用拉格朗日乘數法解決一類與凸函數有關的多元函數條件最值

甘志國+戴桂斌

1凸函數的定義及性質

凸函數的定義當x∈區間I時，若函數f（x）滿足f″（x）≤（≥）0恒成立且f″（x）=0的解集是孤立的點集，即f′（x）是減（增）函數，則f（x）是I上的上（下）凸函數.

例如，f（x）=xα（0<α<1，x>0），g（x）=logax（a>1，x>0），h（x）=sinx（0≤x≤π）都是上凸函數.

凸函數的性質1函數f（x）是區間I上的上凸函數函數-f（x）是區間I上的下凸函數.

凸函數的性質2（琴生不等式）若函數f（x）是區間I上的上（下）凸函數，則x1，x2，…，xn∈I（n≥2），總有f1n∑ni=1xi≥（≤）1n∑ni=1f（xi），當且僅當x1=x2=…=xn時取等號.

2與凸函數有關的一類多元函數條件最值

定理1若f（x）是閉區間[a，b]上的上凸函數，變量x1，x2，…，xn∈[a，b]（n≥2），且x1+x2+…+xn=定值s（有na≤s≤nb），則

（1）∑ni=1f（xi）≤nfsn，當且僅當x1=x2=…=xn=sn時取等號.

（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表示不超過nb-sb-a的最大整數，下同），當且僅當x1，x2，…，xn中有（請注意這里的“有”并不是“有且僅有”的意思，而是“至少有”的意思，下同）n-1個取a或b時取等號，具體的情形是：

①當nb-sb-aN時，當且僅當x1，x2，…，xn中有nb-sb-a個取a，n-1-nb-sb-a個取b，1個取s-nb-sb-aa-n-1-nb-sb-ab時取等號；

②當nb-sb-a∈N時，當且僅當x1，x2，…，xn中有nb-sb-a個取a，n-nb-sb-a個取b時取等號.

定理2若f（x）是閉區間[a，b]上的下凸函數，變量x1，x2，…，xn∈[a，b]（n≥2），且x1+x2+…+xn=定值s（有na≤s≤nb），則

（1）∑ni=1f（xi）≥nfsn，當且僅當x1=x2=…=xn=sn時取等號.

（2）∑ni=1f（xi）≤nb-sb-af（a）+n-1-nb-sb-af（b）+fs-nb-sb-aa-n-1-nb-sb-ab，當且僅當x1，x2，…，xn中有n-1個取a或b時取等號，具體的情形與定理1（2）相同.

由凸函數的性質2立得定理1（1），由凸函數的性質1及定理1立得定理2，所以下面只需證明定理1（2）.

定理1（2）的證明當s=na時，得x1=x2=…=xn=a，可得欲證成立；當s=nb時，得x1=x2=…=xn=b，也可得欲證成立.下面再證當na

先用數學歸納法證明：

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

先證n=2時成立，即證：

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

設L（x1，x2，λ）=f（x1）+f（x2）+λ（x1+x2-s），

由拉格朗日乘數法知，函數f（x1）+f（x2）的最小值點（x*1，x*2）在所給區域的邊界上或滿足f′（x*1）=f′（x*2）=-λ，

x*1+x*2=s.

對于后者，由f′（x）是[a，b]上的減函數，得x*1=x*2=s2，所以得最小值點（x*1，x*2）=s2，s2.而由定理1（1）知，函數f（x1）+f（x2）的最大值點是s2，s2，所以函數f（x1）+f（x2）即f（x1）+f（s-x1）的值域是單元素集.可得x1能在某個區間上取值，所以0=（f（x1）+f（s-x1））′=f′（x1）-f′（s-x1），f′（x1）=f′（s-x1），x1=s-x1，x1=s2，這與“x1能在某個區間上取值”矛盾！所以前者成立，即x*1∈a，b或x*2∈a，b.

得n=2時成立.

假設n=k（k≥2）時成立，下證n=k+1時也成立.即證：

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

設

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

由拉格朗日乘數法知，函數f（x1）+f（x2）+…+f（xk+1）的最小值點（x*1，x*2，…，x*k+1）在所給區域的邊界上或滿足

f′（x*1）=f′（x*2）=…=f′（x*k+1）=λ，

x*1+x*2+…+x*k+1=s.

對于后者，由f′（x）是[a，b]上的減函數，得

x*1=x*2=…=x*k+1=sk+1.

所以最小值點（x*1，x*2，…，x*k+1）=sk+1，sk+1，…，sk+1.而由定理1（1）知，函數f（x1）+f（x2）+…+f（xk+1）的最大值點是sk+1，sk+1，…，sk+1，所以函數f（x1）+f（x2）+…+f（xk+1）即f（x1）+f（x2）+…+f（xk）+f（s-x1-x2-…-xk）的值域是單元素集.可得x1，x2，…，xk均能在某個區間上取值，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.這與“x1，x2，…，xk均能在某個區間上取值”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}.

可不妨設x*k+1∈{a，b}，得函數f（x1）+f（x2）+…+f（xk+1）取到最小值函數f（x1）+f（x2）+…+f（xk）取到最小值.再由“假設n=k（k≥2）時成立”可得“n=k+1時也成立”.

下面再用已證的結論來證定理1（2）.

當∑ni=1f（xi）取最小值時，可設x1，x2，…，xn中有m（m=0，1，2，…，n-1）個取a，n-1-m個取b，另1個取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），

因為na

此時取等號的條件有兩種情形：

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

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

欲證②成立.

證畢.

推論設n（n≥2）個不小于a的變數x1，x2，…，xn之和是定值p（p>na）.

（1）若函數f（x）（x≥a）是上凸函數，則f（x1）+f（x2）+…+f（xn）的取值范圍是（n-1）f（a）+f（p-（n-1）a），nfpn（當且僅當某n-1個xi=a（i=1，2，…，n）時f（x1）+f（x2）+…+f（xn）=（n-1）f（a）+f（p-（n-1）a）；當且僅當x1=x2=…=xn=pn時f（x1）+f（x2）+…+f（xn）=nfpn；

（2）若函數f（x）（x≥a）是下凸函數，則f（x1）+f（x2）+…+f（xn）的取值范圍是nfpn，（n-1）f（a）+f（p-（n-1）a）（當且僅當x1=x2=…=xn=pn時f（x1）+f（x2）+…+f（xn）=nfpn；當且僅當某n-1個xi=a（i=1，2，…，n）時f（x1）+f（x2）+…+f（xn）=（n-1）f（a）+f（p-（n-1）a））.

證明（1）設f（x）是閉區間[a，δ]上的上凸函數.

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

當δ>p-（n-1）a>a時，得n-1

當δ=p-（n-1）a時，得nδ-pδ-a=n-1，所以由定理1（2）②也可得欲證成立.

（2）由凸函數的性質1及（1）可得.

3結論的應用

例1已知0≤yi≤16（i=1，2，…，10），∑10i=1yi=110，當∑10i=1y2i取得最大值時，在y1，y2，…，y10這10個數中等于0的數共有（）.

A.1個B.2個C.3個D.4個

解C.因為f（x）=x2是下凸函數且是二階可導函數，所以由定理2（2）知：當∑10i=1y2i取得最大值時，在y1，y2，…，y10這10個數中有9個數為0或16.

可設其中有m（m=0，1，2，…，9）個0，9-m個16，另一個數為110-16（9-m）=16m-34.再由0≤16m-34≤16，得m=3.

練習1：（2012年華約自主招生數學試題第10題）已知-6≤xi≤10（i=1，2，…，10），∑10i=1=50，當∑10i=1x2i取得最大值時，在x1，x2，…，x10這10個數中等于-6的數共有（）.

A.1個B.2個C.3個D.4個

答案：C.

練習2：（CMO12第1題）設實數x1，x2，…，x1997滿足如下兩個條件：

（1）-13≤xi≤3（i=1，2，…，1997）；

（2）x1+x2+…+x1997=-3183.

試求：x121+x122+…+x121997的最大值，并說明理由.

答案：當且僅當x1，x2，…，x1997這1997個數中有1736個數是-13，260個數是3，1個數是23時，x121+x122+…+x121997取到最大值，且最大值是189548

例2在銳角△ABC中，求證：

（1）sinA+sinB+sinC>2；

（2）sinA+sinB+sinC+cosA+cosB+cosC>3.

證明（1）因為函數f（x）=sinx在0，π2上是上凸函數且是二階可導函數，所以由定理1（2）可得：若A，B，C∈0，π2，A+B+C=π，則sinA+sinB+sinC≥2（當且僅當A，B，C中有兩個均取π2時取等號）.所以欲證成立.

（2）因為函數f（x）=cosx在0，π2上是上凸函數且是二階可導函數，所以由定理1（2）可得：若A，B，C∈0，π2，A+B+C=π，則cosA+cosB+cosC≥1（當且僅當A，B，C中有兩個均取π2時取等號）.

再由（1）中證得的結論得，若A，B，C∈0，π2，A+B+C=π，則sinA+sinB+sinC+cosA+cosB+cosC≥3（當且僅當A，B，C中有兩個均取π2時取等號）.所以欲證成立.

練習3：在△ABC中，求tanA2tanB2+5+tanB2tanC2+5+tanC2tanA2+5的取值范圍.

答案：取值范圍是（6+25，43].

例3（首屆世界數學錦標賽（青年組）團體賽第8題）已知a，b，c∈R+，且a+b+c=1，求3a+1+3b+1+3c+1的整數部分.

解設f（x）=3x+1（x≥0），得f″（x）=

-94（3x+1）-32<0（x≥0），所以函數f（x）是上凸函數.由推論（1）可得3a+1+3b+1+3c+1的取值范圍是（4，32]，所以3a+1+3b+1+3c+1的整數部分是4.

練習4：（第二屆世界數學錦標賽（青年組）團體賽第8題）已知a，b，c∈R+且a+b+c=1，求3a2+1+3b2+1+3c2+1的整數部分.

答案：整數部分是3.

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.這與“x1，x2，…，xk均能在某個區間上取值”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}.

可不妨設x*k+1∈{a，b}，得函數f（x1）+f（x2）+…+f（xk+1）取到最小值函數f（x1）+f（x2）+…+f（xk）取到最小值.再由“假設n=k（k≥2）時成立”可得“n=k+1時也成立”.

下面再用已證的結論來證定理1（2）.

當∑ni=1f（xi）取最小值時，可設x1，x2，…，xn中有m（m=0，1，2，…，n-1）個取a，n-1-m個取b，另1個取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），

因為na

此時取等號的條件有兩種情形：

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

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

欲證②成立.

證畢.

推論設n（n≥2）個不小于a的變數x1，x2，…，xn之和是定值p（p>na）.

（1）若函數f（x）（x≥a）是上凸函數，則f（x1）+f（x2）+…+f（xn）的取值范圍是（n-1）f（a）+f（p-（n-1）a），nfpn（當且僅當某n-1個xi=a（i=1，2，…，n）時f（x1）+f（x2）+…+f（xn）=（n-1）f（a）+f（p-（n-1）a）；當且僅當x1=x2=…=xn=pn時f（x1）+f（x2）+…+f（xn）=nfpn；

（2）若函數f（x）（x≥a）是下凸函數，則f（x1）+f（x2）+…+f（xn）的取值范圍是nfpn，（n-1）f（a）+f（p-（n-1）a）（當且僅當x1=x2=…=xn=pn時f（x1）+f（x2）+…+f（xn）=nfpn；當且僅當某n-1個xi=a（i=1，2，…，n）時f（x1）+f（x2）+…+f（xn）=（n-1）f（a）+f（p-（n-1）a））.

證明（1）設f（x）是閉區間[a，δ]上的上凸函數.

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

當δ>p-（n-1）a>a時，得n-1

當δ=p-（n-1）a時，得nδ-pδ-a=n-1，所以由定理1（2）②也可得欲證成立.

（2）由凸函數的性質1及（1）可得.

3結論的應用

例1已知0≤yi≤16（i=1，2，…，10），∑10i=1yi=110，當∑10i=1y2i取得最大值時，在y1，y2，…，y10這10個數中等于0的數共有（）.

A.1個B.2個C.3個D.4個

解C.因為f（x）=x2是下凸函數且是二階可導函數，所以由定理2（2）知：當∑10i=1y2i取得最大值時，在y1，y2，…，y10這10個數中有9個數為0或16.

可設其中有m（m=0，1，2，…，9）個0，9-m個16，另一個數為110-16（9-m）=16m-34.再由0≤16m-34≤16，得m=3.

練習1：（2012年華約自主招生數學試題第10題）已知-6≤xi≤10（i=1，2，…，10），∑10i=1=50，當∑10i=1x2i取得最大值時，在x1，x2，…，x10這10個數中等于-6的數共有（）.

A.1個B.2個C.3個D.4個

答案：C.

練習2：（CMO12第1題）設實數x1，x2，…，x1997滿足如下兩個條件：

（1）-13≤xi≤3（i=1，2，…，1997）；

（2）x1+x2+…+x1997=-3183.

試求：x121+x122+…+x121997的最大值，并說明理由.

答案：當且僅當x1，x2，…，x1997這1997個數中有1736個數是-13，260個數是3，1個數是23時，x121+x122+…+x121997取到最大值，且最大值是189548

例2在銳角△ABC中，求證：

（1）sinA+sinB+sinC>2；

（2）sinA+sinB+sinC+cosA+cosB+cosC>3.

證明（1）因為函數f（x）=sinx在0，π2上是上凸函數且是二階可導函數，所以由定理1（2）可得：若A，B，C∈0，π2，A+B+C=π，則sinA+sinB+sinC≥2（當且僅當A，B，C中有兩個均取π2時取等號）.所以欲證成立.

（2）因為函數f（x）=cosx在0，π2上是上凸函數且是二階可導函數，所以由定理1（2）可得：若A，B，C∈0，π2，A+B+C=π，則cosA+cosB+cosC≥1（當且僅當A，B，C中有兩個均取π2時取等號）.

再由（1）中證得的結論得，若A，B，C∈0，π2，A+B+C=π，則sinA+sinB+sinC+cosA+cosB+cosC≥3（當且僅當A，B，C中有兩個均取π2時取等號）.所以欲證成立.

練習3：在△ABC中，求tanA2tanB2+5+tanB2tanC2+5+tanC2tanA2+5的取值范圍.

答案：取值范圍是（6+25，43].

例3（首屆世界數學錦標賽（青年組）團體賽第8題）已知a，b，c∈R+，且a+b+c=1，求3a+1+3b+1+3c+1的整數部分.

解設f（x）=3x+1（x≥0），得f″（x）=

-94（3x+1）-32<0（x≥0），所以函數f（x）是上凸函數.由推論（1）可得3a+1+3b+1+3c+1的取值范圍是（4，32]，所以3a+1+3b+1+3c+1的整數部分是4.

練習4：（第二屆世界數學錦標賽（青年組）團體賽第8題）已知a，b，c∈R+且a+b+c=1，求3a2+1+3b2+1+3c2+1的整數部分.

答案：整數部分是3.

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.這與“x1，x2，…，xk均能在某個區間上取值”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}.

可不妨設x*k+1∈{a，b}，得函數f（x1）+f（x2）+…+f（xk+1）取到最小值函數f（x1）+f（x2）+…+f（xk）取到最小值.再由“假設n=k（k≥2）時成立”可得“n=k+1時也成立”.

下面再用已證的結論來證定理1（2）.

當∑ni=1f（xi）取最小值時，可設x1，x2，…，xn中有m（m=0，1，2，…，n-1）個取a，n-1-m個取b，另1個取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），

因為na

此時取等號的條件有兩種情形：

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

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

欲證②成立.

證畢.

推論設n（n≥2）個不小于a的變數x1，x2，…，xn之和是定值p（p>na）.

（1）若函數f（x）（x≥a）是上凸函數，則f（x1）+f（x2）+…+f（xn）的取值范圍是（n-1）f（a）+f（p-（n-1）a），nfpn（當且僅當某n-1個xi=a（i=1，2，…，n）時f（x1）+f（x2）+…+f（xn）=（n-1）f（a）+f（p-（n-1）a）；當且僅當x1=x2=…=xn=pn時f（x1）+f（x2）+…+f（xn）=nfpn；

（2）若函數f（x）（x≥a）是下凸函數，則f（x1）+f（x2）+…+f（xn）的取值范圍是nfpn，（n-1）f（a）+f（p-（n-1）a）（當且僅當x1=x2=…=xn=pn時f（x1）+f（x2）+…+f（xn）=nfpn；當且僅當某n-1個xi=a（i=1，2，…，n）時f（x1）+f（x2）+…+f（xn）=（n-1）f（a）+f（p-（n-1）a））.

證明（1）設f（x）是閉區間[a，δ]上的上凸函數.

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

當δ>p-（n-1）a>a時，得n-1

當δ=p-（n-1）a時，得nδ-pδ-a=n-1，所以由定理1（2）②也可得欲證成立.

（2）由凸函數的性質1及（1）可得.

3結論的應用

例1已知0≤yi≤16（i=1，2，…，10），∑10i=1yi=110，當∑10i=1y2i取得最大值時，在y1，y2，…，y10這10個數中等于0的數共有（）.

A.1個B.2個C.3個D.4個

解C.因為f（x）=x2是下凸函數且是二階可導函數，所以由定理2（2）知：當∑10i=1y2i取得最大值時，在y1，y2，…，y10這10個數中有9個數為0或16.

可設其中有m（m=0，1，2，…，9）個0，9-m個16，另一個數為110-16（9-m）=16m-34.再由0≤16m-34≤16，得m=3.

練習1：（2012年華約自主招生數學試題第10題）已知-6≤xi≤10（i=1，2，…，10），∑10i=1=50，當∑10i=1x2i取得最大值時，在x1，x2，…，x10這10個數中等于-6的數共有（）.

A.1個B.2個C.3個D.4個

答案：C.

練習2：（CMO12第1題）設實數x1，x2，…，x1997滿足如下兩個條件：

（1）-13≤xi≤3（i=1，2，…，1997）；

（2）x1+x2+…+x1997=-3183.

試求：x121+x122+…+x121997的最大值，并說明理由.

答案：當且僅當x1，x2，…，x1997這1997個數中有1736個數是-13，260個數是3，1個數是23時，x121+x122+…+x121997取到最大值，且最大值是189548

例2在銳角△ABC中，求證：

（1）sinA+sinB+sinC>2；

（2）sinA+sinB+sinC+cosA+cosB+cosC>3.

證明（1）因為函數f（x）=sinx在0，π2上是上凸函數且是二階可導函數，所以由定理1（2）可得：若A，B，C∈0，π2，A+B+C=π，則sinA+sinB+sinC≥2（當且僅當A，B，C中有兩個均取π2時取等號）.所以欲證成立.

（2）因為函數f（x）=cosx在0，π2上是上凸函數且是二階可導函數，所以由定理1（2）可得：若A，B，C∈0，π2，A+B+C=π，則cosA+cosB+cosC≥1（當且僅當A，B，C中有兩個均取π2時取等號）.

再由（1）中證得的結論得，若A，B，C∈0，π2，A+B+C=π，則sinA+sinB+sinC+cosA+cosB+cosC≥3（當且僅當A，B，C中有兩個均取π2時取等號）.所以欲證成立.

練習3：在△ABC中，求tanA2tanB2+5+tanB2tanC2+5+tanC2tanA2+5的取值范圍.

答案：取值范圍是（6+25，43].

例3（首屆世界數學錦標賽（青年組）團體賽第8題）已知a，b，c∈R+，且a+b+c=1，求3a+1+3b+1+3c+1的整數部分.

解設f（x）=3x+1（x≥0），得f″（x）=

-94（3x+1）-32<0（x≥0），所以函數f（x）是上凸函數.由推論（1）可得3a+1+3b+1+3c+1的取值范圍是（4，32]，所以3a+1+3b+1+3c+1的整數部分是4.

練習4：（第二屆世界數學錦標賽（青年組）團體賽第8題）已知a，b，c∈R+且a+b+c=1，求3a2+1+3b2+1+3c2+1的整數部分.

答案：整數部分是3.