拉格朗日乘數(shù)法求距離的初等化應用

陳雁群 鐘青山

摘 要：拉格朗日乘數(shù)法是高等數(shù)學的內(nèi)容，其用法涉及到偏導數(shù)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(shù)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(shù)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(shù)學解題研究.

文獻[1]敘述了運用拉格朗日乘數(shù)法求一般二元函數(shù)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(shù)的偏導數(shù)然而中學生對求偏導數(shù)比較陌生因此，提出了拉格朗日乘數(shù)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(shù)法求一般的二元函數(shù)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(shù)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(xiàn)形式本文討論了運用拉格朗日乘數(shù)法求二元函數(shù)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(shù)φ（x，y）具有二階連續(xù)偏導數(shù).

設M（a，b），在約束條件φ（x，y）=0下，運用拉格朗日乘數(shù)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(gòu)造拉格朗日函數(shù)L（x，y）=（x-a）2+（y-b）2+λφ（x，y），并且對x，y，λ分別求偏導數(shù)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(shù)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(shù)φ（x，y）具有二階連續(xù)偏導數(shù)若函數(shù)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(shù)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(shù)，兩個方程兩個未知數(shù)，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(shù)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(shù)法（需要求偏導數(shù)），定理1可以說是拉格朗日乘數(shù)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(jù)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(shù)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(diào)遞減，在（1，+∞）上單調(diào)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(diào)遞增函數(shù).

因此x0=1x0，解得x0=1經(jīng)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(shù)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(jù)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(shù)學聯(lián)合競賽）實數(shù)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(shù)，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(jù)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(shù)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(jù)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(shù)方程，再根據(jù)定理1列出方程，從而導出等式（6）由于等式出現(xiàn)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(shù)法的初等化應用[J].中學數(shù)學雜志，2012 （09） ：23-25.