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多个约束条件下的 Lagrange 乘子法

## 多个约束条件下的 Lagrange 乘子法
设函数 $f\left(x_1, \cdots, x_n\right)$ 与

$$
g_i\left(x_1, \cdots, x_n\right), i=1, \cdots, k, k < n
$$

在 $R ^n$ 中的开集 $D$ 上连续可微，要求在满足约束条件

$$
g_i\left(x_1, \cdots, x_n\right)=0, i=1, \cdots, k,
$$

时目标函数 $z=f\left(x_1, \cdots, x_n\right)$ 的约束极值或约束最值．

**定义** 这时的 Lagrange 函数为

$$
L\left(x_1, \cdots, x_n, \lambda_1, \cdots, \lambda_k\right)=f\left(x_1, \cdots, x_n\right)+\sum_{i=1}^k \lambda_i g_i\left(x_1, \cdots, x_n\right)
$$

其中的 $\lambda_1, \cdots, \lambda_k$ 称为 Lagrange 乘子。

在上一节定理1  中解决了 $k=1$ 的问题，进一步可以推广如下．

**定理2** 设点 $P_0\left(x_1^0, \cdots, x_n^0\right)$ 是在约束条件 $g_1=\cdots=g_k=0$ 的条件下目标函数 $f$ 的约束极值点，且 Jacobi 矩阵 $\left(\frac{\partial g_i}{\partial x_j}\right)_{1 \leqslant i \leqslant k, 1 \leqslant j \leqslant n}$ 在点 $P_0$ 处满秩，则一定存在 $k$ 个数 $\lambda_1^0, \cdots, \lambda_k^0$ ，它们与 $x_1^0, \cdots, x_n^0$ 一起是 Lagrange 函数 $L$ 的驻点，即满足下列 $n+k$ 个方程：

$$
L_{x_1}=0, \cdots, L_{x_n}=0 ; L_{\lambda_1}=0, \cdots, L_{\lambda_k}=0
$$

注 与定理1相同，这里的结论只是约束极值问题的必要条件，不是充分条件．其中的 Jacobi 矩阵满秩在只有一个约束条件时就是梯度向量非零的条件。

`例`在约束条件 $x+y+z=0, x^2+y^2+z^2=1$ 下求 $W=x y z$ 的最值．
解 1 为了用 Lagrange 乘子法时的变量个数，可以先用 $z=-x-y$ 代入第二个约束和目标函数中，然后再做下去． 这个方法的缺点是破坏了问题原来的对称性．从略．

解 2 （这时 $L$ 为 5 元方程，驻点方程为 5 元的 5 个方程，求解不易．一般的方法是事先消去 $z$ ，减少一个未知量，这当然是一个办法．缺点是破坏了问题本身具有的对称性．下面不用此法做．）

首先从紧集上连续函数必有最值知道问题有解，且为极值点．又可看出最大值必大于 0 ，最小值必小于 0 ．

这时的 Jacobi 矩阵为

$$
\left(\begin{array}{ccc}
1 & 1 & 1 \\
2 x & 2 y & 2 z
\end{array}\right)
$$

除非 $x=y=z$ ，矩阵一定满秩．由于有约束条件 $x+y+z=0$ 和 $x^2+y^2+z^2=1$ ， $x=y=z$ 不可能成立．于是定理 2 的条件满足．

作出 Lagrange 函数 $L=x y z+\lambda(x+y+z)+\mu\left(x^2+y^2+z^2-1\right)$ ，就有 $L_x=y z+\lambda+2 \mu x, L_y=z x+\lambda+2 \mu y, L_z=x y+\lambda+2 \mu z$.
从这三个方程组合出 $x L_x+y L_y+z L_z=3 x y z+2 \mu$ ．又写出 $x L_x=0, y L_y=0$ ， $z L_z=0$ ，并将其中的第一项 $x y z$ 用 $-2 \mu / 3$ 代入，这样就得到新的方程组

$$
\left\{\begin{aligned}
2 \mu x^2+\lambda x & =-\frac{2 \mu}{3} \\
2 \mu y^2+\lambda y & =-\frac{2 \mu}{3} \\
2 \mu z^2+\lambda z & =-\frac{2 \mu}{3}
\end{aligned}\right.
$$

于是（对于固定的 $\lambda, \mu$ 来说）$x, y, z$ 满足同一个二次方程，因此其中至少有两个相等．如前所说，达到最值的点的三个坐标不可能相等．于是只能是恰好两个坐标相等。

再从问题的对称性知，这种极值点或最值点的个数一定是 3 的倍数，且达到相同的最值。因此不妨设 $x=y \neq z$ 直接求解。（以下不再需要关于 $L$ 的驻点方程组，也没有必要去求出 Lagrange 乘子 $\lambda, \mu$ ．）

问题已经转化为在约束条件 $2 x+z=0,2 x^2+z^2=1$ 下求 $W=x^2 z$ 的最值．从前两个约束已经可以解出 $x= \pm \frac{1}{\sqrt{6}}, z=\mp \sqrt{\frac{2}{3}}$ ，从而得到 $W=\mp \frac{1}{3 \sqrt{6}}$ ．利用在有界闭集 $x+y+z=0, x^2+y^2+z^2=1$ 上 $W$ 一定有最值，可见上述结果已经提供了所要求的最大值和最小值．

解 3 可以从两个约束条件消去 $x, y$ ，从而成为 $z$ 的一元函数的最值问题，则可操作如下．

具体来说，即从 $x^2+y^2=1-z^2$ 和 $(x+y)^2=z^2$ 解出 $x y=z^2-\frac{1}{2}$ ，于是得到 $W(z)=z^3-\frac{1}{2} z$ ，问题在于这个一元函数的定义域．这相当于再解一个约束最值问题：即在 $x+y+z=0, x^2+y^2+z^2=1$ 的条件下求 $z$ 的最大值和最小值．可以求出这个区间为

$$
\left[-\frac{2}{\sqrt{6}}, \frac{2}{\sqrt{6}}\right] .
$$

然后可以求出 $W(z)$ 在点 $-\frac{1}{\sqrt{6}}$ 和上述区间的右端点处同时达到最大值 $\frac{1}{3 \sqrt{6}}$ ，而在点 $\frac{1}{\sqrt{6}}$ 和上述区间的左端点处同时达到最小值 $-\frac{1}{3 \sqrt{6}}$ ．

`例` 有三个点 $A\left(x_1, y_1\right), B\left(x_2, y_2\right), C\left(x_3, y_3\right)$ 分别位于三条不相交的 光滑曲线 $g_1\left(x_1, y_1\right)=0, g_2\left(x_2, y_2\right)=0, g_3\left(x_3, y_3\right)=0$ 上，证明：当 $\triangle A B C$ 的面积取最小值时，该三角形的高与对应的法线重合．

证 这里有 6 个自变量，有三个约束条件．三角形 $\triangle A B C$ 的面积为

$$
S=\frac{1}{2}\left|\begin{array}{lll}
x_1 & y_1 & 1 \\
x_2 & y_2 & 1 \\
x_3 & y_3 & 1
\end{array}\right|
$$

且由题意假设 $S$ 已经存在最小值．由于三条曲线彼此不交，因此这个最小三角形不会退化成一条直线或一个点。

![图片](/uploads/2025-02/8e8bd4.jpg)
  
  由于条件中假设三条曲线光滑，因此在顶点 $A, B, C$ 处相应曲线的梯度向量都不是零向量，即一定存在法线．这同时保证了 $g_1, g_2, g_3$ 关于 $x_1, y_1, x_2, y_2, x_3, y_3$ 的 Jacobi 矩阵

$$
\left(\begin{array}{cccccc}
\frac{\partial g_1}{\partial x_1} & \frac{\partial g_1}{\partial y_1} & 0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & \frac{\partial g_2}{\partial x_2} & \frac{\partial g_2}{\partial y_2} & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & \frac{\partial g_3}{\partial x_3} & \frac{\partial g_3}{\partial y_3}
\end{array}\right)
$$

满秩，即秩为 3 ．
作 $L=S+\lambda_1 g_1+\lambda_2 g_2+\lambda_3 g_3$ ，就得到

$$
\begin{aligned}
& \frac{\partial L}{\partial x_1}=\frac{1}{2}\left(y_2-y_3\right)+\lambda_1 \frac{\partial g_1}{\partial x_1}=0 \\
& \frac{\partial L}{\partial y_1}=-\frac{1}{2}\left(x_2-x_3\right)+\lambda_1 \frac{\partial g_1}{\partial y_1}=0
\end{aligned}
$$

以及类似的其他 4 个方程，此外还有三个约束条件．下面只证明顶点 $A$ 处曲线 $g\left(x_1, y_1\right)$ 的法线与三角形对边 $B C$ 上的高重合，对于其他两个顶点的证明是完全类似的。

由于最小三角形不退化，顶点 $B\left(x_2, y_2\right)$ 与 $C\left(x_3, y_3\right)$ 不重合，因此从方程可见 $\lambda_1 \neq 0$ ．这时过顶点 $A$ 的曲线 $g_1=0$ 在点 $A$ 的法线方向就是梯度向量 $\left(\frac{\partial g_1}{\partial x_1}, \frac{\partial g_1}{\partial y_1}\right)$ ．另一方面，三角形对边 $B C$ 的方向向量是 $\left(x_3-x_2, y_3-y_2\right)$ ．利用驻点方程可见它们正交，因此过顶点 $A$ 的三角形的高与曲线 $g_1\left(x_1, y_1\right)$ 在点 $A$ 的法线重合．

`例`求二次型 $\sum_{i, j=1}^n a_{i j} x_i x_j\left(a_{i j}=a_{j i}\right)$ 在约束条件 $| x |^2=x_1^2+\cdots+x_n^2=$ 1 下的最大值和最小值．

解（在 Hesse 矩阵定号情况讨论中已经讨论过这个问题，不同的是现在可以最值与高等代数中的知识联系起来．）

首先用有界闭集上连续函数必有最小值和最大值，又从约束条件知道梯度向量非零的条件一定满足。

作 Lagrange 函数

$$
L\left(x_1, \cdots, x_n, \lambda\right)=\sum_{i, j=1}^n a_{i j} x_i x_j-\lambda\left(x_1^2+\cdots+x_n^2-1\right),
$$

则驻点方程为以下方程组

$$
\begin{aligned}
& L_{x_1}=2\left[\left(a_{11}-\lambda\right) x_1+a_{12} x_2+\cdots+a_{1 n} x_n\right]=0, \\
& L_{x_2}=2\left[a_{21} x_1+\left(a_{22}-\lambda\right) x_2+\cdots+a_{2 n} x_n\right]=0, \\
& \ldots \ldots \cdots \\
& L_{x_n}=2\left[a_{n 1} x_1+a_{n 2} x_2+\cdots+\left(a_{n n}-\lambda\right) x_n\right]=0
\end{aligned}
$$

和约束条件．
将二次型的矩阵记为 $A=\left(a_{i j}\right)_{i, j=1, \cdots, n}$ ，则上述方程组有非零解的充分必要条件是 $\lambda$ 为 $A$ 的特征值．由于 $A$ 是实对称阵，因此存在 $n$ 个实特征值．

对于特征值 $\lambda$ 和对应的单位特征向量，可以从上述方程组组合得到

$$
\sum_{i=1}^n x_i L_{x_i}=2\left[\sum_{i, j=1}^n a_{i j} x_i x_j-\lambda\left(x_1^2+\cdots+x_n^2\right)\right]=0
$$

这就是

$$
x ^T A x =\lambda x ^T x =\lambda
$$

从而可见这时二次型的值就等于特征值 $\lambda$ ，也就是相应的 Lagrange 乘子．因此本题的最大值和最小值就是矩阵 $A$ 的最大特征值和最小特征值．

`例`求在约束条件 $x_1+\cdots+x_n=a$ 下函数 $u=x_1^{\alpha_1} \cdots x_n^{\alpha_n}$ 的最大值，其中假设 $a>0, \alpha_i>0, x_i>0, i=1, \cdots, n, n>1$ 。

解 首先讨论最大值是否存在．将函数 $u$ 的定义域扩张到 $x_1+\cdots+x_n=a> 0, x_i \geqslant 0, i=1, \cdots, n$ ，则就得到一个有界闭集 ${ }^{(1)}$ ．由此可见最大值存在．又由于只要有一个 $x_i=0$ 就导致 $u=0$ ，可见最大值点一定在每个 $x_i>0$ 时达到，于是也就是原问题的极大值点．从约束条件可见梯度不为零的条件成立．这样就可以用 Lagrange 乘子法。

由于 $u$ 为乘积形式，采用取对数的方法将目标函数改为

$$
v=\ln u=\alpha_1 \ln x_1+\alpha_2 \ln x_2+\cdots+\alpha_n \ln x_n,
$$

然后作 Lagrange 函数

$$
L\left(x_1, \cdots, x_n, \lambda\right)=\sum_{i=1}^n \alpha_i \ln x_i-\lambda\left(x_1+\cdots+x_n-a\right) .
$$

这样就得到驻点方程

$$
\begin{aligned}
L_{x_i} & =\frac{\alpha_i}{x_i}-\lambda, \quad i=1, \cdots, n, \\
L_\lambda & =x_1+\cdots+x_n-a .
\end{aligned}
$$

从前 $n$ 个方程解出 $x_i=\frac{\alpha_i}{\lambda}, i=1, \cdots, n$ ，代入最后一个方程（即约束条件），就可以得到 $\lambda$ 以及 $x_i$ 的解为

$$
\lambda=\frac{\alpha_1+\cdots+\alpha_n}{a}, \quad x_i=\frac{a \alpha_i}{\alpha_1+\cdots+\alpha_n}, i=1, \cdots, n .
$$

由于前面的分析，存在最大值点，且为极大值点，因此用上述方法求出的惟一极值点就是所要的最大值点．所求的最大值是

$$
\begin{aligned}
\max _{x_1+\cdots+x_n=a} u & =\prod_{i=1}^n\left(\frac{a \alpha_i}{\alpha_1+\cdots+\alpha_n}\right)^{\alpha_i} \\
& =\left(\frac{a}{\alpha_1+\cdots+\alpha_n}\right)^{\alpha_1+\cdots+\alpha_n} \alpha_1^{\alpha_1} \cdots \alpha_n^{\alpha_n} .
\end{aligned}
$$

**注1** 若 $\alpha_1=\cdots=\alpha_n=1$ ，则就得到

$$
x_1 \cdots x_n \leqslant\left(\frac{x_1+\cdots+x_n}{n}\right)^n
$$

且当 $x_1=\cdots=x_n$ 时成立等号，这就是平均值不等式。
**注2** 同样可以导出广义平均值不等式 。为此对于一切 $x_i, p_i>0, i=1, \cdots, n$ ，用 $p_i x_i /\left(p_1 x_1+\cdots+p_n x_n\right)$ 代替例题中的 $x_i$ ，用 $p_i$代替其中的 $\alpha_i, i=1, \cdots, n$ ．这时 $a=1$ ，并从例题的最后结果得到

$$
\prod_{i=1}^n\left(\frac{p_i x_i}{p_1 x_1+\cdots+p_n x_n}\right)^{p_i} \leqslant \frac{p_1^{p_1} \cdots p_n^{p_n}}{\left(p_1+\cdots+p_n\right)^{p_1+\cdots+p_n}}
$$

整理后就得到广义平均值不等式

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