用拉格朗日乘数法解决一类与凸函数有关的多元函数条件最值

精品文档-下载后可编辑用拉格朗日乘数法解决一类与凸函数有关的多元函数条件最值1凸函数的定义及性质

凸函数的定义当x∈区间I时，若函数f（x）满足f″（x）≤（≥）0恒成立且f″（x）=0的解集是孤立的点集，即f′（x）是减（增）函数，则f（x）是I上的上（下）凸函数.

例如，f（x）=xα（01，x>0），h（x）=sinx（0≤x≤π）都是上凸函数.

凸函数的性质1函数f（x）是区间I上的上凸函数函数-f（x）是区间I上的下凸函数.

凸函数的性质2（琴生不等式）若函数f（x）是区间I上的上（下）凸函数，则x1，x2，…，xn∈I（n≥2），总有f1n∑ni=1xi≥（≤）1n∑ni=1f（xi），当且仅当x1=x2=…=xn时取等号.

2与凸函数有关的一类多元函数条件最值

定理1若f（x）是闭区间[a，b]上的上凸函数，变量x1，x2，…，xn∈[a，b]（n≥2），且x1+x2+…+xn=定值s（有na≤s≤nb），则

（1）∑ni=1f（xi）≤nfsn，当且仅当x1=x2=…=xn=sn时取等号.

（2）∑ni=1f（xi）≥nb-sb-af（a）+n-1-nb-sb-af（b）+fs-nb-sb-aa-n-1-nb-sb-ab

（nb-sb-a表示不超过nb-sb-a的最大整数，下同），当且仅当x1，x2，…，xn中有（请注意这里的“有”并不是“有且仅有”的意思，而是“至少有”的意思，下同）n-1个取a或b时取等号，具体的情形是：

①当nb-sb-aN时，当且仅当x1，x2，…，xn中有nb-sb-a个取a，n-1-nb-sb-a个取b，1个取s-nb-sb-aa-n-1-nb-sb-ab时取等号；

②当nb-sb-a∈N时，当且仅当x1，x2，…，xn中有nb-sb-a个取a，n-nb-sb-a个取b时取等号.

定理2若f（x）是闭区间[a，b]上的下凸函数，变量x1，x2，…，xn∈[a，b]（n≥2），且x1+x2+…+xn=定值s（有na≤s≤nb），则

（1）∑ni=1f（xi）≥nfsn，当且仅当x1=x2=…=xn=sn时取等号.

（2）∑ni=1f（xi）≤nb-sb-af（a）+n-1-nb-sb-af（b）+fs-nb-sb-aa-n-1-nb-sb-ab，当且仅当x1，x2，…，xn中有n-1个取a或b时取等号，具体的情形与定理1（2）相同.

由凸函数的性质2立得定理1（1），由凸函数的性质1及定理1立得定理2，所以下面只需证明定理1（2）.

定理1（2）的证明当s=na时，得x1=x2=…=xn=a，可得欲证成立；当s=nb时，得x1=x2=…=xn=b，也可得欲证成立.下面再证当na

先用数学归纳法证明：

若f（x）是[a，b]上的上凸函数，变量x1，x2，…，xn∈[a，b]（n≥2），且x1+x2+…+xn=定值s（na

先证n=2时成立，即证：

若f（x）是[a，b]上的上凸函数，变量x1，x2满足x1，x2∈[a，b]且x1+x2=定值s（2a

设L（x1，x2，λ）=f（x1）+f（x2）+λ（x1+x2-s），

由拉格朗日乘数法知，函数f（x1）+f（x2）的最小值点（x*1，x*2）在所给区域的边界上或满足f′（x*1）=f′（x*2）=-λ，

x*1+x*2=s.

对于后者，由f′（x）是[a，b]上的减函数，得x*1=x*2=s2，所以得最小值点（x*1，x*2）=s2，s2.而由定理1（1）知，函数f（x1）+f（x2）的最大值点是s2，s2，所以函数f（x1）+f（x2）即f（x1）+f（s-x1）的值域是单元素集.可得x1能在某个区间上取值，所以0=（f（x1）+f（s-x1））′=f′（x1）-f′（s-x1），f′（x1）=f′（s-x1），x1=s-x1，x1=s2，这与“x1能在某个区间上取值”矛盾！所以前者成立，即x*1∈a，b或x*2∈a，b.

得n=2时成立.

假设n=k（k≥2）时成立，下证n=k+1时也成立.即证：

若变量x1，x2，…，xk+1∈[a，b]（k≥2）且x1+x2+…+xk+1=定值s（有（k+1）a

设

L（x1，x2，…，xk+1，λ）=f（x1）+f（x2）+…+f（xk+1）+λ（x1+x2+…+xk+1-s），

由拉格朗日乘数法知，函数f（x1）+f（x2）+…+f（xk+1）的最小值点（x*1，x*2，…，x*k+1）在所给区域的边界上或满足

f′（x*1）=f′（x*2）=…=f′（x*k+1）=λ，

x*1+x*2+…+x*k+1=s.

对于后者，由f′（x）是[a，b]上的减函数，得

x*1=x*2=…=x*k+1=sk+1.

所以最小值点（x*1，x*2，…，x*k+1）=sk+1，sk+1，…，sk+1.而由定理1（1）知，函数f（x1）+f（x2）+…+f（xk+1）的最大值点是sk+1，sk+1，…，sk+1，所以函数f（x1）+f（x2）+…+f（xk+1）即f（x1）+f（x2）+…+f（xk）+f（s-x1-x2-…-xk）的值域是单元素集.可得x1，x2，…，xk均能在某个区间上取值，所以

0=（f（x1）+f（x2）+…+f（xk）+f（s-x1-x2-…-xk））′=f′（x1）-f′（s-x1-x2-…-xk），

x1=s-x1-x2-…-xk，

x1+（x1+x2+…+xk）=s.

同理，有

x1+（x1+x2+…+xk）=x2+（x1+x2+…+xk）=…=xk+（x1+x2+…+xk）=s，

所以x1=x2=…=xk=sk+1.这与“x1，x2，…，xk均能在某个区间上取值”矛盾！所以前者成立，即x*1∈{a，b}或x*2∈{a，b}或…或x*k+1∈{a，b}.

可不妨设x*k+1∈{a，b}，得函数f（x1）+f（x2）+…+f（xk+1）取到最小值函数f（x1）+f（x2）+…+f（xk）取到最小值.再由“假设n=k（k≥2）时成立”可得“n=k+1时也成立”.

下面再用已证的结论来证定理1（2）.

当∑ni=1f（xi）取最小值时，可设x1，x2，…，xn中有m（m=0，1，2，…，n-1）个取a，n-1-m个取b，另1个取s-ma-（n-1-m）b，所以

a≤s-ma-（n-1-m）b≤b，

nb-sb-a-1≤m≤nb-sb-a（m=0，1，2，…，n-1），

因为na

此时取等号的条件有两种情形：

（）得x1，x2，…，xn中有nb-sb-a个取a，n-1-nb-sb-a个取b，另1个取s-nb-sb-aa-n-1-nb-sb-ab=b即x1，x2，…，xn中有nb-sb-a个取a，n-nb-sb-a个取b.

（）得x1，x2，…，xn中有nb-sb-a-1个取a，n-nb-sb-a个取b，另1个取s-nb-sb-a-1a-n-nb-sb-ab=a即x1，x2，…，xn中有nb-sb-a个取a，n-nb-sb-a个取b.

欲证②成立.

证毕.

推论设n（n≥2）个不小于a的变数x1，x2，…，xn之和是定值p（p>na）.

（1）若函数f（x）（x≥a）是上凸函数，则f（x1）+f（x2）+…+f（xn）的取值范围是（n-1）f（a）+f（p-（n-1）a），nfpn（当且仅当某n-1个xi=a（i=1，2，…，n）时f（x1）+f（x2）+…+f（xn）=（n-1）f（a）+f（p-（n-1）a）；当且仅当x1=x2=…=xn=pn时f（x1）+f（x2）+…+f（xn）=nfpn；

（2）若函数f（x）（x≥a）是下凸函数，则f（x1）+f（x2）+…+f（xn）的取值范围是nfpn，（n-1）f（a）+f（p-（n-1）a）（当且仅当x1=x2=…=xn=pn时f（x1）+f（x2）+…+f（xn）=nfpn；当且仅当某n-1个xi=a（i=1，2，…，n）时f（x1）+f（x2）+…+f（xn）=（n-1）f（a）+f（p-（n-1）a））.

证明（1）设f（x）是闭区间[a，δ]上的上凸函数.

当x1=x2=…=xn-1=a时，xn=p-（n-1）a.所以δ≥p-（n-1）a.

当δ>p-（n-1）a>a时，得n-1

当δ=p-（n-1）a时，得nδ-pδ-a=n-1，所以由定理1（2）②也可得欲证成立.

（2）由凸函数的性质1及（1）可得.

3结论的应用

例1已知0≤yi≤16（i=1，2，…，10），∑10i=1yi=110，当∑10i=1y2i取得最大值时，在y1，y2，…，y10这10个数中等于0的数共有（）.

A.1个B.2个C.3个D.4个

解C.因为f（x）=x2是下凸函数且是二阶可导函数，所以由定理2（2）知：当∑10i=1y2i取得最大值时，在y1，y2，…，y10这10个数中有9个数为0或16.

可设其中有m（m=0，1，2，…，9）个0，9-m个16，另一个数为110-16（9-m）=16m-34.再由0≤16m-34≤16，得m=3.

练习1：（2022年华约自主招生数学试题第10题）已知-6≤xi≤10（i=1，2，…，10），∑10i=1=50，当∑10i=1x2i取得最大值时，在x1，x2，…，x10这10个数中等于-6的数共有（）.

A.1个B.2个C.3个D.4个

答案：C.

练习2：（CMO12第1题）设实数x1，x2，…，x1997满足如下两个条件：

（1）-13≤xi≤3（i=1，2，…，1997）；

（2）x1+x2+…+x1997=-3183.

试求：x121+x122+…+x121997的最大值，并说明理由.

答案：当且仅当x1，x2，…，x1997这1997个数中有1736个数是-13，260个数是3，1个数是23时，x121+x122+…+x121997取到最大值，且最大值是189548

例2在锐角ABC中，求证：

（1）sinA+sinB+sinC>2；

（2）sinA+sinB+sinC+cosA+cosB+cosC>3.

证明（1）因为函数f（x）=sinx在0，π2上是上凸函数且是二阶可导函数，所以由定理1（2）可得：若A，B，C∈0，π2，A+B+C=π，则sinA+sinB+sinC≥2（当且仅当A，B，C中有两个均取π2时取等号）.所以欲证成立.

（2）因为函数f（x）=cosx在0，π2上是上凸函数且是二阶可导函数，所以由定理1（2）可得：若A，B，C∈0，π2，A+B+C=π，则cosA+cosB+cosC≥1（当且仅当A，B，C中有两个均取π2时取等号）.

再由（1）中证得的结论得，若A，B，C∈0，π2，A+B+C=π，则sinA+sinB+sinC+cosA+cosB+cosC≥3（当且仅当A，B，C中有两个均取π2时取等号）.所以欲证成立.

练习3：在ABC中，求tanA2tanB2+5+tanB2tanC2