三变量雅可比矩阵、泰勒近似与极值

平面上的海森矩阵行列式判别法不能自动成为三维判别法。在三个变量下，向量输出的雅可比矩阵组合坐标变换，海森矩阵控制所有空间方向，约束极值则需要检查每个可行边界情形。本章通过明确的三维例子运用这些工具。

1 空间中的雅可比矩阵与链式法则

对定义在开集上的 $F:U\subset\mathbb R^3\to\mathbb R^m$，雅可比矩阵是 $m\times3$ 矩阵，其 $(i,j)$ 元素为 $\partial F_i/\partial x_j$。对 $C^1$ 映射，它给出下式中的导数：

$$F(a+h)=F(a)+J_F(a)h+o(\|h\|).$$

与可微映射 $G$ 复合可得 $J_{F\circ G}=J_F(G)J_G$。证明将一个线性近似代入另一个，并利用中间增量是 $O(\|h\|)$。维数决定矩阵乘法的正确次序。

对于标量场 $T(x,y,z)=x^2+2y^2+3z^2$ 和轨迹 $r(t)=(t,t^2,1-t)$，

$$\frac d{dt}T(r(t))=(2x,4y,6z)\cdot(1,2t,-1) =8t^3+8t-6.$$

直接代入得到 $T(r(t))=2t^4+4t^2-6t+3$，验证了该导数。沿运动轨迹的变化率不是某一个偏导数。

2 三维泰勒近似

若 $f\in C^2$ 于 $a$ 附近，其海森矩阵的元素为 $f_{x_ix_j}$，且矩阵对称。限制到 $\phi(t)=f(a+th)$ 并积分两次，得到

$$f(a+h)=f(a)+\nabla f(a)\cdot h+\tfrac12h^TH_f(a)h+o(\|h\|^2).$$

若线段上海森矩阵的算子范数以 $M$ 为界，则一阶误差至多为 $M\|h\|^2/2$。证明使用积分余项 $\int_0^1(1-t)h^TH_f(a+th)hdt$，因此同时控制所有方向。

对上述二次场，在 $a=(1,1,1)$ 处函数值为 6、梯度为 $(2,4,6)$、海森矩阵为 $\operatorname{diag}(2,4,6)$。增量恰为

$$2h+4k+6\ell+h^2+2k^2+3\ell^2.$$

由于函数是二次的，没有更高阶余项。对位移 $(0.01,-0.02,0.03)$，线性预测为 0.12，二次修正为 0.0036，实际变化恰为 0.1236。

3 临界点与二次方向

在可微函数的内点极值处，三个偏导数均为零。在 $C^2$ 函数的驻点 $a$（$\nabla f(a)=0$）处，若对称海森矩阵正定，其二次型在单位球面上有正的最小值；泰勒展开的小 o 余项最终小于该正二次项，从而证明严格局部最小值。负定给出严格局部最大值；存在正负两种方向则给出鞍点。半正定或半负定海森矩阵不能得出结论。

可通过特征值、配方或 Sylvester 判别法检查正定性：所有顺序主子式均为正。此判别法来自逐次配方，等价于正对角三角分解。在三维中仅有正行列式不够：$\operatorname{diag}(1,-1,-1)$ 的行列式为正，但矩阵不定。

对 $f=(x-1)^2+2(y+1)^2+3(z-2)^2$，唯一全局最小值为零，位于 $(1,-1,2)$。正定海森矩阵提供独立的局部检验，而非负平方和显式证明全局结论。

4 完整的三变量约束例子

在 $x,y,z\ge0$、$x^2+y^2+z^2=3$ 上最大化和最小化 $V(x,y,z)=xyz$。可行集紧且 $V$ 连续，故极值存在。在其边界上至少一个坐标为零，$V=0$；因此最小值为零，在所有边界弧上取得。

在坐标均为正的内部点，正则球面约束的梯度非零。Lagrange 点满足

$$(yz,xz,xy)=\lambda(2x,2y,2z).$$

对该球面可直接证明乘子条件：每个垂直于 $a$ 的向量都是归一化曲线 $\sqrt3(a+tv)/\|a+tv\|$ 的切向量，该曲线在零处导数为 $v$。极值沿每个这种方向的目标函数导数为零，所以其梯度平行于约束法向量 $a$。

将三个方程分别乘以 $x,y,z$，得到 $xyz=2\lambda x^2=2\lambda y^2=2\lambda z^2$。由于所有坐标及 $xyz$ 都为正，$\lambda\ne0$，故各坐标平方相等。由非负性与约束得 $x=y=z=1$，体积为 1。与边界值比较，证明这是全局最大值。仅靠乘子方程不能得到边界弧上的最小值。

完整的三维 Sylvester 判别证明

设 $A=(a_{ij})$ 为实对称 $3\times3$ 矩阵，$\Delta_j$ 为左上角 $j\times j$ 顺序主子式。先设 $\Delta_1>0$，令 $B=(b_{ij})_{i,j=2,3}$，其中 $b_{ij}=a_{ij}-a_{1i}a_{1j}/a_{11}$。第一次配方给出

$$x^TAx=\Delta_1\left(x_1+\frac{a_{12}}{a_{11}}x_2+\frac{a_{13}}{a_{11}}x_3\right)^2+b_{22}x_2^2+2b_{23}x_2x_3+b_{33}x_3^2.$$

直接展开二阶行列式得 $b_{22}=\Delta_2/\Delta_1$；在行列式中减去第一行的倍数，得 $\det A=\Delta_1\det B$。若还有 $\Delta_2>0$，再次配方：

$$x^TAx=\Delta_1\ell_1(x)^2+\frac{\Delta_2}{\Delta_1}\left(x_2+\frac{b_{23}}{b_{22}}x_3\right)^2+\frac{\Delta_3}{\Delta_2}x_3^2,$$

其中 $\ell_1$ 为第一式中的线性表达式。这些三角形线性坐标可逆，所以三个顺序主子式都正便蕴含正定。反之，正定先给出 $a_{11}=\Delta_1>0$。限制 $x_3=0$，选择 $x_1$ 令 $\ell_1=0$，则非零 $x_2$ 处的正性给出 $\Delta_2/\Delta_1>0$。最后取 $x_3\ne0$，依次选 $x_2,x_1$ 消去前两个平方项，正性给出 $\Delta_3/\Delta_2>0$。这在所述实对称三维情形下同时证明了必要性和充分性。

$C^2$ Taylor 公式及其一致的小 o 界，恰为前面极值章节已经证明的一般有限维估计在 $n=3$ 时的结论。一阶误差界也由同一个积分恒等式给出，两者均无需三阶导数。

5 分级练习

E1 雅可比矩阵。 对 $F=(x+y,y+z,z+x)$，求其雅可比矩阵和 $\|F\|^2$ 在 $(1,0,0)$ 处的梯度。

E2 球面。 在 $x^2+y^2+z^2=1$ 上最大化和最小化 $2x-y+2z$。

E3 鞍点。 用明确的方向变化而不只用行列式，分类 $f=xy+z^2$ 在原点的情况。

E4 单纯形。 求 $x,y,z\ge0$、$x+y+z=6$ 上 $xyz$ 的最大值与最小值，包括所有边界情形。

6 详解

S1. $J=\begin{pmatrix}1&1&0\\0&1&1\\1&0&1\end{pmatrix}$。由于梯度为 $2J^TF$，在该点 $F=(1,0,1)$，梯度为 $(4,2,2)$。展开范数平方可验证结果。

S2. Cauchy–Schwarz 不等式给出绝对值至多为 $\|(2,-1,2)\|=3$。最大值 3 在 $(2,-1,2)/3$ 处取得，最小值 $-3$ 在其相反向量处取得。这些向量位于单位球面上，故界可达到。

S3. 沿 $(t,t,0)$，非零 $t$ 时函数值为 $t^2>0$；沿 $(t,-t,0)$ 则为 $-t^2<0$。两条路径均趋向原点，故尽管 $z^2$ 非负，原点仍为鞍点。

S4. 边界值为零。在正的内部，Lagrange 条件给出 $yz=xz=xy$，因此 $x=y=z=2$，值为 8。紧性保证极值存在，比较得该点处最大值为 8、边界上最小值为 0。负坐标候选点不可行，无须检查。

小结

三变量微积分需要与三维相符的矩阵形状和二次方向。泰勒展开控制同时发生的空间变化，而海森矩阵的定性——不是单独的行列式——对正则临界点进行分类。紧性、正则约束及明确的边界比较共同完成全局最优化论证。