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极值与黑塞矩阵 Hesse

## 多元函数极值的必要条件
多元函数极值可以如一元函数情况那样引入极值，极值点的定义，并从 Fermat 费马定理推广到多元情况。

**多元函数的费马Fermat定理** 设 $f( x )$ 是区域 $D \subset R ^n$ 上的多元函数，点 $a \in D$ 是 $f$ 的极值点，且 $f$ 在 $a$ 存在所有的一阶偏导数，则

$$
\operatorname{grad} f( a )= 0
$$

证 记 $a =\left(a_1, \cdots, a_n\right)$ ，则对于 $i \in\{1, \cdots, n\}$ ，在 $y=f\left(x_1, \cdots, x_n\right)$ 中，对于 $j \in\{1, \cdots, n\}-\{i\}$ ，固定 $x_j=a_j$ ，这样就得到以 $x_i$ 为自变量的一元函数，它以 $a_i$ 为极值点，且存在对 $x_i$ 的导数．用 Fermat 定理，就知道 $f_{x_i}( a )=0$ ．由于对每个 $i=1, \cdots, n$ 都如此，因此 $f$ 在点 $a$ 的梯度向量 $\operatorname{grad} f( a )$ 为零向量．

与一元函数情况相同，将满足条件 $\operatorname{grad} f( a )= 0$ 的点 $a$ 称为函数 $f$ 的**驻点**．

当然驻点末必是极值点，极值点也未必是驻点．然而，尽管如此，驻点概念在解决极值问题和最值问题中还是有用的．这些都与一元函数相同．

上面采用了向量定义模式，也可以采用代数式定义模式。

**定义2**  设函数 $f$ 在点 $P_0\left(x_0, y_0\right)$ 的某邻域 $U\left(P_0\right)$ 上有定义．若对于任何点 $P(x, y) \in U\left(P_0\right)$ ，成立不等式

$$
f(P) \leqslant f\left(P_0\right) \quad\left(\text { 或 } f(P) \geqslant f\left(P_0\right)\right) \text {, }
$$

则称函数 $f$ 在点 $P_0$ 取得**极大（或极小）值**，点 $P_0$ 称为 $f$ 的极大（或极小）值点．极大值、极小值统称**极值**．极大值点、极小值点统称**极值点**．

**定理（极值必要条件**）若函数 $f$ 在点 $P_0\left(x_0, y_0\right)$ 存在偏导数，且在 $P_0$ 取得极值，则有

$$
f_x\left(x_0, y_0\right)=0, \quad f_y\left(x_0, y_0\right)=0
$$

使得一阶导数为零的点叫做**驻点**。或者说，当函数取到极值时，驻点为零。

![图片](/uploads/2025-10/ba5c44.jpg){width=400px}

如果一阶导数为零且不是极值点叫做**鞍点**，参考下图，因为他的曲面形状像马鞍面，所以被称作鞍点。
 ![图片](/uploads/2025-10/918434.jpg){width=400px}
 
 
`例`设 $f(x, y)=2 x^2+y^2, g(x, y)=\sqrt{1-x^2-y^2}, h(x, y)=x y$ 。由定义直接知道，坐标原点 $(0,0)$ 是 $f$ 的极小值点，是 $g$ 的极大值点，但不是 $h$ 的极值点．这是因为对任何点 $(x, y)$ ，恒有 $f(x, y) \geqslant f(0,0)=0$ ；对任何 $(x, y) \in\left\{(x, y) \mid x^2+y^2 \leqslant 1\right\}$ ，恒有 $g(x, y) \leqslant g(0,0)=1$ ；而对于函数 $h$ ，在原点的任意小邻域上，既含有使 $h(x, y)>0$ 的 I，III 象限中的点，又含有使 $h(x, y)<0$ 的 II，IV 象限中的点，所以 $h(0,0)=0$ 既不是极大值又不是极小值。

由定义可见，若 $f$ 在点 $\left(x_0, y_0\right)$ 取得极值，则当固定 $y=y_0$ 时，一元函数 $f\left(x, y_0\right)$ 必定在 $x=x_0$ 取相同的极值．同理，一元函数 $f\left(x_0, y\right)$ 在 $y=y_0$ 也取相同的极值．于是得到二元函数取极值的必要条件如下：

## 多元函数极值的充分条件
这里正是高等代数的二次型理论发挥作用的地方。
设 $y=f( x )$ 是区域 $D \subset R ^n$ 上的多元函数，点 $a \in D$ 为驻点，又设 $f$ 在点 $a$的一个邻域中有连续的所有二阶偏导数，则可以写出 $f$ 在该点的带 Peano 型余项的 Taylor 公式：

$$
f( x )-f( a )=\frac{1}{2!} \sum_{i, j=1}^n \frac{\partial^2 f}{\partial x_i \partial x_j}\left(a_1, \cdots, a_n\right) \Delta x_i \Delta x_j+o\left(r^2\right)(r \rightarrow 0),
$$

其中 $r=\sqrt{\Delta x_1^2+\cdots+\Delta x_n^2}$ ．
显然上式右边出现了二次型．引入矩阵

$$
H =\left(\begin{array}{cccc}
f_{11} & f_{12} & \ldots & f_{1 n} \\
f_{21} & f_{22} & \ldots & f_{2 n} \\
\vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
f_{n 1} & f_{n 2} & \ldots & f_{n n}
\end{array}\right),
$$

其中 $f_{i j}=\left.\frac{\partial^2 f}{\partial x_i \partial x_j}\right|_{ x = a }, i, j=1, \cdots, n$ ．称 $H$ 为 $f$ 在点 $a$ 的 **黑塞 Hesse矩阵** 又记 $\Delta x =\left(\Delta x_1, \cdots, \Delta x_n\right)^T$ ，这样就可以将上面的公式改写为

$$
f( x )-f( a )=\Delta x^T H \Delta x +o\left(r^2\right)(r \rightarrow 0),
$$

这里 $r=|\Delta x |$ ．

这样就可以得到下列定理，

###  极值充分条件
设二元函数 $f$ 在点 $P_0\left(x_0, y_0\right)$ 的某邻域 $U\left(P_0\right)$ 上具有二阶连续偏导数，且 $P_0$ 是 $f$ 的稳定点．则当 $\boldsymbol{H}_f\left(P_0\right)$ 是正定矩阵时，$f$ 在点 $P_0$ 取得极小值；当 $\boldsymbol{H}_f\left(P_0\right)$ 是负定矩阵时，$f$ 在点 $P_0$ 取得极大值；当 $\boldsymbol{H}_f\left(P_0\right)$ 是不定矩阵时，$f$ 在点 $P_0$ 不取极值．

**证法一** 由 $f$ 在点 $P_0$ 的二阶泰勒公式，并注意到条件 $f_x\left(P_0\right)=f_y\left(P_0\right)=0$ ，有

$$
\begin{aligned}
& f(x, y)-f\left(x_0, y_0\right) \\
= & \frac{1}{2}(\Delta x, \Delta y) \boldsymbol{H}_f\left(P_0\right)(\Delta x, \Delta y)^{\mathrm{T}}+o\left(\Delta x^2+\Delta y^2\right) .
\end{aligned}
$$

由于 $\boldsymbol{H}_f\left(P_0\right)$ 正定，所以对任何 $(\Delta x, \Delta y) \neq(0,0)$ ，恒使二次型

$$
Q(\Delta x, \Delta y)=(\Delta x, \Delta y) \boldsymbol{H}_f\left(P_0\right)(\Delta x, \Delta y)^{\mathrm{T}}>0
$$

因此存在一个与 $\Delta x, \Delta y$ 无关的正数 $q^2$ ，使得

$$
Q(\Delta x, \Delta y) \geqslant 2 q\left(\Delta x^2+\Delta y^2\right) .
$$

从而对于充分小的 $U\left(P_0\right)$ ，只要 $(x, y) \in U\left(P_0\right)$ ，就有

$$
\begin{aligned}
f(x, y)-f\left(x_0, y_0\right) & \geqslant q\left(\Delta x^2+\Delta y^2\right)+o\left(\Delta x^2+\Delta y^2\right) \\
& =\left(\Delta x^2+\Delta y^2\right)(q+o(1)) \geqslant 0
\end{aligned}
$$

即 $f$ 在点 $\left(x_0, y_0\right)$ 取得极小值．
同理可证 $\boldsymbol{H}_f\left(P_0\right)$ 为负定矩阵时，$f$ 在点 $P_0$ 取得极大值．

最后，当 $\boldsymbol{H}_f\left(P_0\right)$ 不定时，$f$ 在点 $P_0$ 不取极值．这是因为倘若 $f$ 取极值（例如取极大值），则沿任何过点 $P_0$ 的直线 $x=x_0+t \Delta x, y=y_0+t \Delta y, f(x, y)=f\left(x_0+t \Delta x, y_0+t \Delta y\right)=\varphi(t)$在 $t=0$ 亦取极大值．由一元函数取极值的充分条件，$\varphi^{\prime \prime}(0)>0$ 是不可能的（否则 $\varphi$ 在 $t =0$ 将取极小值），故 $\varphi^{\prime \prime}(0) \leqslant 0$ 。而

$$
\begin{aligned}
\varphi^{\prime}(t) & =f_x \Delta x+f_y \Delta y \\
\varphi^{\prime \prime}(t) & =f_{x x} \Delta x^2+2 f_{x y} \Delta x \Delta y+f_{y y} \Delta y^2 \\
\varphi^{\prime \prime}(0) & =(\Delta x, \Delta y) \boldsymbol{H}_f\left(P_0\right)(\Delta x, \Delta y)^{\mathrm{T}}
\end{aligned}
$$

这表明 $\boldsymbol{H}_f\left(P_0\right)$ 必须是半负定的．同理，倘若 $f$ 取极小值，则将导致 $\boldsymbol{H}_f\left(P_0\right)$ 必须是半正定的．也就是说，当 $f$ 在点 $P_0$ 取得极值时， $\boldsymbol{H}_f\left(P_0\right)$ 必须是半正定或半负定矩阵，但这与假设相矛盾。

结论：

> 若函数 $f$ 如定理所设．$P_0$ 是 $f$ 的稳定点，则有：
（i）当 $f_{x x}\left(P_0\right)>0,\left(f_{x x} f_{y y}-f_{x y}^2\right)\left(P_0\right)>0$ 时，$f$ 在点 $P_0$ 取得极小值；
（ii）当 $f_{x x}\left(P_0\right)<0,\left(f_{x x} f_{y y}-f_{x y}^2\right)\left(P_0\right)>0$ 时，$f$ 在点 $P_0$ 取得极大值；
（iii）当 $\left(f_{x x} f_{y y}-f_{x y}^2\right)\left(P_0\right)<0$ 时，$f$ 在点 $P_0$ 不能取得极值；
（iv）当 $\left(f_{x x} f_{y y}-f_{x y}^2\right)\left(P_0\right)=0$ 时，不能肯定 $f$ 在点 $P_0$ 是否取得极值．

证法二： 考虑单位球面 $S=\left\{ y \in R ^n| | y \mid=1\right\}$ ．同时考虑二次型 $Q( y )= y ^T H y$ ．
（1）由于 $H$ 正定，函数 $Q$ 在 $S$ 上处处大于 0 ．利用连续函数 $Q( y )$ 在有界闭集 $S$ 上取到正最小值 $\lambda$ ，就得到

$$
y ^T H y \geqslant \lambda>0 \forall y \in S
$$

取 $y =\Delta x /|\Delta x|$ 代入，就有

$$
\Delta x ^T H \Delta x \geqslant \lambda \Delta x ^T \Delta x =\lambda r^2
$$

从而就有

$$
f( x )-f( a ) \geqslant(\lambda+o(1)) r^2(r \rightarrow 0)
$$

因此当 $r$ 充分小时，$f( x ) \geqslant f( a )$ 成立，即 $a$ 是 $f$ 的极小值点．
（2） $H$ 负定时的证明同（1）．
（3）设有某个 $\Delta x$ 使得 $\Delta x ^T H \Delta x <0$ ，则固定 $\Delta x$ ，对于 $t>0$ 有以下表达式

$$
f( a +t \Delta x )-f( a )=t^2\left(\Delta x^T H \Delta x +o(1)|\Delta x |^2\right)(t \rightarrow 0)
$$

可见当 $t>0$ 充分小时 $f( a +t \Delta x )<f( a )$ ．因此点 $a$ 不可能是极小值点．
同样设有某个 $\Delta x$ 使得 $\Delta x ^T H \Delta x >0$ ，则可以证明 $a$ 也不可能是极大值点．合并以上可见 $a$ 一定不是极值点。

注 定理中的情况（3）是一元函数中没有的情况．对于一元函数 $f(x)$ 来说，若 $f^{\prime}\left(x_0\right)=0$ ，且存在 $f^{\prime \prime}\left(x_0\right)$ ，则当 $f^{\prime \prime}\left(x_0\right)>0$ 时点 $x_0$ 为极小值点，当 $f^{\prime \prime}\left(x_0\right)<0$ 时点 $x_0$ 为极大值点．这分别相当于上述定理中的情况（1）和（2）．当 $f^{\prime \prime}\left(x_0\right)=0$ 时则不能判定，这相当于上述定理所没有讨论的 Hesse 矩阵 $H$ 为半定的情况．

`例`求 $z=x^2+x y+y^2$ 的极值．
解 用 Fermat 定理，从 $z_x=2 x+y=0$ 和 $z_y=x+2 y=0$ 可见，可疑极值点只可能是 $(0,0)$ ．

写出 $z(x, y)$ 在点 $(0,0)$ 的 Hesse 矩阵 $\left(\begin{array}{cc}1 & 0.5 \\ 0.5 & 1\end{array}\right)$ ，从高等代数知识即可知道它是正定二次型，因此点 $(0,0)$ 为极小值点，极小值为 0 ．（容易看出这也就是最小值．）

`例`求 $f(x, y)=x^2+5 y^2-6 x+10 y+6$ 的极值．
解 由方程组

$$
\left\{\begin{array}{l}
f_x=2 x-6=0 \\
f_y=10 y+10=0
\end{array}\right.
$$

得 $f$ 的稳定点 $P_0(3,-1)$ ，由于

$$
\begin{gathered}
f_{x x}\left(P_0\right)=2, \quad f_{x y}\left(P_0\right)=0 \\
f_{y y}\left(P_0\right)=10, \quad\left(f_{x x} f_{y y}-f_{x y}^2\right)\left(P_0\right)=20
\end{gathered}
$$

因此 $f$ 在点 $P_0$ 取得极小值 $f(3,-1)=-8$ ．又因 $f$ 处处存在偏导数，故 $(3,-1)$ 为 $f$ 的惟一极值点。

`例`讨论 $f(x, y)=x^2+x y$ 是否存在极值．
解 由方程组 $f_x=2 x+y=0, f_y=x=0$ 得稳定点为原点．
因 $f_{x x} f_{y y}-f_{x y}^2=-1<0$ ，故原点不是 $f$ 的极值点．又因 $f$ 处处可微，所以 $f$ 没有极值点．

`例`论 $f(x, y)=\left(y-x^2\right)\left(y-2 x^2\right)$ 在原点是否取得极值．
解 容易验证原点是 $f$ 的稳定点，且在原点 $f_{x x} f_{y y}- f_{x y}^2=0$ ，故由定理无法判定 $f$ 在原点是否取到极值．但由于当 $x^2<y<2 x^2$ 时 $f(x, y)<0$ ，而当 $y>2 x^2$ 或 $y<x^2$时，$f(x, y)>0$（图 17－10），所以函数 $f$ 不可能在原点取得极值．

![图片](/uploads/2025-10/533492.jpg)
 
`例`求函数 $f(x, y)=x y(a-x-y) \quad(a \neq 0)$ 的极值．
解 先找驻点，即解方程组

$$
\left\{\begin{array}{l}
\frac{\partial f}{\partial x}=y(a-x-y)-x y=0, \\
\frac{\partial f}{\partial y}=x(a-x-y)-x y=0 .
\end{array}\right.
$$

易解出驻点为 $(0,0),(a, 0),(0, a)$ 和 $\left(\frac{a}{3}, \frac{a}{3}\right)$ ．
再求二阶偏导数，

$$
\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}=-2 y, \quad \frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y}=a-2 x-2 y, \quad \frac{\partial^2 f}{\partial y^2}=-2 x,
$$

得到计算结果

![图片](/uploads/2025-10/90b978.jpg)
 
 
 从表中可以看出，$(0,0),(a, 0)$ 和 $(0, a)$ 都不是 $f$ 的极值点．而在 $\left(\frac{a}{3}, \frac{a}{3}\right)$ 点处，当 $a>0$ 时，$f\left(\frac{a}{3}, \frac{a}{3}\right)=\frac{a^3}{27}$ 为极大值；当 $a<0$ 时，$f\left(\frac{a}{3}, \frac{a}{3}\right)=\frac{a^3}{27}$ 为极小值．

`例` 讨论 $f(x, y)=x^2-2 x y^2+y^4-y^5$ 的极值．
解 解方程组

$$
\left\{\begin{array}{l}
\frac{\partial f}{\partial x}=2 x-2 y^2=0, \\
\frac{\partial f}{\partial y}=-4 x y+4 y^3-5 y^4=0,
\end{array}\right.
$$

求得驻点 $(0,0)$ ．再计算二阶偏导数，

$$
\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}=2, \quad \frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y}=-4 y, \quad \frac{\partial^2 f}{\partial y^2}=-4 x+12 y^2-20 y^3,
$$

在 $(0,0)$ 处有 $A C-B^2=0$ ，这时候无法用定理判定．
 注意到 $f(0,0)=0$ ，以及 $f(x, y)=\left(x-y^2\right)^2-y^5$ ，那么，在曲线 $x=y^2(y>0)$ 上 $f(x, y)<0$ ；在曲线 $x=y^2 (y<0)$ 上 $f(x, y)>0$ ，因此 $f(0,0)=0$ 不是极值（见图 12．6．3）．
 
  ![图片](/uploads/2025-10/d7f56f.jpg)

## 最值问题

（1）对于一元函数来说，如 $y=f(x)$ 在区间内只有一个极小值点（极大值点），则它就是最小值点（最大值点），但对多元函数就没有这样的结论．

例如，设在全平面上有定义的函数

$$
f(x, y)=\left\{\begin{aligned}
x^2(1-x)+y^2\left(x-\frac{1}{3}\right)^2, & x \leqslant \frac{1}{3} \\
x^2(1-x)+y\left(x-\frac{1}{3}\right)^2, & x>\frac{1}{3}
\end{aligned}\right.
$$

则可分段求出 $f_x$ 和 $f_y$ ，而且发现都在全平面上连续，因此 $f$ 可微．
从 $x>\frac{1}{3}$ 时的 $f_y=\left(x-\frac{1}{3}\right)^2$ 可见在 $x>\frac{1}{3}$ 时没有驻点．对于 $x \leqslant \frac{1}{3}$ 则从 $f_y=2 y\left(x-\frac{1}{3}\right)^2=0$ 只能有 $y=0$ 和 $x=\frac{1}{3}$ ．再写出 $f_x=2 x-3 x^2+2 y^2\left(x-\frac{1}{3}\right)=$ 0 ，可见只能得到一个驻点 $(0,0)$ ．

从 $f(x, y)=x^2+\frac{1}{9} y^2+O_3$ ，其中 $O_3$ 为高于 2 次的项，可见 $(0,0)$ 是极小值点，极小值为 0 ．然而 $f(2,0)=-4$ ，可见上述极小值不是最小值．

注 这个例子用拼接方法作出．利用 $\left(x-\frac{1}{3}\right)^2$ 的方法使得拼接后偏导数仍然连续，从而可微．又利用拼接使得 $x \leqslant \frac{1}{3}$ 时的表达式的另一个落在 $x>\frac{1}{3}$ 的驻点消失．这个驻点是鞍点．当然也可以找出不用拼接方法的例子．

（2）在多元函数的最值问题中，主要困难往往在于边界集上的讨论．对于一元函数来说，区间的边界至多只有两点，将该处的函数值计算出来就是．而对于多元函数来说，闭区域的边界千变万化，如何讨论往往比求极值点困难得多．

`例`求 $z=x y \sqrt{1-\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}}$ 的极值，其中设 $a>0, b>0$ ．
解 自然定义域是闭区域

$$
\left\{(x, y) \left\lvert\, \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2} \leqslant 1\right.\right\}
$$

如右图所示，在定义域内由坐标轴划分为 4 个区域。用粗黑线表示 $z=0$ 的点集，又用 $\pm$ 号标出 $z(x, y)$ 的符号，于是已经可以断定，在一，三象限中有极大值，在二，四象限中有极小值。

![图片](/uploads/2025-02/947293.jpg)

又从对称性可以知道，只要求出第一象限的极大值，它也就是第三象限的极大值，又乘以 -1 后也就得到第二和第四象限的极小值．

为方便起见将函数 $z$ 的根号下的表达式简记为 $\Delta$ ，则可以计算 $z_x$ 如下：

$$
z_x=y \sqrt{\Delta}-\frac{2 x^2}{a^2 \sqrt{\Delta}}=\frac{y}{a^2 \sqrt{\Delta}}\left(1-\frac{2 x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}\right)
$$

由对称性可得到 $z_y$ ，并根据 Fermat 定理列出方程组

$$
\frac{2 x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1, \quad \frac{x^2}{a^2}+\frac{2 y^2}{b^2}=1 .
$$

于是解出 $\frac{x^2}{a^2}=\frac{y^2}{b^2}=\frac{1}{3}$ ，在第一象限中的解就是

$$
x=\frac{a}{\sqrt{3}}, \quad y=\frac{b}{\sqrt{3}} .
$$

由连续函数的最值定理，$z(x, y)$ 在第一象限一定达到最大值，且大于 0 ．由于最大值点为内点，因此必是极大值点．这样就知道上面求出的驻点就是极大值点，也是最大值点．将它代入 $z(x, y)$ 中，可见极大值（即最大值）为 $\frac{a b}{3 \sqrt{3}}$ ．

注 这里从连续函数的最值定理就已经可以判定，因此不必计算驻点的 Hesse矩阵．以上解法还充分利用了对称性，从而不必再对函数作变量代换，省去了许多额外的麻烦．

`例` 在闭区域 $D: x^2+y^2 \leqslant 1$ 上求 $z=x^3+x y^2-x$ 的最值．
解 先求极值点，这时只要考虑内点 $x^2+y^2<1$ ．
列出方程组

$$
z_x=3 x^2+y^2-1=0, \quad z_y=2 x y=0
$$

即可解出驻点为 $\left( \pm \frac{1}{\sqrt{3}}, 0\right)$ ．（另外两个点 $(0, \pm 1)$ 在边界 $\partial D$ 上不必考虑．）计算出

$$
z\left(\frac{1}{3}, 0\right)=-\frac{2}{3 \sqrt{3}}, \quad z\left(-\frac{1}{3}, 0\right)=\frac{2}{3 \sqrt{3}}
$$

由 $z=x\left(x^2+y^2-1\right)$ 可见在边界上 $z=0$ ，因此在上述两个驻点上的函数值分别为最小值和最大值．

`例` 有一块宽 24 厘米的矩形薄铁皮，把两边折起来，如图做成一个矩形水槽，问当 $x$ 和 $\theta$ 为何值时，水槽的容量最大。

解 这就是要使得水槽截面的梯形面积最大，写出梯形面积为

$$
\begin{aligned}
S & =\frac{1}{2}[(24-2 x)+(24-2 x)+2 x \cos \theta] x \sin \theta \\
& =24 x \sin \theta-2 x^2 \sin \theta+x^2 \sin \theta \cos \theta
\end{aligned}
$$

其中变量的范围为 $0 \leqslant x \leqslant 12,0 \leqslant \theta \leqslant \pi$ ．由此可见 $S$ 在边界上为 0 ，因此最大值必定在内点达到。

用 Fermat 定理，列出方程组

$$
\begin{aligned}
& S_x=24 \sin \theta-4 x \sin \theta+2 x \sin \theta \cos \theta=0 \\
& S_\theta=24 x \cos \theta-2 x^2 \cos \theta+x^2 \cos 2 \theta=0
\end{aligned}
$$

由于所求为内点，因此可以约去 $x$ 和 $\sin \theta$ ，得到
 ![图片](/uploads/2025-02/8af081.jpg)
 $$
12-2 x+x \cos \theta=0, \quad 24 \cos \theta-2 x \cos \theta+x \cos 2 \theta=0
$$

将第一式乘 $2 \cos \theta$ 与第二式相减，得到

$$
2 x \cos \theta-x=0
$$

并再约去 $x$ ，就可求出 $\theta=\frac{\pi}{3}$ ．然后再代入前面的第一式得到 $x=8$ ．由于极值点惟一，而边界上 $S=0$ ，因此这就是所求的极大值点。

注 容易理解答案为什么是 $x=8$ 和 $\theta=\frac{\pi}{3}$ ．为此只要在图 2 的右边在水平的虚线上边作出与下面对称的梯形，从而问题变成在周长给定时的 6 边形的面积何时最大？显然答案是取正 6 边形，从而答案只能是 $x=24 / 3$ 和 $\theta=\pi / 3$ 。当然在周长给定的 $n$ 边形中面积最大的是正 $n$ 边形这本身是一个有趣的约束最值问题，它一定有许多种不同的数学证明．此问题供思考用．

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