极值与最值

核心洞察

临界点处一阶项消失（$f_x=f_y=0$），$\Delta f$ 的主导项是二次型

$Q=A(\Delta x{)}^2+2B\Delta x\Delta y+C(\Delta y{)}^2$

极值判别：判断这个二次型符号是否恒定

极值判别法（证明）

第一步：泰勒展开

前置

一元函数的 泰勒展开公式

$$f(x)=f(x_0)+f^1(x_0)(x-x_0)+\frac{f^2(x_0)}{2!}(x-x_0{)}^2+\dots \dots +o(x^n)$$

---

在临界点 $(x_0,y_0)$ 附近，令 $\Delta x,\Delta y$ 为小增量，展开到二阶：

$\Delta f=f(x_0+\Delta x,y_0+\Delta y)-f(x_0,y_0)=\frac{1}{2}\left[f_{xx}(\Delta x{)}^2+2f_{xy}\Delta x\Delta y+f_{yy}(\Delta y{)}^2\right]+o({\rho }^2)$

其中 $\rho =\sqrt{(\Delta x{)}^2+(\Delta y{)}^2}$。

为什么一阶项消失、为什么可以省写 $\frac{1}{2}$

一阶项 $f_x\Delta x+f_y\Delta y$ 在临界点处 $f_x=f_y=0$，整项消失——极值判别只发生在临界点，所以主导项必然是二阶的。
严格泰勒展开的二阶项前有系数 $\frac{1}{2}$，它是正的常数，判断符号时不影响结论，故常省写。

极值的判断就变成了：这个二次型的符号是否固定？

• 恒 $>0$ → 任何方向都在”爬升” → 极小值
• 恒 $<0$ → 极大值
• 有正有负 → 鞍点

记这个二次型为：

$Q=A(\Delta x{)}^2+2B\Delta x\Delta y+C(\Delta y{)}^2,A=f_{xx},B=f_{xy},C=f_{yy}$

第二步：配方

$Q$ 里有交叉项 $2B\Delta x\Delta y$，符号不能直接看出。配方，把 $Q$ 拆成两个独立的平方项、消掉交叉项——把 $\Delta y$ 当常数，对 $\Delta x$ 配平方：

$Q=A\left[(\Delta x{)}^2+\frac{2B}{A}\Delta x\Delta y\right]+C(\Delta y{)}^2=A{\left(\Delta x+\frac{B}{A}\Delta y\right)}^2-\frac{B^2}{A}(\Delta y{)}^2+C(\Delta y{)}^2$

把后两项合并，再整理成框内形式：

$\boxed{Q=\frac{1}{A}\left[(A\Delta x+B\Delta y{)}^2+(AC-B^2)(\Delta y{)}^2\right]}$

为什么可以假设 $A\ne 0$

判别法真正起作用的范围是 $AC-B^2>0$，此时 $AC>B^2\ge 0$，自动推出 $A\ne 0$（且 $A$、$C$ 同号）——假设 $A\ne 0$ 不丢一般性。
若 $A=0$，则 $AC-B^2=-B^2\le 0$：要么是鞍点（$B\ne 0$），要么判别法失效（$|H|=0$），两种情况都不需要配方。

第三步：看符号

$Q$ 被分成了两个平方项的组合，平方项都 $\ge 0$，符号完全由系数决定：

$Q=\underset{\text{系数符号}=A}{\underbrace{\frac{1}{A}(A\Delta x+B\Delta y{)}^2}}+\underset{\text{系数符号}=\frac{AC-B^2}{A}}{\underbrace{\frac{AC-B^2}{A}(\Delta y{)}^2}}$

$AC-B^2$	$A$	$Q$ 的符号	结论
$>0$	$>0$	恒 $>0$	极小值
$>0$	$<0$	恒 $<0$	极大值
$<0$	任意	可正可负	鞍点

情况一：$AC-B^2>0$（即 $|H|>0$）

两个平方项系数符号相同，$Q$ 的符号完全由 $\frac{1}{A}$ 决定：

• $A>0$ → $Q>0$ 恒成立 → 极小值
• $A<0$ → $Q<0$ 恒成立 → 极大值

情况二：$AC-B^2<0$（即 $|H|<0$）

两个平方项系数符号相反，$Q$ 可正可负（取不同方向的 $\Delta x,\Delta y$ 可以做到）→ 鞍点。具体构造：

$|H|=0$：判别法失效

$AC-B^2=0$ 时二次型半定（某个方向上一阶非零项可能主导），须另寻方法：沿特殊路径检验，或展开到更高阶（非线性探针）。

三元函数极值判别

核心洞察

二元判别法（$A>0$ 且 $AC-B^2>0$ → 极小）只是 Hessian 矩阵正定性在二维的完整写法——顺序主子式 $A>0$、$|H|>0$。三元只是把矩阵换成 $3\times 3$，判别原理完全一样，换汤不换药。

极小 ⇔ $H$ 正定（特征值全 $>0$）⇔ 任意方向 $\Delta f\ge 0$

三元函数 $u=f(x,y,z)$ 在驻点附近，$\Delta f$ 的二阶主导项是 $3\times 3$ 二次型：

$Q=\frac{1}{2}\left(\begin{array}{ccc}\Delta x& \Delta y& \Delta z\end{array}\right)H\left(\begin{array}{c}\Delta x\\ \Delta y\\ \Delta z\end{array}\right),H=\left(\begin{array}{ccc}{f}_{xx}& f_{xy}& f_{xz}\\ f_{yx}& f_{yy}& f_{yz}\\ f_{zx}& f_{zy}& f_{zz}\end{array}\right)$

设 ${\Delta }_k$ 为 $H$ 的 $k$ 阶顺序主子式，判别规则：

$H$ 的类型	顺序主子式符号	结论
正定	${\Delta }_1>0,{\Delta }_2>0,{\Delta }_3>0$	极小值
负定	${\Delta }_1<0,{\Delta }_2>0,{\Delta }_3<0$	极大值
不定	有正有负	鞍点，非极值
半正定/半负定	某 ${\Delta }_k=0$	判别失效，换观察/探针

顺序主子式到底在做什么（配方法视角）

你会的配方法就是答案——顺序主子式是配方法的”每步主元”。以二元为例（见上面”配方”一节）：

$Q=A(\Delta x{)}^2+2B\Delta x\Delta y+C(\Delta y{)}^2=A{\left(\Delta x+\frac{B}{A}\Delta y\right)}^2+\frac{AC-B^2}{A}(\Delta y{)}^2$

配方过程依次冒出来的两个数 $A$ 和 $AC-B^2$，正是顺序主子式 ${\Delta }_1,{\Delta }_2$。

“正定 $\iff {\Delta }_1>0,{\Delta }_2>0$“翻译成人话：配方能一路配完，且每个平方项系数都为正。三元就是配方三次，依次冒出 ${\Delta }_1,{\Delta }_2,{\Delta }_3$，道理完全一样。

四种情况怎么记（特征值/惯性定理视角）

配完以后数一数 正、负系数的个数（正负惯性指数）：

• 全正 → 正定 → 极小；全负 → 负定 → 极大（等价说法：$H$ 的特征值全 $>0$ / 全 $<0$）

• 有正有负 → 不定 → 鞍点；出现 $0$（某步配不下去）→ 半定 → 失效

负定为什么交替：负定 $\iff -H$ 正定，$(-H)$ 的顺序主子式是 $(-1{)}^k{\Delta }_k$，所以 ${\Delta }_1<0,{\Delta }_2>0,{\Delta }_3<0$——不是全为负。

对 2×2 殊途同归：特征值全正 $\iff A>0$ 且 $AC-B^2>0$——正是二元公式。

直觉：极小值 ⇔ 任意方向 $\Delta f\ge 0$ ⇔ 二次型恒正 ⇔ $H$ 正定 ⇔ 特征值全 $>0$。有了这条主线，二元公式（$A>0,AC-B^2>0$）就不再是死记硬背，而是这套规则在 2 维的展开。考研不要求三元判别（命题会回避）。

拉格朗日乘数法

核心洞察

约束 $g(x,y)=0$ 把可行点锁在一条曲线上，极值只能在曲线上找。

曲线上的极值点 = 目标等值线与曲线相切的点 = 两条法线共线的点：

$\nabla f+\lambda \nabla g=0$

构造 $L=f+\lambda g$，把”梯度共线 + 满足约束”打包成一个普通的驻点问题。

注意

$\lambda g$ 是梯度向量， $dr$ 是微位移向量

梯度共线的由来

前置： $dg$、$dr$、$\nabla g$ 是什么

$dr$——迈出的一小步：微位移向量 $(dx,dy)$（三维同理）。

$dg$——迈步后 $g$ 的变化量（全微分），展开后恰好是梯度向量与位移向量的点乘：

$dg=\frac{\partial g}{\partial x}dx+\frac{\partial g}{\partial y}dy=\nabla g\cdot dr$

$dg=0$ 的含义（轨道比喻）：约束 $g=0$ 是一条”轨道”（如海拔 100 米的环山公路）。不脱离轨道 ⇒ $g$ 恒为 $0$ ⇒ 每一步 $dr$ 都不许改变 $g$（$dg=0$）；一旦 $dg\ne 0$ 就是走出了轨道。

于是允许的方向必须满足 $\nabla g\cdot dr=0$，即 $dr\perp \nabla g$：只能沿轨道切线方向走——顺着公路拐弯，不爬坡也不下坡。

环环相扣的三步：

1. 约束锁方向：沿 $g=0$ 移动，$dg=\nabla g\cdot dr=0$ → 可行位移 $dr$ 垂直于 $\nabla g$（只能沿曲线切线方向）

2. 极值定方向：极值处若沿切线方向还有变化（$\nabla f\cdot dr\ne 0$），沿切线走一小步函数值就变——所以极值处 $dr$ 也垂直于 $\nabla f$

3. 共线收尾：$dr$ 同时垂直于 $\nabla g$ 和 $\nabla f$，而垂直于 $dr$ 的方向只有一维 → $\nabla g\parallel \nabla f$：

f_y+\lambda g_y=0\\ \\ g(x,y)=0\end{cases}$$ 三个方程、三个未知数 $x,y,\lambda$——这就是拉格朗日方程组的全部由来。 > [!example] 记忆锚点：苹果橘子问题 > > 求 $f=xy$ 在约束 $x^2+y^2=1$ 下的极值。几何图像：等值线 $xy=c$ 是一族双曲线，圆与双曲线**相切**处即极值。 > > 令 $L=xy+\lambda(x^2+y^2-1)$，解 $L_x=L_y=L_\lambda=0$： > > - $x=y=\pm\frac{\sqrt2}{2}$ → $xy=\frac{1}{2}$ **最大** > > - $x=-y=\pm\frac{\sqrt2}{2}$ → $xy=-\frac{1}{2}$ **最小** > > 相切点正好两族：切于第一/三象限（极大）、切于第二/四象限（极小）。 ## 惩罚因子 > [!hint] 拉格朗日的"打包"魔术 > > 对 $L=f+\lambda g$ 分别对 $x,y,\lambda$ 求偏导并令为 0，得到的三个方程**恰好**就是上面的共线方程组： > > $$L_x=f_x+\lambda g_x=0,\qquad L_y=f_y+\lambda g_y=0,\qquad L_\lambda=g(x,y)=0$$ > > 最后一个方程把约束自动带了进来——于是**有约束极值被改写成无约束驻点**，未知数只多了一个 $\lambda$（解出的 $\lambda$ 本身不用，做题只看 $x,y$）。 工程视角：$\lambda g$ 叫**惩罚项**、$\lambda$ 叫惩罚因子——无约束搜索一旦偏离可行曲线，惩罚项立刻放大目标函数，把解**拉回** $g=0$ 上（"无形的手"）。而解出的点代入后 $\lambda g=0$，$L$ 自动**退化为**原函数 $f$：既满足约束、又是极值可疑点，一举两得。 **λ 的几何意义**：$\nabla f=-\lambda\nabla g$ 中的 $\lambda$ 是两条梯度的比例系数，衡量约束轨道对目标等值线的"顶住"强度；解题时 $\lambda$ 求不求都行——候选点只看 $x,y$。 ## 多约束 $n$ 个变量、$m$ 个约束 $g_1=\cdots=g_m=0$：每个约束贡献一个法向量 $\nabla g_i$，$m$ 个法向量张成的空间把可行位移压进其正交补（维数 $n-m$）；极值处 $\nabla f$ 垂直于一切可行位移，故 $\nabla f$ 必落在 $\{\nabla g_i\}$ 张成的空间中（假设约束相互独立）： $$\large \nabla f+\sum_{i=1}^{m}\lambda_i\nabla g_i=0,\qquad L=f+\sum_{i=1}^{m}\lambda_i g_i$$ 对 $n+m$ 个变量（含各 $\lambda_i$）求偏导令为 0，共 $n+m$ 个方程。**<font color="#ffa657">口诀：约束数 = 乘子数</font>**，方程总数正好 $n+m$。典型例子：$f(x,y,z)$ 带两个约束 $\varphi=\psi=0$ → $L=f+\lambda\varphi+\mu\psi$，五个变量五条方程（三元变"五元"）。 ## 最值问题 $AC-B^2$ 只适用于**二元无约束**；有约束（尤其三元以上）没有通用的充分判别法——所以求出可疑点后**不判极大极小**，直接代入目标函数比大小： - 解出所有可疑点（内部 + 各边界） - 全部代入 $f$，最大的即最大值、最小的即最小值（实际问题必存在最值） ## 不等号约束 约束 $x^2+y^2\le 1$ 拆成两半（见上方截图）： - **纯内部** $x^2+y^2<1$：当无约束问题处理，可疑点落在区域内才有效，区域外舍弃 - **边界** $x^2+y^2=1$：等号约束 → 拉格朗日或代入消元 **等号约束优先试代入消元**：二元目标函数 $f(x,y)$ + 一个约束，解出 $y=y(x)$ 代入即化为一元极值，比拉格朗日更快；拉格朗日是通用法，代入是快路径。 > [!danger] 多边界（多边形区域）不能直接拉格朗日 > > 约束 $x\ge 0,\ y\ge 0,\ x+y\le 1$：若把 $x+y=1$ 当拉格朗日约束，它对应的是**无限长直线**，可行域被悄悄扩大，解出的点可能落在线段之外（线段还需额外耦合 $0\le x\le 1$ 这类不等约束，超出拉格朗日适用范围）。 > > 正确做法：**逐边代入消元**——$y=0$、$x=0$、$y=1-x$ 各代一次，每边转成一元函数分别求最值，最后汇总比较。 > [!example] 例题：三角形区域的最值（多边界） > > 求 $f(x,y)=xy$ 在 $x\ge 0,\ y\ge 0,\ x+y\le 1$ 上的最大值与最小值。 > > **① 纯内部**（$x>0,\ y>0,\ x+y<1$）：$f_x=y=0,\ f_y=x=0$ → 唯一驻点 $(0,0)$ 在边界上，**内部无候选点**。 > > **② 三边逐边代入**： > > - 边 $y=0$：$f=0$（$0\le x\le 1$） > > - 边 $x=0$：$f=0$（$0\le y\le 1$） > > - 边 $x+y=1$：$y=1-x$ → $f=x(1-x)$，$x\in[0,1]$，最大 $f(\frac{1}{2})=\frac{1}{4}$，端点 $f=0$ > > **③ 汇总比较**：最大值 $\frac{1}{4}$（点 $(\frac{1}{2},\frac{1}{2})$），最小值 $0$（$x$ 轴、$y$ 轴两条边整段取到）。 > > 若对 $x+y=1$ 直接拉格朗日：$L=xy+\lambda(x+y-1)$ 解得 $x=y=\frac{1}{2}$，恰好在线段上——但这是**侥幸**：拉格朗日把 $x+y=1$ 当成整条无限直线，没有"线段端点"的概念；逐边代入则天然带着 $x$ 的取值范围，不会出界。 # 总结 $Q$ 可以写成 $\quad \begin{pmatrix}\Delta x & \Delta y\end{pmatrix}\begin{pmatrix}A & B\\ B & C\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\Delta x\\ \Delta y\end{pmatrix}$ > [!hint] 线代视角：Hessian 矩阵 > > > > 判别法等价于判定 Hessian 矩阵 $\begin{pmatrix}A & B\\ B & C\end{pmatrix}$ 的正定性： > > - **正定**（$A>0,\ |H|>0$）→ 极小； > > - > > - **负定**（$A<0,\ |H|>0$）→ 极大； > > - > >- **不定**（$|H|<0$）→ 鞍点； > > 这正是线性代数里顺序主子式判定的直接应用。 ![[Pasted image 20260806194835.png]] ![[Pasted image 20260806194251.png]] ![[Pasted image 20260806194507.png]] >[!danger] 做题经验 > 求解拉格朗日可疑点时，若 $\large\lambda$ 混在式子中很难处理的时候，尝试让上下两个式子互乘各自 $\large\lambda$ 的因子再相减，可以省去讨论 $\large\lambda$ 的过程 # 显函数求极值 ![[Pasted image 20260516211305.png|500]] 相当有水平的一道题，23年 的数一大题 本题思路上非常清晰但是计算上略显臃肿，算出对应的可疑点后，发现有二元极值判别法失效的点 此时，可以考虑利用 <mark class="hltr-purple">非线性</mark> 探针 否定该点为极值点 主要有这几种思路： 1. 寻找马鞍的两条线 （这个思路要算的东西很多，有时求出的点可能不符合马鞍型） 2. 寻找 过该点导函数 <mark class="hltr-green">全大于0</mark> 或 <mark class="hltr-green">全小于0</mark> 或 <mark class="hltr-green">全0</mark> 的线（通解思路，多用非线性探针） 3. 在该点邻域内找到两个点，一个比他大，一个比他小（偷鸡，时间紧迫用） 以下是法2 表示的三个状况图 ![[Pasted image 20260516212306.png|300]]