f(x,y) = \frac{1}{2} x^2 +xy + \frac{1}{2} y^2 -2x - 2y + 5$ 的全部极值点与极值

(2) 求 $f(x, y, z) = x^2 + y^2 + z^2 - xz - yz - 3x + y + 4z + 7$ 的极值点与极值解 (1) 先算驻点: $f_x = f_y = x + y - 2$ , 因此 $x + y = 2$ 的点为驻点。再判断极值性: $f_{xx} = 1, f_{xy} = 1, f_{yy} = 1$ , 因此 $f_{xx}f_{yy} - f_{xy}^2 = 0$ , 无法判断用 Hesse 矩阵判断。而 $f(x, y) = \frac{1}{2}(x + y)^2 - 2(x + y) + 5 = \frac{1}{2}[(x + y) - 2]^2 + 3$ , 因此 $x + y = 2$ 时不仅是极值点, 而且是最值点。

(2) 先算驻点: $f_x = 2x - z - 3, f_y = 2y - z + 1, f_z = 2z - x - y + 4$ , 解线性方程组得到 $x = 0, y = -2, z = -3$ 。先尝试用 Hesse 矩阵: $f_{xx} = 2, f_{xy} = 0, f_{xz} = -1, f_{yy} = 2, f_{yz} = -1, f_{zz} = 2$ , 即

$$
H = \left[ \begin{array}{r r r} 2 & 0 & - 1 \\ 0 & 2 & - 1 \\ - 1 & - 1 & 2 \end{array} \right]
$$

顺序主子式都大于0，因此为极小值点。

## 13.4.2 最值问题：极值点 + 边界

要求某区域内函数的最值，只需要考虑区域内部的极值点以及边界即可。

## 13.4.3 多元极值理论证明

练习 13.17 $f(x,y)$ 在 D 上连续且有连续偏导，若 $f_{x} + f_{y} = f, \quad f\bigg|_{\partial D} = 0$ ，证明 $f(x,y)$ 在 D 上恒等于 0

证明 反证：若 $f(x,y)$ 不恒为 0，则 $\exists(x_{0},y_{0}) \in D^{o}$ 满足 $f(x_{0},y_{0}) \neq 0$ ，不妨设 $f(x_{0},y_{0}) > 0$ ，设 f 在 $(x_{0},y_{0})$ 处取正最大值，由于在区域内部，最大值一定是极值点，即 $f_{x}(x_{0},y_{0}) = f_{x}(x_{0},y_{0}) = 0$ ，则与 $f(x_{0},y_{0}) > 0$ 矛盾。

练习13.18构造辅助函数设 $f(x,y)$ 在单位圆盘 $D:\{x^{2} + y^{2}\leq 1\}$ 内具有连续一阶偏导，且对 $\forall (x,y)\in D$ ，有 $|f(x,y)|\leq 1$ ，证明： $\exists (x_0,y_0)\in D^o$ 使得 $f_{x}^{2}(x_{0},y_{0}) + f_{y}^{2}(x_{0},y_{0}) <   16$ 证明构造 $g(x,y) = f(x,y) + 2(x^{2} + y^{2})$ ， $g(0,0) = f(0,0)\leq 1$ ，而在边界上 $g(x,y) = f(x,y) + 2\geq 1$ ，因此要么 $g(x,y)$ 在 $D$ 上恒等于1，要么在 $D^o$ 某点取极小值，总 $\exists (x_0,y_0)$ 使得 $g_{x}(x_{0},y_{0}) = g_{y}(x_{0},y_{0}) = 0$ ，即 $f_{x}(x_{0},y_{0}) = -4x_{0},f_{y}(x_{0},y_{0}) = -4y_{0}$ ，进而 $f_{x}^{2}(x_{0},y_{0}) + f_{y}^{2}(x_{0},y_{0})\leq 16(x_{0}^{2} + y_{0}^{2})\leq 16$

## 13.5 条件极值

## 13.5.1 Lagrange 乘数法

下面考虑目标函数为 $y = f(x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n})$ ，条件组 $\varphi_{k}(x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n}) = 0, k = 1, 2, \cdots, m (m < n)$

## 定义 13.11 (Lagrange 函数)

针对上述目标函数与条件组，定义 Lagrange 函数

$$
L (x _ {1}, x _ {2}, \dots , x _ {n}, \lambda_ {1}, \lambda_ {2}, \dots , \lambda_ {m}) = f (x _ {1}, x _ {2}, \dots , x _ {n}) + \sum_ {k = 1} ^ {m} \lambda_ {k} \varphi_ {k} (x _ {1}, x _ {2}, \dots , x _ {n})
$$

## 定理 13.14 (Lagrange 乘数法)

若 $f, \varphi_{i}$ 在 D 上有一阶连续偏导， $P_{0}(x_{1}^{(0)}, \cdots, x_{n}^{(0)})$ 是 f 极值点，Jacobi 矩阵 $\left(\frac{\partial \varphi_{k}}{\partial x_{i}}(P_{0})\right)_{m \times n}$ 秩为 m，则存在 $\lambda_{1}^{(0)}, \lambda_{2}^{(1)}, \cdots, \lambda_{m}^{(0)}$ ，使得 $(x_{1}^{(0)}, x_{2}^{(0)}, \cdots, x_{n}^{(0)}, \lambda_{1}^{(0)}, \cdots, \lambda_{m}^{(0)})$ 是 Lagrange 函数的稳定点：

$$
\left\{ \begin{array}{l} L _ {x _ {1}} = L _ {x _ {2}} = \dots = L _ {x _ {n}} = 0 \\ L _ {\lambda_ {1}} = L _ {\lambda_ {2}} = \dots = L _ {\lambda_ {m}} = 0 \end{array} \right.
$$

练习 13.19Lagrange 乘数法的直接使用 (1) 讨论 $f(x,y,z)=xyz$ 在条件 $x^{2}+y^{2}+z^{2}=1$ 和 $x+y+z=0$ 条件下的最值。

练习 13.20Lagrange 乘数法证明不等式 (1) 用 Lagrange 乘数法证明 $\sqrt[n]{x_1 x_2 \cdots x_n} \leq \frac{x_1 + \cdots + x_n}{n}$

(2)x,y>0，证明 $\frac{x^{n}+y^{n}}{2}\geq\left(\frac{x+y}{2}\right)^{n}$

证明 (1) 设 $x_{1} + \cdots + x_{n} = a$ ，目标即求 $f = x_{1} \cdots x_{n}$ 在 $x_{1} + \cdots + x_{n} = a$ 条件下的最值。则构造 $L = x_{1}x_{2} \cdots x_{n} + \lambda(x_{1} + \cdots + x_{n} - a)$ ，解方程组：

$$
\left\{ \begin{array}{l} L _ {x _ {1}} = \frac {x _ {1} \cdots x _ {n}}{x _ {1}} + \lambda = 0 \\ \vdots \\ L _ {x _ {n}} = \frac {x _ {1} \cdots x _ {n}}{x _ {n}} + \lambda = 0 \\ L _ {\lambda} = x _ {1} + x _ {2} + \dots + x _ {n} - a = 0 \end{array} \right.
$$

解得 $x_{1}=x_{2}=\cdots=x_{n}=\frac{a}{n}$ 。f 在区域边界上取到最小值，在极值点取到最大值，因此

$$
x _ {1} \dots x _ {n} \leq \left(\frac {a}{n}\right) ^ {n} = \left(\frac {x _ {1} + \cdots + x _ {n}}{n}\right) ^ {n}
$$

练习 13.21Lagrange 乘数法的应用 (1) 抛物面 $x^{2} + y^{2} = z$ 被平面 $x + y + z = 1$ 截成一个椭圆，求椭圆到原点的最近和最远距离

解(1)目标函数 $f(x,y,z) = x^{2} + y^{2} + z^{2}$ ，条件为 $x^{2} + y^{2} - z = 0$ 与 $x + y + z - 1 = 0$ 。根据Lagrange乘数法，令

$$
L (x, y, z, \lambda , \mu) = x ^ {2} + y ^ {2} + z ^ {2} + \lambda (x ^ {2} + y ^ {2} - z) + \mu (x + y + z - 1)
$$

对 $L$ 求一阶偏导数，且令它们都为零，则有

$$
\left\{ \begin{array}{l} L _ {x} = 2 x + 2 x \lambda + \mu = 0 \\ L _ {y} = 2 y + 2 y \lambda + \mu = 0 \\ L _ {z} = 2 z - \lambda + \mu = 0 \\ L _ {\lambda} = x ^ {2} + y ^ {2} - z = 0 \\ L _ {\mu} = x + y + z - 1 = 0 \end{array} \right.
$$

首先前两个方程有对称性，因此相减得到 $2(x - y) + 2(x - y)\lambda = (x - y)(1 + \lambda) = 0$ ，要求 $x = y$ 或者 $\lambda = -1$ 。若 $\lambda = -1$ ，代入第一个式子得到 $\mu = 0$ ，代入第三个式子得到 $z = -\frac{1}{2}$ ，而第四个式子要求 $x^{2} + y^{2} = z$ ，因此无解。若 $x = y$ ，则 $z = 2x^{2}, z = -2x + 1$ ，解出 $x = y = \frac{-1 \pm \sqrt{3}}{2}, z = 2 \mp \sqrt{3}$ ，而

$$
f \left(\frac {- 1 \pm \sqrt {3}}{2}, \frac {- 1 \pm \sqrt {3}}{2}, 2 \mp \sqrt {3}\right) = 9 \mp 5 \sqrt {3}
$$

最大值为 $9 + 5\sqrt{3}$ ，最小值为 $9 - 5\sqrt{3}$






> [!proof]- 证明状态
> 本笔记含数学结论；已保留原文。未给出证明的结论将在后续按定义、引理和推导链补证。