利用條件極值探索多參數不等式

杜先云　任秋道

【摘 要】本文給出利用可微多元函數在駐點的函數值建立參數方程，根據此方程解的情況，來判斷函數的駐點是否為極大（小）值點。對于可微多元函數，可以構造許多條件極值，求出其極大（小）值，從而獲得一些重要不等式。同時對于一些多參數不等式，可構造多元函數的條件極值，計算并證明極值，從而證明不等式，并獲得不等式：當a，b，c>0，a+b+c=1時，（a+b）2+（b+c）2+（a+c）2≥。

【關鍵詞】多參數不等式;駐點;極值

【中圖分類號】G642? 【文獻標識碼】A? 【文章編號】1671-8437（2021）28-0003-02

利用多元函數的（無）條件極值可以求出函數的極大（小）值，當極大（小）值是函數在定義域內的最大（小）值時，可以獲得不等式。反過來，要證明一個多元參數不等式，可以轉化為求一個多元函數的（無）條件極值，再判斷函數的極大（小）是最大（小）值，從而獲得不等式。

1? ?極值點的判定

目前的教材《高等數學》與《數學分析》中，是利用二階偏導數來判斷多元可微函數的極大（小）值，但這種方式并不徹底[1-3]。本文給出利用多元函數在駐點附近的函數值，來判斷函數的駐點是否為極大（小）值點，并通過構造多元函數的條件極值來探索一些多參數不等式。

對于任意一個二元可微函數z=f（x，y），可以求出它的駐點，即方程組的解（x0，y0）稱為函數f（x，y）的駐點。如何判斷該駐點是不是極值點？筆者給出下面的定理：設（x0，y0）是可微函數z=f（x，y）的駐點，若方程

f（x，y）?f（x0，y0）=0? ? ? ? ? ? ? ? ? ?（1）

在點（x0，y0）的某鄰域內解不唯一，則該駐點不是函數f（x，y）的極值點。在該駐點的某鄰域內解唯一，且對于任意正數ε，當方程

f（x，y）?f（x0，y0）? ε=0? ? ? ? ? ? ? ? ?（2）

無實數解時，則它為函數f（x，y）的極大值點。當方程

f（x，y）?f（x0，y0）+ ε=0? ? ? ? ? ? ? ? ?（3）

無實數解時，則它為函數f（x，y）的極小值點。

證明：設隱函數F（x，y）=f（x，y）?z，法向量=（fx（x，y）， fy（x，y）?1）。因為（x0，y0）是可微函數的駐點，所以fx（x0，y0）=0，fy（x0，y0）=0。

于是，在駐點（x0，y0）處的法向量=（0，0，?1），曲面z=f（x，y）在該點有水平的切平面z=f（x0，y0）。根據函數的幾何意義，方程（1）的解不唯一，說明這個曲面與切平面相交，且交點的個數多于一個，通常是連續曲線。交點不是唯一點，當然不可能是極值點。

方程（1）有唯一解，說明曲面與切平面相交，且只有一個交點M（x0，y0），f（x0，y0），而方程（2）無解，說明對于任意正數ε，曲面與平面z=f（x0，y0）+ε不相交，因而交點M為函數在點（x0，y0）的該鄰域內的局部最高點。也就是f（x，y）

事實上，對于點（x0，y0）不是函數的駐點，利用極值的定義也可證明該定理。該定理利用多元函數在駐點的函數值建立參數方程，根據此方程是否有解，判斷駐點是否為極值點。當求出函數f（x，y）的駐點（x0，y0）后，利用計算機判斷該駐點是否為極值點，判斷該極值點是否為函數的極大（小）值點。

2? ?構造條件極值探索不等式

拉格朗日乘數法：如何尋找函數z=f（x，y）在附加條件φ（x，y）=0下的可能極值點？先作拉格朗日函數

F（x，y，λ）=f（x，y）+λφ（x，y）? ? ? ? ? ? ?（4）

其中λ為參數，也可以看作一個新的變量。求其對x，y，λ的一階偏導數，并使之為零，便得：

（5）

由方程組（5）解出同時滿足三個方程的點（x0，y0），是函數f（x，y）在附加條件φ（x，y）=0下的可能極值點，稱為條件駐點。對每一個條件駐點，利用前面的定理進行排查，找出極值點。

根據n元函數z=f（x1，x1，…，xn）極值的定義，容易知道有類似的定理，利用它可以求出函數的極大（小）值或最大（小）值。對于任意一個多元可微函數，可以構造許多條件極值。當條件駐點唯一時，若駐點是極大（小）值點，可以求出某個區域內函數的最大（小）值，從而獲得一些不等式。同時對于一些要證明的多參數不等式，可以構造多元函數的條件極值，求出駐點，算出極大（小）值，從而達到證明不等式的目的。

例：設a，b，c>0，a+b+c=1，證明（a+b）2+（b+c）2+

（a+c）2≥。

證明：設函數f（x，y，z）=（x+y）2+（y+z）2+（x+z）2，它在[0，1]3上連續，存在最大（小）值。在約束條件x+y+z=1下，計算該函數的極值。

構造拉格朗日函數：

L（x，y，z）=（x+y）2+（y+z）2+（x+z）2+λ（x+y+z?1），

求駐點：

Lx=2（x+y）+2（x+z）+λ=0，

Ly=2（x+y）+2（y+z）+λ=0，

Lz=2（y+z）+2（x+z）+λ=0，

Lλ=x+y+z?1=0。

解得x=y=z=，λ=?。

駐點（，，），是可能極大（小）值點，極大（小）值為。

利用前面的定理來說明該極值為極小值。也就是說，對于任意正數ε，方程f（x，y，z）?f（x0，y0，z0）+ε=0無實數解時，即方程

（x+y）2+（y+z）2+（x+z）2?+ε=0（ε>0）? ? ? ?（6）

在條件x+y+z=1下無實數解。

根據求多元方程數值解的方法，在駐點（，，

）的某鄰域內，取一些點的函數值來說明方程（6）

無解。

令x=0.30（<），y=y0，

z=1?0.3?y0=0.7?y0，

代入（6）式，可得

（0.3+y0）2+0.72+（1?y0）2?+ε=0，

即2y02?1.4y0+0.25+ε=0? ? ? ? ? ? ? ? ?（7）

二次方程判別式

?=1.42?4×2×（0.25+ε）=?0.04?8ε<0 （ε>0），

方程（7）無實數解。

令x=，y=y0，z=?y0，代入（6）式，可得

（+y0）2+（）2+（1?y0）2?+ε=0，

即2y02?y0++ε=0，? ? ? ? ? ? ? ? （8）

?=（）2?4×2×（+ε）=?8ε<0? （ε>0），

方程（8）無實數解。

令x=0.35（>），y=y0，z=0.65?y0，

代入（6）式，可得

（0.35+y0）2+0.652+（1?y0）2?+ε=0，

用同樣的方法，可以說明該方程無實數解。當然也可取更多的函數值來判斷是函數f（x，y，z）的極小值，取的函數值越多越有說服力。因此，該駐點是函數的極小值點，極小值為。獲得所證不等式。

本題也可以證明方程（6）無實數解。

令x=+δ，y=y0，z=?δ?y0，

代入（6）式，可得

（+δ+y0）2+（?δ）2+（1?y0）2?+ε=0，

即

2y02+（2δ?）y0+（?δ+2δ2+ε）=0， （9）

?=（2δ?）2?4×2×（?δ+2δ2+ε）

=?4（3δ2+2ε）<0 （ε>0），

方程（9）無實數解，根據δ的任意性，方程（9）點

（，，）的某鄰域內無實數解，對應的函數值是極小值。

下面給該不等式一個幾何解釋：令u=x+y，v=y+z，w=x+z，約束條件x+y+z=1轉化為u+v+w=2，在坐標系O?uvw下，它表示一個平面π;目標函數f（x，y，z）=

u2+v2+w2=R2表示一個球心在坐標原點的球面S。上面的條件極值，就是球面S與平面π相切的條件，切點就是極小值點。

【參考文獻】

[1]同濟大學主編.高等數學（第七版）[M].北京：高等教育出版社，2016.

[2]華東師范大學主編.數學分析[M].北京：高等教育版社，2004.

[3]杜先云，任秋道.如何利用構造法培養學生的創新思維[J].綿陽師范學院學報：自然科學版，2015（34）.

【作者簡介】

杜先云（1964～），男，漢族，四川三臺人，博士，教授。研究方向：應用數學。

任秋道（1965～），男，漢族，四川鹽亭人，碩士，副教授。研究方向：應用數學。

*基金項目：本文系四川省教育廳2016年自然科學基金資助“高等數學教學研究與改革”（項目編號：16ZB0314）階段性成果。