多元函数的极值

多元函数的极值研究一个输出在多个输入共同变化时，何处取得局部或整体的最大、最小值。求解不仅要找到偏导数为零的点，还要判断这些点附近的变化方向，并检查输入范围的边界。

产出更高，净收益一定更高吗

沿用偏导数中的合成生产模型：一个批次投入 $L$ 小时人工和 $M$ 小时机器，产出数值为 $Q=8\sqrt{LM}$。现在假设每件产品的收入数值为 1，人工与机器的总成本数值分别为 $L^2$ 和 $M^2$，于是净收益数值为 $$P(L,M)=8\sqrt{LM}-L^2-M^2,L,M\ge 0.$$ 这是一种教学模型，所有系数包含相应单位换算；成本随投入平方增加，用来表示扩张投入后成本加快上升的情形，不是实际企业数据。

在 $(1,1)$，收入为 8、成本为 2，净收益为 6；在 $(2,2)$，收入为 16、成本为 8，净收益为 8；继续增加到 $(3,3)$，收入为 24、成本为 18，净收益又降为 6。只追求产出，会漏掉成本的变化。问题变为：是否存在比 $(2,2)$ 更好的不对称投入，例如多用人工、少用机器？

沿一条等值线移动时净收益不变；线内外的数值关系比单看某条截线更完整。

局部、整体与可行范围

给定可行集合 $D$，若存在 $\delta >0$，使所有满足 $x\in D$ 且 $\Vert x-a\Vert <\delta$ 的点都有 $f(x)\le f(a)$，就称 $a$ 是相对于 $D$ 的局部极大点；把不等号反向便得到局部极小点。若对所有 $x\in D$ 都成立，则是全局最大点或全局最小点。严格极值还要求除 $x=a$ 外使用严格不等号。

“局部”限制了比较距离，“全局”比较整个可行范围；两者都取决于 $D$。某点在整个平面上并非极大点，限制在一条曲线或一个三角形内却可能是最大点。

若 $a=(a_1,a_2)$ 是可行域内点，且两个偏导存在，局部极值处必有 $$f_x(a)=f_y(a)=0.$$ 因为固定第二坐标得到的一元函数，在第一坐标处也必须取得局部极值；一元 Fermat 定理使其导数为零。交换两坐标，再得另一个偏导为零。满足这个条件的点称为驻点。驻点只是候选者：$f(x,y)=x^2-y^2$ 在原点两个偏导都为零，但沿 $x$ 轴函数增加，沿 $y$ 轴函数减少，因此没有局部极值。这种点是鞍点。OpenStax《Calculus Volume 3》§4.7

边界点不满足“两个方向都能向前、向后移动”的前提；偏导不存在的点也不能直接套用上述结论。这些点需要按可行范围另作检查。

先解驻点，再判断形状

在 $L,M>0$ 内，净收益函数的偏导为 $$P_L=4\sqrt{M/L}-2L,P_M=4\sqrt{L/M}-2M.$$ 令两式等于零，将它们分别除以 2，得到 $$2\sqrt{M/L}=L,2\sqrt{L/M}=M.$$ 两式相乘，根号里的比值消去，给出 $LM=4$。再把第一式乘以 $\sqrt{L}$ 并平方，得到 $4M=L^3$。代入 $M=4/L$：$L^4=16$。因为 $L>0$，所以 $L=2$，随后 $M=2$。正象限内只有这一个驻点。

二阶偏导在该点组成 Hessian 矩阵 $$H={\left(\begin{array}{cc}{P}_{LL}& P_{LM}\\ P_{ML}& P_{MM}\end{array}\right)}_{(2,2)}=\left(\begin{array}{cc}-3& 1\\ 1& -3\end{array}\right).$$ 它描述一阶变化消失后，最先剩下的二阶变化。若函数在驻点附近二阶连续可微，Taylor 展开可写成 $$f(a+h,b+k)-f(a,b)=\frac{1}{2}(A{h}^2+2Bhk+C{k}^2)+o(h^2+k^2),$$ 其中 $A=f_{xx}(a,b)$、$B=f_{xy}(a,b)$、$C=f_{yy}(a,b)$。符号 $o(h^2+k^2)$ 表示余项除以 $h^2+k^2$ 后趋于零。

对净收益模型，主导的二次项是 $$\frac{1}{2}(-3h^2+2hk-3k^2)=-h^2-k^2-\frac{1}{2}(h-k{)}^2.$$ 除 $h=k=0$ 外，它始终为负，而且不大于 $-(h^2+k^2)$。在充分小的邻域中，余项的绝对值小于 $(h^2+k^2)/2$，于是总变化仍为负。这证明 $(2,2)$ 是严格局部极大点，而不只是沿两条坐标轴看起来向下弯。

二阶判别式从哪里来

令 $D=AC-B^2$。若 $A\ne 0$，可以配方： $$A{h}^2+2Bhk+C{k}^2=A{(h+\frac{B}{A}k)}^2+\frac{D}{A}{k}^2.$$ 当 $D>0$ 时，两项系数同号：若 $A>0$，二次式正定，驻点为严格局部极小点；若 $A<0$，则负定，驻点为严格局部极大点。这里“正定”指任意非零改变量都得到正值，不是矩阵每个元素都为正。

当 $D<0$ 且 $A\ne 0$，取 $k=0$ 和 $h=-Bk/A$ 可得到相反符号。若 $A=0$，则 $D=-B^2<0$，所以 $B\ne 0$；在 $k\ne 0$ 下改变 $h/k$，线性表达式 $2B(h/k)+C$ 也能取正负两种符号。故二次式不定，驻点是鞍点。

如果 $D=0$，二阶信息不够。例如以下三个函数在原点的 Hessian 都是零矩阵： $$x^4+y^4,-x^4-y^4,x^4-y^4.$$ 第一式在原点是严格最小，第二式是严格最大，第三式沿两坐标方向分别为正、负，因而是鞍点。退化情形要返回原函数或更高阶项分析，不能把 $D=0$ 解释成“没有极值”。

本例 $A=C=-3$、$B=1$，所以 $D=8>0$，与上面直接配方得到的局部最大结论一致。

怎样把局部结论加强为全局结论

Hessian 在一个点的判别只说明附近的形状。对这个特定函数，可以用一个对所有非负投入都成立的不等式完成全局证明。由 $$(\sqrt{L}-\sqrt{M}{)}^2\ge 0$$ 可得 $2\sqrt{LM}\le L+M$，从而 $$P(L,M)\le 4L+4M-L^2-M^2=8-(L-2{)}^2-(M-2{)}^2\le 8.$$ 在 $L=M=2$，两次不等式同时取等号，因此 8 是整个非负象限上的最大净收益，而且只有这个点取到。

全局最小值则不存在：沿 $M=0$，有 $P(L,0)=-L^2$，随 $L\to \mathrm{\infty }$ 没有下界。这说明“找到最大值”并不意味着也一定存在最小值。若函数连续、可行集合非空且闭有界，则极值定理能保证最大、最小均取到；接下来的资源约束正好形成这样的集合。

资源只有三小时，最优点移到哪里

设一个批次可分配的总投入满足 $L+M\le 3$，同时 $L,M\ge 0$。可行集合是包含三条边和三个顶点的三角形。无约束最优点 $(2,2)$ 的总投入为 4，不再可行；不能把这个解原样交给有约束问题。

填色区域是实际允许的投入；可行区域外的无约束驻点不参与可行方案比较。

内部没有驻点，因为前面已求出唯一的正驻点为 $(2,2)$。于是检查三条边。横轴边 $M=0$ 上，$P=-L^2$；纵轴边 $L=0$ 上，$P=-M^2$。这两条边的最大值都是 0，最小值都是 $-9$。

在斜边令 $M=3-L$，得到一元函数 $$p(L)=8\sqrt{L(3-L)}-L^2-(3-L{)}^2,0\le L\le 3.$$ 对开区间 $0<L<3$ 求导，并提取公共因子： $$p^{\prime }(L)=\frac{4(3-2L)}{\sqrt{L(3-L)}}+6-4L=(3-2L)(\frac{4}{\sqrt{L(3-L)}}+2).$$ 第二个因子为正，所以 $L<1.5$ 时函数递增，$L>1.5$ 时递减。斜边最大值在 $L=M=1.5$： $$P(1.5,1.5)=8(1.5)-2(1.5{)}^2=\mathrm{7.5.}$$ 两端值均为 $-9$。比较所有内部和边界候选，约束最大值为 7.5，最小值为 $-9$，后者在 $(3,0)$ 与 $(0,3)$ 取得。

横轴只保留一个自由变量；另一个变量始终等于3减L。

在约束最优点，$P_L=P_M=1$，两个偏导并不为零。原因是同时增加两种投入已经不允许；沿斜边的小变化满足 $\Delta M=-\Delta L$，一阶收益变化为 $P_L\Delta L+P_M\Delta M=0$。这与内点驻点的条件不同，也通向拉格朗日乘数法对约束方向的系统处理。

参考资料

• Gilbert Strang、Edwin Herman，Calculus Volume 3，§4.7 Maxima/Minima Problems：极值、驻点、二阶判别与闭有界区域上的全局极值。
• 同书 §4.4 Tangent Planes and Linear Approximations：可微与局部近似。
• 同书 §4.8 Lagrange Multipliers：等式约束与梯度条件。
• 相关条目：偏导数、矩阵、成本收益与利润、拉格朗日乘数法、线性规划。