拉格朗日乘數法求距離的初等化應用

陳雁群 鐘青山

摘 要：拉格朗日乘數法是高等數學的內容，其用法涉及到偏導數的概念，因此超出了高中生的范圍本文目的在于給出它的一種初等化應用，是以中學生較熟悉的解方程為基礎.

關鍵詞：拉格朗日乘數法；解方程；垂直

作者簡介：陳雁群（1984-），男，廣東深圳人，本科，中學二級教師，研究方向：數學解題研究；

鐘青山（1981-），男，廣東惠州人，本科，小學一級教師，研究方向：數學解題研究.

文獻[1]敘述了運用拉格朗日乘數法求一般二元函數在約束條件下的極值問題，并且指出此方法的關鍵在于求多元函數的偏導數然而中學生對求偏導數比較陌生因此，提出了拉格朗日乘數法的初等化應用，并且給出了兩種初等化方法：配方法與均值不等式.

既然運用拉格朗日乘數法求一般的二元函數在約束條件下的極值問題有初等化方法，那么對于更加具體的二元函數在約束條件下的極值問題的初等化方法可能會存在更加特殊的表現形式本文討論了運用拉格朗日乘數法求二元函數f（x，y）=（x-a）2+（y-b）2在約束條件φ（x，y）=0下的極值問題的初等化方法為了討論的方便，將平面上由方程φ（x，y）=0生成的曲線記做Γ，而且假設二元函數φ（x，y）具有二階連續偏導數.

設M（a，b），在約束條件φ（x，y）=0下，運用拉格朗日乘數法求f（x，y）=（x-a）2+（y-b）2的極值（假設存在極值）的過程如下：

構造拉格朗日函數L（x，y）=（x-a）2+（y-b）2+λφ（x，y），并且對x，y，λ分別求偏導數可得

2（x-a）+λφx（x，y）=0，2（y-b）+λφy（x，y）=0，φ（x，y）=0 （1）（2）（3）

由（1），（2）兩式可得

（x-a）φy（x，y）-（y-b）φx（x，y）=0（4）

若引入向量a→=（x-a，y-b）和b→=（φy（x，y），-φx（x，y）），則由偏導數的幾何意義可知，向量b→表示平面上的曲線Γ在點P（x，y）處的切線的一個方向向量另外，向量a→表示直線MP的一個方向向量而式（4）表明a→·b→=0，或者說向量a→與向量b→垂直于是，有如下的定理：

定理1 假設二元函數φ（x，y）具有二階連續偏導數若函數f（x，y）=（x-a）2+（y-b）2在曲線Γ：{（x，y）φ（x，y）=0}上的點P（x0，y0）處取得極值，那么直線MP與曲線Γ在P（x0，y0）處的切線相互垂直.

通過定理可知，若函數f（x，y）=（x-a）2+（y-b）2在約束條件φ（x，y）=0下存在極值點P（x0，y0），那么可以通過列方程求該極值點，其過程如下：

設極值點為P（x0，y0），并且求出曲線Γ在P處的切線的一個方向向量為（a1，a2），則有

（x0-a）a1+（y0-b）a2=0，φ（x0，y0）=0

將以上兩個等式中的x0，y0看作未知數，兩個方程兩個未知數，可以解出x0，y0.

定理1的關鍵在于求曲線Γ在其上的點的切線斜率和解方程然而，高中數學中所涉及到曲線{（x，y）φ（x，y）=0}上的任意一點的切線斜率一般都是比較容易求的；解方程是學生從初中便開始接觸的技巧因此，比起使用拉格朗日乘數法（需要求偏導數），定理1可以說是拉格朗日乘數法在距離極值問題的一個初等化形式.

例1 （2012年新課標全國卷12）設點P在曲線y=12ex上，點Q在曲線y=ln（2x）上，

則PQ的最小值為（ ）.

A1-ln2 B2（1-ln2）

C1+ln2 D2（1+ln2）

分析 先固定點P，欲求此時PQ的最小值，則由定理1可知直線PQ應與曲線y=ln（2x）上在點Q處的切線垂直；同理，固定Q點時，欲求此時PQ的最小值，則由定理1可知直線QP應與曲線y=12ex在點P處的切線垂直若以上兩種情形同時成立時，則PQ取得最小值.

解 根據題意可設當PQ取得最小值時，P，Q坐標分別為（x1，12ex1），（x2，ln（2x2））則易得曲線y=12ex在點P處的切線斜率為12ex1；曲線y=ln（2x）在Q點處的切線斜率為1x2由分析部分可得如下的方程組：

ln（2x2）-12ex1x2-x1·12ex1=-1，ln（2x2）-12ex1x2-x1·1x2=-1

消去x1并且整理可得，

ln（2x2 ）-1x2 = x2 ln（2x2 ）-x22 （5）

考查函數φ（x）=ln（2x）-1x-xln（2x）+x2，x∈R+若x0是φ（x）的一個零點，則容易驗證1x0也是φ（x）的一個零點.

由于φ′（x）=1x+1x2+2x+lnx+1-ln2，φ″（x）=（x-1）（2x2+3x+2）x3，

所以φ′（x）在（0，1]上單調遞減，在（1，+∞）上單調遞增.

所以對于所有的x∈R+，有φ′（x）≥φ′（1）=5-ln2>0所以，φ（x）是R+上的單調遞增函數.

因此x0=1x0，解得x0=1經檢驗，x0=1確實為方程（5）的解，因此x2=1，從而x1=ln2.

故此時P，Q的坐標分別為（ln2，1），（1，ln2）故PQ的最小值為2（1-ln2）.

評注 注意到題目的兩條曲線關于直線y=x對稱，因此PQ的最小值等于直線y=x到其中一條曲線的距離的最小值的兩倍設點P為曲線y=12ex上到上述直線的距離最短的點，利用幾何直觀，此時曲線y=12ex在點P處的切線斜率一定等于直線y=x的斜率利用這種方法可以得出點P的坐標，但是它也只是一種幾何直觀，不嚴謹而定理1保證了這種幾何直觀的正確性.

例2 （2014福建理科數學）設P，Q分別為圓x2+（y-6）2=2和橢圓x210+y2=1上的點，則P，Q兩點間的最大距離是（ ）.

A52 B46+2 C7+2 D62

分析 根據題意，此題關鍵在于求橢圓上的點到圓心M（0，6）的距離的最大值因此可采用定理1.

解 設P（x0，y0）為橢圓到點M（0，6）的距離最大的點因為橢圓在點P（x0，y0）處的切線方程為x0x10+y0y=1，因此橢圓在點P（x0，y0）處的切線的一個方向向量為（-10y0，x0）.

因為向量MP=（x0，y0-6），

因此有x20 10 + y20 = 1，-10x0 y0 + x0 （y0 -6） = 0

解得x0=0，y0=±1， 或者x0=±523，y0=-23

容易驗證當點P坐標為（±523，-23）時，PM取得最大值，最大值為52注意到圓Q的半徑為2，因此P，Q之間的最大距離為62.

評注 若直線l的斜率為k，則它的一個方向向量為（1，k）；因此，若直線l方程為Ax+By+C=0，則它的一個方向向量為（-B，A）.

例3 （1993全國高中數學聯合競賽）實數x，y滿足4x2-5xy+4y2=5，設S=x2+y2，則1Smax+1Smin=.

分析 此題方法較多，但是S的表達式是距離平方形式的二元函數，因此此題可以考慮用定理1求解.

解 設S在曲線Γ={（x，y）|4x2-5xy+4y2=5，x，y∈R}上的點P（x0，y0）處取得極值，再由Γ的方程可得y=5x±80-39x28

所以±80-39x2=8y-5x，y′=5±-39x80-39x28

故y′=5-39x8y-5x8=5y-8x8y-5x.

因此y′（x0，y0）=5y0-8x08y0-5x0.

所以曲線Γ在P（x0，y0）處的切線的一個方向向量為（8y0-5x0，5y0-8x0）故由定理1，可得

（8y0 -5x0 ）x0 + （5y0 -8x0 ）y0 = 0，4x20 -5x0 y0 + 4y20 = 5

解得x20 = y20 = 53或x20 = y20 = 513.

故Smax=310，Smin=1310

因此1Smax+1Smin=85.

例4 已知圓（x-1）2+（y-2）2=R2（R>0）與橢圓x24+y2=1有公共點求圓的半徑R的最小值.

分析 欲求R的最小值，只需要求題意中的橢圓到圓心M（1，2）的距離的最小值即可設此時取得最小值的橢圓上的點的坐標為（x0，y0），則可根據定理1列出兩個方程但是此時消元后得到的方程是一個一元四次方程，而且它的解很難用觀察法找出來，因此考慮用橢圓參數方程予以處理.

解 設當R取得最小值時，橢圓上所對應的點的坐標為P（2cosθ，sinθ），則易知點P所在的切線方程為cosθ·x2+sinθ·y=1，且點P在第一象限因此此切線的一個方向向量為（-2sinθ，cosθ）另外，由于直線MP的一個方向向量為（2cosθ-1，sinθ-2），因此根據定理1，可得2sinθ（1-2cosθ）+cosθ（sinθ-2）=0.

即2（sinθ-cosθ）=3sinθcosθ（6）

令t=sinθ-cosθ，由于點P在第一象限，故t>0，且sinθcosθ=1-t22從而sinθ+cosθ=2-t2.

由（2）式可得2t=3（1-t2）2.

即3t2+4t-3=0，解得t=13-23.

因此，R2min = （2cosθ-1）2 + （sinθ-2）2

=6+3cos2θ-4（sinθ+cosθ）

=152-32（sin2θ-cos2θ）-4（sinθ+cosθ）

=152-122-t2·（3t+8）

=45-（6+13）413+16

所以 Rmin=270-6（6+13）413+16.

評注 利用橢圓的參數方程，再根據定理1列出方程，從而導出等式（6）由于等式出現sinθ-cosθ和sinθcosθ，因此自然考慮到采用知“1”求“3”的技巧，即式子sinθ+cosθ，sinθ-cosθ，sinθcosθ中，已知1個可以將3個都求出來.

參考文獻：

[1] 熊欣，徐章韜拉格朗日乘數法的初等化應用[J].中學數學雜志，2012 （09） ：23-25.