清华强基题：x²+y²+xy=1 求 x-y 最大值的七种解法

左边 $x^2+y^2+xy$ 与 $(x+y)^2$、$(x-y)^2$ 都沾亲带故，试着用 $x+y$ 与 $x-y$ 整体表示：

因为任何数的平方都不是负数，$3(x+y)^2\geq 0$，所以

即 $-2\leq x-y\leq 2$。当 $x+y=0$ 时等号成立，代回条件解得 $x=1,y=-1$ 或 $x=-1,y=1$。故 $x-y$ 的最大值为 $2$。

设 $u=x+y$，$v=x-y$，则 $x=\dfrac{u+v}{2}$，$y=\dfrac{u-v}{2}$。代入条件：

即 $3u^2+v^2=4$。由 $3u^2\geq 0$ 得 $v^2\leq 4$，所以 $-2\leq v\leq 2$。

当 $u=0$ 时 $v=\pm2$，对应 $x=1,y=-1$ 或 $x=-1,y=1$。故 $x-y$ 的最大值为 $2$。

设 $k=x-y$，则 $x=y+k$，代入条件：

整理成关于 $y$ 的一元二次方程：

$y$ 是实数，所以这个方程必须有实数解，判别式不能为负：

解得 $k^2\leq 4$，即 $-2\leq k\leq 2$。当 $k=2$ 时方程有解 $y=-1$，从而 $x=1$。故 $x-y$ 的最大值为 $2$。

先把条件配方，分离出两个平方：

「两个平方之和等于 1」正是单位圆的信号，于是令

则 $y=\dfrac{2}{\sqrt{3}}\sin\theta$，$x=\cos\theta-\dfrac{1}{\sqrt{3}}\sin\theta$，所以

余弦函数的最大值是 $1$，故 $x-y$ 的最大值为 $2$（当 $\theta=-\dfrac{\pi}{3}$，即 $x=1,y=-1$ 时取到）。

方程 $x^2+y^2+xy=1$ 是一条二次曲线。由和差换元知它能化成 $\dfrac{3u^2}{4}+\dfrac{v^2}{4}=1$，所以它是一个（旋转过的）椭圆。

设 $x-y=k$，这是一族斜率为 $1$ 的平行直线，$k$ 是截距的变形。直线族扫过椭圆时，$k$ 的最值一定发生在直线与椭圆恰好相切的位置。

把 $y=x-k$ 代入椭圆方程，得 $3x^2-3kx+(k^2-1)=0$。相切要求判别式为零：

解得 $k=\pm2$。故 $x-y$ 的最大值为 $2$，切点正是 $(1,-1)$。

构造拉格朗日函数

对各变量求偏导并令其为零：

两式相加得 $3\lambda(x+y)=0$。若 $\lambda=0$ 则与第一式矛盾，所以 $x+y=0$，即 $x=-y$。

代入约束：$x^2+x^2-x^2=x^2=1$，得驻点 $(1,-1)$ 与 $(-1,1)$，对应目标值 $2$ 与 $-2$。

约束曲线有界封闭，最值必在驻点处取到，故最大值为 $2$。

把条件写成矩阵形式的二次型 $X^{\mathsf{T}}AX=1$，其中

求特征值：$\det(A-\lambda I)=(1-\lambda)^2-\dfrac{1}{4}=0$，得 $\lambda_1=\dfrac{3}{2}$，$\lambda_2=\dfrac{1}{2}$，对应单位特征向量 $\dfrac{1}{\sqrt2}(1,1)^{\mathsf{T}}$ 与 $\dfrac{1}{\sqrt2}(1,-1)^{\mathsf{T}}$。

作正交变换 $x=\dfrac{u+v}{\sqrt2}$，$y=\dfrac{u-v}{\sqrt2}$（相当于把坐标轴旋转 45°），条件化为

这是标准位置的椭圆，$v$ 的范围是 $[-\sqrt2,\sqrt2]$。而

当 $v=\sqrt2$（即 $x=1,y=-1$）时取等。故最大值为 $2$。