合肥工业大学 2026年数学分析第0题

设目标函数为距离平方 $f(x,y,z)=x^2+y^2+z^2$，约束条件为平面方程 $g_1(x,y,z)=x+2y-1=0$ 和曲面方程 $g_2(x,y,z)=x^2+2y^2+z^2-1=0$。引入拉格朗日乘数 $\lambda$ 和 $\mu$，构造拉格朗日函数 $L = x^2+y^2+z^2 + \lambda(x+2y-1) + \mu(x^2+2y^2+z^2-1)$。

分别对 $x,y,z$ 求偏导并令为0： $\frac{\partial L}{\partial x}=2x+\lambda+2\mu x=0$，即 $2x(1+\mu)+\lambda=0$ (1) $\frac{\partial L}{\partial y}=2y+2\lambda+4\mu y=0$，即 $2y(1+2\mu)+2\lambda=0$ (2) $\frac{\partial L}{\partial z}=2z+2\mu z=0$，即 $2z(1+\mu)=0$ (3) 再加上约束条件：$x+2y=1$ (4)，$x^2+2y^2+z^2=1$ (5)。

由(3)得 $1+\mu=0$，即 $\mu=-1$。代入(1)得 $\lambda=0$；代入(2)得 $2y(1-2)=0$，即 $y=0$。由(4)得 $x=1$，由(5)得 $z=0$。得到点 $(1,0,0)$。

由(3)得 $z=0$。由(1)得 $\lambda=-2x(1+\mu)$，代入(2)得 $2y(1+2\mu)-4x(1+\mu)=0$，即 $y(1+2\mu)=2x(1+\mu)$ (6)。由(4)得 $x=1-2y$，代入(6)并化简得 $y(5+6\mu)=2(1+\mu)$ (7)。由(5)且 $z=0$ 得 $x^2+2y^2=1$，代入 $x=1-2y$ 得 $(1-2y)^2+2y^2=1$，化简得 $6y^2-4y=0$，解得 $y=0$ 或 $y=\frac{2}{3}$。

子情况2a：$y=0$，则 $x=1$，得点 $(1,0,0)$，与情况1重复。 子情况2b：$y=\frac{2}{3}$，则 $x=1-2\cdot\frac{2}{3}=-\frac{1}{3}$，$z=0$，得点 $(-\frac{1}{3},\frac{2}{3},0)$。 计算距离平方：$(1,0,0)$ 为 $1$；$(-\frac{1}{3},\frac{2}{3},0)$ 为 $\frac{1}{9}+\frac{4}{9}+0=\frac{5}{9}<1$。故最近点为 $(-\frac{1}{3},\frac{2}{3},0)$。

由(1)和(2)消去 $\lambda$：$\lambda=-2x(1+\mu)$ 且 $\lambda=-y(1+2\mu)$，得 $2x(1+\mu)=y(1+2\mu)$。同时平面约束 $x+2y=1$，曲面约束 $x^2+2y^2=1$。

即 $\mu=-1$，代入得 $y=0$，进而 $x=1$，得到点 $(1,0,0)$，与情况1重复。

由平面约束 $x=1-2y$ 代入曲面约束：$(1-2y)^2+2y^2=1$，展开得 $1-4y+4y^2+2y^2=1$，即 $6y^2-4y=0$，解得 $y=0$ 或 $y=\frac{2}{3}$。$y=0$ 得 $(1,0,0)$ 重复；$y=\frac{2}{3}$ 得 $x=-\frac{1}{3}$，$z=0$。得到候选点 $\left(-\frac{1}{3},\frac{2}{3},0\right)$，距离平方为 $\frac{5}{9}$。

若 $z\neq0$，则由(3)必有 $\mu=-1$，已归入情况1，得到 $(1,0,0)$。因此所有候选点为 $(1,0,0)$ 和 $\left(-\frac{1}{3},\frac{2}{3},0\right)$，最近点为后者。

交线上距离原点最近的点为 $\left(-\frac{1}{3},\frac{2}{3},0\right)$。