例1 设在笛卡尔坐标系中有椭圆方程：

且a≠0，b≠0，b²+2bc≥0，则该椭圆上点到原点的距离必存在极大值和极小值，其中：式(1)是以坐标原点为顶点、x轴为转轴的旋转抛物面；式(2)是以(a，b，b)为一法向，过$\left(\frac{-c}{a}, 0, 0\right), \left(0, \frac{-c}{b}, 0\right)$，$\left(0, 0, \frac{-c}{b}\right)$3点的平面.该椭圆则是两图形的交线，易知其上点到原点的距离必存在极大值和极小值.也可用初等方法证明极值存在，下面给出证明过程.

证 设有二次方程Ax²+Bx+C=0，且B²-4AC≥0，所以有实根$x_{1, 2}=\frac{-B \pm \sqrt{B^{2}-4 A C}}{2 A}$，则$x_{1}+x_{2}=\frac{-B}{A}, x_{1} \cdot x_{2}=\frac{C}{A}$.令A=1，则x₁+x₂=-B，x₁·x₂=C.由式(2)可得，$y+z=\frac{-c-a x}{b}$，将其代入式(1)可得$y \cdot z=\frac{\left(\frac{a x+c}{b}\right)^{2}+\frac{a x}{b}}{2}$.因为y，z为椭圆上的坐标，也是实数，所以y，z可看作Ax²+Bx+C=0的两实数根，其中$-B=\frac{-c-a x}{b}$，$C=\frac{\left(\frac{a x+c}{b}\right)^{2}+\frac{a x}{b}}{2}$，则二次方程变为${X^2} + \frac{{ax + c}}{b} \cdot X + \frac{{{{\left({\frac{{ax + c}}{b}} \right)}^2} + \frac{{ax}}{b}}}{2} = 0$.此时满足条件$B^{2}-4 A C=\left(\frac{a x+c}{b}\right)^{2}-2\left[\left(\frac{a x+c}{b}\right)^{2}+\frac{a x}{b}\right] \geqslant 0$，即${a^2}{x^2} + 2a \cdot (b + c) \cdot x + {c^2} \le 0$.又因为a²>0，即二次方程开口向上，所以有

因为式(1)为一旋转抛物面，其上点到原点的距离d为x的严格单调函数，而式(3)表明x存在一个极大值和一个极小值，所以d必存在一个极大值和一个极小值，证毕.

特别地，当c=0，不等式(3)变为$\frac{b}{-a}-\frac{|b|}{|a|} \leqslant x \leqslant \frac{b}{-a}+\frac{|b|}{|a|}$；当$\frac{a}{b}>0$时，$\frac{2 b}{-a} \leqslant x \leqslant 0$；当$\frac{a}{b}$ < 0时，$0 \leqslant x \leqslant \frac{2 b}{-a}$.又当x=0时，代入式(1)可得y=z=0，此时椭圆上点(0，0，0)到原点的距离d₁=0；当$x=\frac{2 b}{-a}$时，代入式(1)，(2)可得y=z=1，此时椭圆上点$\left(\frac{2 b}{-a}, 1, 1\right)$到原点的距离$d_{2}=\sqrt{\frac{4 b^{2}}{a^{2}}+2}>0$.所以可知点(0，0，0)为极小值点，距离的极小值d_min=d₁=0；点$\left(\frac{2 b}{-a}, 1, 1\right)$为极大值点，距离的极大值$d_{\max }=d_{2}=\sqrt{\frac{4 b^{2}}{a^{2}}+2}$.

从上述分析已知该类椭圆上点到原点的距离必存在极大极小值，且给出了c=0时极大极小值的解析表达式.现采用Hesse矩阵来判别c=0时该类椭圆上点到原点的距离是否存在极值.

原问题等价为求目标函数f(x，y，z)=x²+y²+z²在约束条件式(1)，(2)，当c=0时的极值，即此时约束条件为：

作拉格朗日函数$L\left(x, y, z, \lambda_{1}, \lambda_{2}\right)=x^{2}+y^{2}+z^{2}+\lambda_{1}\left[a x+b \cdot\left(y^{2}+z^{2}\right)\right]+\lambda_{2}[a x+b \cdot(y+z)]$，由条件极值的必要性条件^[2]$\frac{\partial L}{\partial x_{i}}=0, \frac{\partial L}{\partial \lambda_{j}}=g_{j}=0$可得：

由式(5)，(6)的对称性可得y=z；将其代入式(8)可得$x=\frac{2 b y}{-a}=\frac{2 b z}{-a}$；将x，y，z的关系式代入式(7)可得y_1，2=z_1，2=0，1，x_1，2=0，$\frac{2 b}{-a}$；将x_1，2，y_1，2代入式(4)，(5)可得λ_11，12=0，$-\frac{2}{b}-\frac{4 b}{a^{2}}$，λ_21，22=0，$\frac{2}{b}$+$\frac{8 b}{a^{2}}$.所以L函数的两个驻点为：

由之前的分析已知点(0，0，0)为极小值点，点$\left(\frac{2 b}{-a}, 1, 1\right)$为极大值点，现用Hesse矩阵H_n来判别这两个驻点.此时$\boldsymbol{H}_{3}=\left[\begin{array}{ccc}{\frac{\partial^{2} L}{\partial x^{2}}} & {\frac{\partial^{2} L}{\partial x \partial y}} & {\frac{\partial^{2} L}{\partial x \partial z}} \\ {\frac{\partial^{2} L}{\partial y \partial x}} & {\frac{\partial^{2} L}{\partial y^{2}}} & {\frac{\partial^{2} L}{\partial y \partial z}} \\ {\frac{\partial^{2} L}{\partial z \partial x}} & {\frac{\partial^{2} L}{\partial z \partial y}} & {\frac{\partial^{2} L}{\partial z^{2}}}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{ccc}{2} & {0} & {0} \\ {0} & {2+2 b \lambda_{1}} & {0} \\ {0} & {0} & {2+2 b \lambda_{1}}\end{array}\right]$，当λ₁=λ₁₁=0时，在驻点(0，0，0)处，2>0，2+2bλ₁>0，H₃正定，则该驻点为极小值点^[3]，与证明相符；当$\lambda_{1}=\lambda_{21}=-\frac{2}{b}-\frac{4 b}{a^{2}}$时，2>0，2+2bλ₁ < 0，在驻点$\left(\frac{2 b}{-a}, 1, 1\right)$处，H₃的特征值有正有负，则该驻点为鞍点，与证明矛盾.所以对于该类型的椭圆，当c=0时，采用Hesse矩阵判别驻点状态是错误的.由前述证明过程可类似推导出，当c≠0时，采用Hesse矩阵判别驻点状态也是错误的.

对于无条件极值，设目标函数为f(x)，$x \in \mathbb{R}^{n}, n \in \mathbb{N}^{+}$，且设本文中f(x)对每个x_i具有二阶连续偏导数.由无条件极值的必要性条件^[4]，解n个方程$\frac{\partial f}{\partial x_{i}}=0$可得驻点，在任一驻点X⁰处对f(x)作二阶泰勒展开可得：

当dx_i⁰的取值很小时，$o\left(\sum\limits_{i=1}^{n}\left(\mathrm{d} x_{i}^{0}\right)^{2}\right)$是二次型$\mathrm{d} \boldsymbol{X}^{0} \boldsymbol{H}_{n}\left(\mathrm{d} \boldsymbol{X}^{0}\right)^{T}$的高阶无穷小，则Δf与$\mathrm{d} \boldsymbol{X}^{0} \boldsymbol{H}_{n}\left(\mathrm{d} \boldsymbol{X}^{0}\right)^{\mathrm{T}}$同号.若此时H_n正定，则H_n的特征值均大于0，所有$\mathrm{d} \boldsymbol{X}^{0} \boldsymbol{H}_{n}\left(\mathrm{d} \boldsymbol{X}^{0}\right)^{\mathrm{T}}>0$，Δf(x)>0，f(X⁰)取极小值，X⁰为极小值点；若此时H_n负定，则H_n特征值均小于0，所有$\mathrm{d} \boldsymbol{X}^{0} \boldsymbol{H}_{n}\left(\mathrm{d} \boldsymbol{X}^{0}\right)^{\mathrm{T}} < 0$，Δf(x) < 0，f(X⁰)取极大值，X⁰为极大值点；若此时H_n的特征值或正或负，则$\mathrm{d} \boldsymbol{X}^{0} \boldsymbol{H}_{n}\left(\mathrm{d} \boldsymbol{X}^{0}\right)^{\mathrm{T}}$也或正或负，Δf(x)也或正或负，X⁰为鞍点.除此之外的情况需另行讨论驻点X⁰的状态.

下面采用降维思想^[5]，将等式约束条件极值问题用拉格朗日乘数法来求解.只是这时自变量及其增量均受等式约束限制，因而判别极值的矩阵H_n-m^*与H_n有所不同.现设$m \in \mathbb{N}^{+}$，m < n，等式约束有m个：

作拉格朗日函数：

在驻点及其某一邻域内满足条件雅克比矩阵满秩(式(12))，并且满足式(13)

由条件极值的必要性条件，解n+m个方程：$\frac{\partial L}{\partial x_{i}}=0, \frac{\partial L}{\partial \lambda_{j}}=g_{j}=0$，可得驻点.可知任一驻点X⁰=$\left(x_{1}^{0}, \cdots, x_{n}^{0}; \lambda_{1}^{0}, \cdots, \lambda_{m}^{0}\right)$显然满足m个等式约束(10)，即g_j(x)=0；且该驻点处的微小改变量(x₁⁰+dx₁⁰，…，x_n⁰+dx_n⁰)也必须满足这m个等式约束(10)，即g_j(x₁⁰+dx₁⁰，…，x_n⁰+dx_n⁰)=Δg_j=0，则有ΔL=L(x₁⁰+dx₁⁰，…，x_n⁰+dx_n⁰；λ₁⁰+dλ₁⁰，…，λ_m⁰+dλ_m⁰)-L(x₁⁰，…，x_n⁰；λ₁⁰，…，λ_m⁰)=$\Delta f+\sum\limits_{j=1}^{m} \lambda_{j} \Delta g_{j}$=Δf.现对L函数(11)在驻点X⁰处作关于x_i⁰的二阶泰勒展开，此时需将L函数中的λ_j⁰看作常量，可得：

因为在X⁰处有必要性条件$\frac{\partial L}{\partial x_{i}}=0$，可得：

对于条件极值和无条件极值充分条件的差别，其关键在于式(9)和式(14)中$\left[\begin{array}{llll}{\mathrm{d} x_{1}^{0}} & {\mathrm{d} x_{2}^{0}} & {\cdots} & {\mathrm{d} x_{n}^{0}}\end{array}\right]$是不同的：式(9)中n个dx_i⁰均为独立变量；式(14)的n个dx_i⁰中，独立变量只有n-m个，而另外m个非独立变量为这n-m个变量的隐函数^{[1, 6]}.所以必须找到m个非独立变量与n-m个独立变量间更精确的关系式才能更精确地判别极值点.

因此约束(10)在满足式(12)，(13)的驻点X⁰处有泰勒级数：

当dx_i⁰足够小，可令$o(\sqrt{\sum\limits_{i=1}^{n}\left(\mathrm{d} x_{i}^{0}\right)^{2}})=0$，于是解这m个线性方程可得：$\left[\begin{array}{c}{\mathrm{d} x_{1}^{0}} \\ {\mathrm{d} x_{2}^{0}} \\ {\vdots} \\ {\mathrm{d} x_{m}^{0}}\end{array}\right]$=$\left[\begin{array}{cccc}{a_{11}} & {a_{12}} & {\cdots} & {a_{1 n-m}} \\ {a_{21}} & {a_{22}} & {\cdots} & {a_{2 n-m}} \\ {\vdots} & {\vdots} & {\ddots} & {\vdots} \\ {a_{m 1}} & {a_{m 2}} & {\cdots} & {a_{m n-m}}\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}{\mathrm{d} x_{m+1}^{0}} \\ {\mathrm{d} x_{m+2}^{0}} \\ {\vdots} \\ {\mathrm{d} x_{m+(n-m)}^{0}}\end{array}\right]$，此时是将$\mathrm{d} x_{m+1}^{0}, \cdots, \mathrm{d} x_{n}^{0}$作为独立变量，其中$\lim\limits _{\mathrm{d} x, \mathrm{d} x_{i}^{0} \rightarrow 0} \frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} x_{i}^{0}}=c \neq 0$，i=1，…，n.记系数矩阵A_m×(n-m)为：

记单位阵I_n-m为：

记Hesse变形矩阵H_n-m^*为：

则此时可记

当dx_i⁰足够小时，$o\left(\sum\limits_{i=1}^{n}\left(\mathrm{d} x_{i}^{0}\right)^{2}\right)$是二次型YH_n-m^*Y^T的高阶无穷小，Δf与YH_n-m^*Y^T同号.此时若H_n-m^*正定，则H_n-m^*的特征值均大于0，所有YH_n-m^*Y^T>0，Δf(x)>0，f(X⁰)取极小值，驻点X⁰为极小值点；若H_n-m^*负定，H_n-m^*的特征值均小于0，所有YH_n-m^*Y^T < 0，Δf(x) < 0，f(X⁰)取极大值，驻点X⁰为极大值点；若H_n-m^*的特征值或正或负，则YH_n-m^*Y^T或正或负，Δf(x)或正或负，驻点X⁰为鞍点.除此之外的情况需另行讨论驻点X⁰的状态.

下面推导系数矩阵A_m×(n-m)中元素a_jk的表达式以更精确地判别极值.

当n=3，m=2时，有目标函数f(x₁，x₂，x₃)及约束条件(18)，

设此时雅克比行列式为$J_{\left(x_{1}, x_{2}\right)}=\frac{D\left(g_{1}, g_{2}\right)}{D\left(x_{1}, x_{2}\right)}$，即以x₃作为独立变量，此时i=1，2，3，j=1，2，则对等式约束(18)在驻点处作一阶泰勒展开可得：

当n=4，m=2时，有目标函数f(x₁，x₂，x₃，x₄)及约束条件(19)，

此时设雅克比行列式为$J_{\left(x_{1}, x_{2}\right)}=\frac{D\left(g_{1}, g_{2}\right)}{D\left(x_{1}, x_{2}\right)}$，即以x₃，x₄作为独立变量，此时i=1，2，3，4，j=1，2，则对等式约束(19)在驻点处作一阶泰勒展开可得：

继续求解多维多约束的情形，并由数学归纳法可得，$\forall n, m \in \mathbb{N}^{+}$，m < n，k=1，2，…，n-m，当目标函数为f(x)，且f(x)在定义域内对每个x_i具有二阶连续偏导数，有等式约束(10)，L函数(11)于驻点满足条件(12)，(13)时，有式(10)的一阶泰勒级数如下：

1) 当j=1，即所求系数a_1k为A_m×(n-m)第一行的元素时，

2) 当j=m，即所求系数a_mk为A_m×(n-m)最后一行的元素时，

3) 当j=2，3，…，m-1，即所求系数a_jk为A_m×(n-m)中间行的元素时，

现举一例来说明对于等式约束的条件极值采用H_n-m^*判别比采用H_n判别更精确.

例2  对于式(1)，(2)，取a=1，b=c=-1，此时满足条件a≠0，b≠0，b²+2bc≥0，椭圆方程(1)，(2)变为：

求该椭圆上的点到坐标原点距离的极大值及极小值.

由前述证明可知该距离必存在一个极大值和一个极小值，现分别采用H_n和H_n-m^*判别极值.

解 原题等价于求目标函数f=x²+y²+z²在等式约束g₁=x-y²-z²=0，g₂=x-y-z-1=0下的极大值和极小值.作L函数L=f+λ₁g₁+λ₂g₂，于是有：

采用与上文相同的求解步骤，得L函数的两个驻点：

此时若采用H_n判别，则有$\boldsymbol{H}_{3}=\left[\begin{array}{ccc}{2} & {0} & {0} \\ {0} & {2-2 \lambda_{1}} & {0} \\ {0} & {0} & {2-2 \lambda_{1}}\end{array}\right]$，当$\lambda_{1}=\lambda_{11}=3+\frac{5}{3} \sqrt{3}$时，2-2λ₁ < 0，2>0，则H₃不定，(x₁，y₁，z₁)为f的鞍点；当$\lambda_{1}=\lambda_{21}=3-\frac{5}{3} \sqrt{3}$时，2-2λ₁>0，2>0，则H₃正定，(x₂，y₂，z₂)为f的极小值点.但此结果与证明相悖，所以改用H_n-m^*判别.因为此时n=3，m=2，点(x₁，y₁，z₁)，(x₂，y₂，z₂)满足条件：$J_{(x, y)}=\frac{D\left(g_{1}, g_{2}\right)}{D(x, y)}=2 y-1 \neq 0$，$\frac{\partial g_{1}}{\partial x}=1 \neq 0, \frac{\partial g_{1}}{\partial y}=-2 y \neq 0, \frac{\partial g_{2}}{\partial x}=1 \neq 0$，$\frac{\partial g_{2}}{\partial y}=-1 \neq 0, \operatorname{Rank}\left(J_{(x, y)}\right)=\operatorname{Rank}\left[\begin{array}{cc}{1} & {-2 y} \\ {1} & {-1}\end{array}\right]=2=m$，所以可采用H_n-m^*判别极值.由式(17)可得，$\boldsymbol{H}_{3-2}^{*}=\left[\begin{array}{ll}{\boldsymbol{A}_{2 \times(3-2)}^{T}} & {\boldsymbol{I}_{3-2}}\end{array}\right] \boldsymbol{H}_{3}\left[\begin{array}{c}{\boldsymbol{A}_{2 \times(3-2)}} \\ {\boldsymbol{I}_{3-2}}\end{array}\right]$，由式(16)可得$\boldsymbol{A}_{2 \times(3-2)}=\left[\begin{array}{l}{a_{11}} \\ {a_{21}}\end{array}\right]$；当j=1时，由式(20)可得， ${a_{11}} = \frac{(-1)^{1}}{J_{(x, y)}} \cdot \frac{D\left(g_{2}, g_{1}\right)}{D\left(x_{3}, x_{2}\right)}=\frac{2 y-2 z}{2 y-1}=0$ $，当j=2=m时，由式(21)可得，$a_{21}=\frac{(-1)^{2}}{J_{(x, y)}} \cdot \frac{D\left(g_{2}, g_{1}\right)}{D\left(x_{1}, x_{3}\right)}=\frac{-2 z+1}{2 y-1}=$-1；所以此时$\boldsymbol{A}_{2 \times(3-2)}=\left[\begin{array}{c}{0} \\ {-1}\end{array}\right]$，$\mathit{\boldsymbol{H}}_{3 - 2}^* = \left[{\begin{array}{*{20}{c}} 0&{ - 1}&1 \end{array}} \right]{\mathit{\boldsymbol{H}}_3}\left[{\begin{array}{*{20}{c}} 0\\ { - 1}\\ 1 \end{array}} \right] = 4\left({1 - {\lambda _1}} \right)$.当$\lambda_{1}=\lambda_{11}=3+\frac{5}{3} \sqrt{3}$时，4(1-λ₁) < 0，则H_3-2^*负定，此时Δf=dz·4(1-λ₁)·dz+ο(dx²+dy²+dz²) < 0，(x₁，y₁，z₁)为f的极大值点，椭圆上的点到原点距离的极大值$\mathrm{d}_{\max }=\sqrt{f_{\max }}=4.63$；当$\lambda_{1}=\lambda_{21}=3-\frac{5}{3} \sqrt{3}$时，4(1-λ₁)>0，则H_3-2^*正定，此时Δf>0，(x₂，y₂，z₂)为f的极小值点，距离的极小值$\mathrm{d}_{\min }=\sqrt{f_{\min }}=0.78$.所以存在一个极大值和一个极小值，与前述证明相符.

但采用H_n-m^*并不能将所有等式约束条件极值的驻点状态准确判别，现再举一例.

例3 设有椭圆方程：

求该椭圆上点到原点距离的极大极小值.

解 该问题同样可用前文所述初等方法证明极大极小值的存在.现继续采用H_n-m^*判别极值.此时该问题等价为求目标函数f=x²+y²+z²在等式约束$g_{1}=\frac{x+3}{2}-y^{2}-z^{2}=0$，g₂=x-y-z=0下的极大值和极小值.作L函数L=f+λ₁g₁+λ₂g₂，有：

解得L函数的两个驻点为：

此时有$J_{(x, y)}=2 y-\frac{1}{2} \neq 0, \frac{\partial g_{1}}{\partial x}=\frac{1}{2} \neq 0$，$\frac{\partial g_{1}}{\partial y}=-2 y \neq 0, \frac{\partial g_{2}}{\partial x}=1 \neq 0$，$ \frac{\partial g_{2}}{\partial y}=-1 \neq 0 $，Rank(J_(x，y))=$\operatorname{Rank}\left[\begin{array}{cc}{\frac{1}{2}} & {-2 y} \\ {1} & {-1}\end{array}\right]=2=m$，所以可采用H_n-m^*判别极值.当j=1时，由式(20)可得， ${a_{11}} = \frac{{{{(- 1)}^1}}}{{{J_{(x, y)}}}} \cdot \frac{{D\left({{g_2}, {g_1}} \right)}}{{D\left({{x_3}, {x_2}} \right)}} = \frac{{2y - 2z}}{{ - 2y + \frac{1}{2}}} = 0 $，当j=2=m时，由式(21)可得，$a_{21}=\frac{(-1)^{2}}{J_{(x, y)}} \cdot \frac{D\left(g_{2}, g_{1}\right)}{D\left(x_{1}, x_{3}\right)}=\frac{-2 z+\frac{1}{2}}{2 y-\frac{1}{2}}=-1$；所以此时$\boldsymbol{A}_{2 \times(3-2)}=\left[\begin{array}{c}{0} \\ {-1}\end{array}\right]$，$\boldsymbol{H}_{\dot{3}-2}^{*}=\left[\begin{array}{lll}{0} & {-1} & {1}\end{array}\right] \boldsymbol{H}_{3}\left[\begin{array}{c}{0} \\ {-1} \\ {1}\end{array}\right]=4\left(1-\lambda_{1}\right)$.当$ \lambda_{1}=\lambda_{11}=3+\frac{3}{13} / 13 $时，4(1-λ₁) < 0，则H_3-2^*负定，此时Δf < 0，(x₁，y₁，z₁)为f的极大值点；当$\lambda_{1}=\lambda_{21}=3-\frac{3}{13} \sqrt{13}$时，4(1-λ₁) < 0，则H_3-2^*负定，此时Δf < 0，(x₂，y₂，z₂)也为f的极大值点，与实际情况矛盾，此时使用H_n-m^*判定失效.出现这种情况的原因在于式(15)为寻找自变量增量间的解析表达式，对约束条件在驻点处作的一阶泰勒展开，省略了二阶及其以上的高阶无穷小量，因而不是自变量增量间最精确的关系式^[7-8].随着目标函数维数增加，等式约束数目及复杂程度增大，即使只作一阶泰勒展开，求解式(15)中非独立变量关于独立变量的解析表达式已相当复杂，如果将泰勒级数展开到二阶或者更高阶，将更难甚至无法求解出表达式.尽管如此，采用H_n-m^*判别等式约束的条件极值确实比采用H_n更精确，因为用一阶泰勒展开求解了自变量增量间的关系式.

采用Hesse矩阵H_n判别无条件极值的充分条件是准确的，而判别存在等式约束的条件极值的充分条件不够精确；采用本文提出的Hesse变形矩阵H_n-m^*判别后者更精确，因其可判别出一部分被H_n错误判定的驻点.产生这种差别的原因是无条件极值问题的自变量微小增量dx_i间没有约束关系，即所有dx_i均是独立变量；而条件极值问题的自变量微小增量dx_i与m个等式约束有关，n个dx_i中只有n-m个是独立变量，另外m个非独立变量是这n-m个变量的隐函数.

由于对等式约束在驻点处作一阶泰勒展开得到的关系式(15)是在舍弃了二阶及其以上的高阶无穷小量时得到的，即本文得出的非独立变量与独立变量间的关系式并不是最准确的，所以H_n-m^*仍不能将所有驻点的状态均准确判定.若将式(15)式作更高阶的泰勒展开，则可得到更精确的H_n-m^*，从而正确判别出更多驻点的状态；但其解析表达式过于复杂不便推导及表述，寻找系数矩阵A_m×(n-m)的数值解是更有实际意义的.