金少華　宛艷萍　臧婷　徐勇　王東

【摘要】本文通過空間解析幾何典型習(xí)題的多種解法和利用多元函數(shù)求條件極值來證明不等式，拓展學(xué)生求異思維，激發(fā)學(xué)生學(xué)習(xí)興趣，培養(yǎng)學(xué)生的科學(xué)思維方法和創(chuàng)新能力.

【關(guān)鍵詞】平面;圓周;球面;多元函數(shù);條件極值;不等式

【基金項目】2019～2020年度河北省高等教育教學(xué)改革研究與實踐項目（2019GJJG056）

求異思維是沿著不同的方向探索問題答案的思維，在教學(xué)中主要表現(xiàn)為“一題多解”.本文首先給出了空間解析幾何[1]一道典型習(xí)題的多種解法，以拓展學(xué)生求異思維，激發(fā)學(xué)生學(xué)習(xí)興趣，培養(yǎng)學(xué)生的科學(xué)思維方法和創(chuàng)新能力.

例1 求過點A（2，0，0），B（0，1，0），C（0，0，3）的圓周的方程[2].

解一 過A，B，C三點的平面為x2+y+z3=1.設(shè)所求圓的圓心為D（x0，y0，z0），半徑為r，則D在上述平面上，故x02+y0+z03=1.

又（x0-2）2+y20+z20=x20+（y0-1）2+z20=x20+y20+（z0-3）2，

所以x02+y0+z03=1，-4x0+4=-2y0+1=-6z0+9，

解得x0=4049，y0=1398，z0=13598，r=52614.

故所求圓周的方程為x-40[]492+y-13[]982+z-135[]982=32598，x2+y+z3=1.

解二 與A，B兩點等距離的平面滿足 4x-2y-3=0，與B，C等距離的平面滿足y-3z+4=0，∴過A，B，C三點的球面的球心在直線4x-2y-3=0，y-3z+4=0上，即球心為12t+34，t，t3+43. 令t為某一常數(shù)（如t=0），得34，0，43，則球半徑為48112.所以過A，B，C三點的球面方程為x-342+y2+z-432=481144.而過A，B，C三點的平面為x2+y+z3=1，故所求圓周為x-3[]42+y2+z-4[]32=481144，x2+y+z3=1.

解三 過A，B，C三點的平面方程為x2+y+z3=1.所求圓周可看成上述平面與過A，B，C，O四點的球面的交線.設(shè)球心為D（x0，y0，z0），由AD2=BD2=CD2=OD2，有

x20+y20+z20=（x0-2）2+y20+z20=x20+（y0-1）2+z20=x20+y20+（z0-3）2.

解方程組-4x0+4=0，-2y0+1=0，-6z0+9=0，得x0=1，y0=12，z0=32，即D1，12，32，而半徑OD=1+14+94=142，故所求圓周的方程為（x-1）2+y-1[]22+z-3[]22=72，x2+y+z3=1.

下面給出一種利用多元函數(shù)求條件極值來證明不等式的方法，即根據(jù)要證的不等

式將其轉(zhuǎn)化為多元函數(shù)的條件極值問題，從而證得不等式.下面看兩個例題.

例2 證明：對任何正數(shù)a，b，c和自然數(shù)n，不等式an+bn+cn3≥a+b+c3n成立.

證 這個問題可以轉(zhuǎn)化為：對于任何給定的正數(shù)a，b，c和自然數(shù)n，求函數(shù)μ=an+bn+cn 滿足條件a+b+c=3d（d >0）的最小值.

用代入消元法，得 μ=an+bn+（3d-a-b）n.

求偏導(dǎo)數(shù)，得唯一駐點a=b=d.求二階偏導(dǎo)數(shù)可知，a=b=d是極小值點，因此也是最小值點，最小值等于3dn，即

an+bn+cn3≥a+b+c3n.

例3 證明：對任何正數(shù)a，b，c，不等式abc3≤27a+b+c55成立.

證 對于任何給定的正數(shù)a，b，c，設(shè)a+b+c=d，則問題可轉(zhuǎn)化為求函數(shù)f（a，b，c）=abc3在條件a+b+c=d，a>0，b>0，c>0之下的最大值.

令 F=abc3+λ（a+b+c-d），

則Fa=bc3+λ=0，F(xiàn)b=ac3+λ=0，F(xiàn)c=3abc3+λ=0，a+b+c=d，

得唯一解a=b=d[]5，c=3d[]5.

由于連續(xù)函數(shù)f在平面a+b+c=d位于第一卦限部分的邊界上為零，故f在該點取得最大值，即有

abc3≤d523d53=27d55=27a+b+c55.

在求由方程組決定的隱函數(shù)的偏導(dǎo)數(shù)時，也可使用多個解法，如下面例4.

例4 設(shè)u=u（x，y）由方程組u=f（x，y，z，t），g（y，z，t）=0，h（z，t）=0所確定，其中f，g，h都是C（1）類，J=（g，h）（z，t）≠0，求uy.

解一 依題意，所給方程組確定了三個二元函數(shù)u（x，y），t（x，y），z（x，y）.將所給方程組對y求偏導(dǎo)，得uy=fy+fz·zy+ft·ty，gy+gz·zy+gt·ty=0，hz·zy+ht·ty=0，整理，得uy-fz·zy-ft·ty=fy，0·uy+gz·zy+gt·ty=-gy，0·uy+hz·zy+ht·ty=0，由克萊姆法則，得uy=1J（-fzgyht+ftgyhz+Jfy）.

解二 用微分法.將所給方程組中的每個方程求全微分，得

du=fxdx+fydy+fzdz+ftdt，gydy+gzdz+gtdt=0，hzdz+htdt=0，整理，得du-fzdz-ftdt=fxdx+fydy，0du+gzdz+gtdt=-gydy，0du+hzdz+htdt=0，

由克萊姆法則，得du=fxdx+1J（-fzgyht+ftgyhz+Jfy）dy，

故uy=1J（-fzgyht+ftgyhz+Jfy）.

例5 求冪級數(shù)∑∞n=12+cosnπ2n2xn 的收斂半徑[3].

分析 令an=2+cosnπ2n2，由于limn→∞an+1an=limn→∞2+cos（n+1）π2（n+1）2[]2+cosnπ2n2不存在，因此不能用系數(shù)模比值法求收斂半徑.下面尋求其他方法.

解一 用定義求收斂半徑.

考察所有奇次冪項構(gòu)成的冪級數(shù)212x+232x3+…+2（2n-1）2x2n-1+…，

由比值法可知，當|x|>1 時，級數(shù)∑∞n=12x2n-1（2n-1）2的一般項不趨于零（當n→∞時），故當|x|>1時，原級數(shù)發(fā)散;當|x|<1 時，2+cosnπ2n2xn≤3n2，由∑∞n=13n2 收斂，知原級數(shù)收斂.綜上，原級數(shù)的收斂半徑為1.

解二 用系數(shù)模根值法求收斂半徑.

令an=2+cosnπ2n2，則1n2≤an≤3n2，從而1nn2≤nan≤n3nn2，由夾逼準則，知limn→∞nan=1，故由系數(shù)模根值法，知原級數(shù)的收斂半徑為1.

例6 證明：不等式1≤D（cos y2+sin x2）dσ≤2成立，其中區(qū)域D：0≤x≤1，0≤y≤1.

分析 雖然可以通過求被積函數(shù)cos y2+sin x2在閉區(qū)域D上的最大、最小值來解決問題，但求該最值是相當麻煩的，因為需要考察邊界及區(qū)域內(nèi)部的情況，但如果能充分利用區(qū)域特點，將被積函數(shù)化為一元函數(shù)，就簡單多了.

證一 利用對稱性.

因為D關(guān)于直線y=x對稱，所以Dcos y2dσ=Dcos x2dσ.從而原式=Dcos x2+sin x2dσ=2Dsin x2+π4dσ.而0≤x2≤1，故π4≤x2+π4≤π4+1<3π4，所以sinπ4≤sin x2+π4≤sinπ2，即1≤2sin x2+π4≤2，從而1≤Dcos y2+sin x2dσ≤2.

證二 將二重積分化為二次積分，進而化為定積分.

由于Dcos y2dσ=∫10dx∫10cos y2dy=∫10cos y2dy=∫10cos x2dx，而Dsin x2dσ=∫10dx∫10sin x2dy=∫10sin x2dx.從而原式=∫10cos x2+sin x2dx=2∫10sin x2+π4dx，由于1≤2sin x2+π4≤2，從而1≤D（cos y2+sin x2）dσ≤2.

【參考文獻】

[1]高等學(xué)校工科數(shù)學(xué)課程教學(xué)指導(dǎo)委員會本科組.高等數(shù)學(xué)釋疑解難[M].北京：高等教育出版社，1992.

[2]同濟大學(xué)應(yīng)用數(shù)學(xué)系.微積分：第三版[M].北京：高等教育出版社，2010.

[3]于新凱，金少華，郭獻洲.微積分典型問題分析與習(xí)題精選[M].天津：天津大學(xué)出版社，2009.