Реклама
Первая часть Вторая часть

Условный экстремум. Метод множителей Лагранжа. Вторая часть.

Продолжим разбор примеров на нахождение условного экстремума функций нескольких переменных. В первой части мы работали с функциями двух переменных, а здесь обратимся к функциям трёх переменных. Если понадобятся примеры для функций большего количества переменных, отпишите мне, пожалуйста, на форум или в комментариях.

Пример №4

Найти условный экстремум функции $u=2x+y-z+1$, если переменные $x$ и $y$ удовлетворяют уравнению связи $x^2+y^2+2z^2=22$.

Решение

Обозначим $f(x,y,z)=x^2+y^2+2z^2-22$. Для нахождения условного экстремума функции трёх переменных $u(x,y,z)$ составим функцию Лагранжа, которая будет иметь вид:

$$F(x,y,z)=u(x,y,z)+\lambda\cdot{f(x,y,z)}=2x+y-z+1+\lambda\cdot\left(x^2+y^2+2z^2-22\right)$$

Составляем систему уравнений:

$$\left\{\begin{aligned} & F_{x}^{'}=0;\\ & F_{y}^{'}=0;\\ & F_{z}^{'}=0;\\ & f(x,y,z)=0. \end{aligned} \right. \Rightarrow \left\{\begin{aligned} & 2+2\lambda{x}=0;\\ & 1+2\lambda{y}=0;\\ & -1+4\lambda{z}=0;\\ & x^2+y^2+2z^2=22. \end{aligned} \right. \Rightarrow \left\{\begin{aligned} & 1+\lambda{x}=0;\\ & 1+2\lambda{y}=0;\\ & -1+4\lambda{z}=0;\\ & x^2+y^2+2z^2=22. \end{aligned} \right. $$

Решая данную систему, получим две точки: $M_1(4;2;-1)$ (при $\lambda=-\frac{1}{4}$) и $M_2(-4;-2;1)$ (при $\lambda=\frac{1}{4}$). Процесс решения системы я скрыл под примечание.

Как мы решили систему? показать\скрыть

Характер экстремума в найденных точках можно выяснить либо с помощью знака $d^2F$, либо же с помощью угловых миноров матрицы $L$, о чём говорилось в первой части данной темы. В этом примере и примере №6 определим характер экстремума с помощью угловых миноров матрицы $L$, а в примере №7 – с помощью знака $d^2F$. Для наглядности я запишу матрицу $L$ в общем виде:

$$ L=\left(\begin{array} {cccc} 0 & \frac{\partial{f}}{\partial{x}} & \frac{\partial{f}}{\partial{y}} & \frac{\partial{f}}{\partial{z}}\\ \frac{\partial{f}}{\partial{x}} & \frac{\partial^2F}{\partial{x}^2} & \frac{\partial^2F}{\partial{x}\partial{y}} & \frac{\partial^2F}{\partial{x}\partial{z}}\\ \frac{\partial{f}}{\partial{y}} & \frac{\partial^2F}{\partial{x}\partial{y}} & \frac{\partial^2F}{\partial{y}^2}& \frac{\partial^2F}{\partial{y}\partial{z}}\\ \frac{\partial{f}}{\partial{z}} & \frac{\partial^2F}{\partial{x}\partial{z}} & \frac{\partial^2F}{\partial{y}\partial{z}} & \frac{\partial^2F}{\partial{z}^2}\\ \end{array}\right) $$

Находим искомые частные производные и подставляем их в матрицу $L$:

$$f_{x}^{'}=2x;\;f_{y}^{'}=2y;\;f_{z}^{'}=4z;\\ F_{xx}^{''}=2\lambda;\;F_{xy}^{''}=0;\;F_{xz}^{''}=0;\;F_{yy}^{''}=2\lambda;\;F_{yz}^{''}=0;\;F_{zz}^{''}=4\lambda.$$

Соответственно, матрица $L$ будет такой: $L=\left(\begin{array}{cccc}0 & 2x & 2y & 4z\\2x & 2\lambda & 0 & 0\\2y & 0 & 2\lambda & 0\\4z & 0 & 0 & 4\lambda\end{array}\right)$. Используем правило в первой части темы. Нам нужно найти знаки угловых миноров $H_{2m+1},\; H_{2m+2},\ldots,H_{m+n}$ матрицы $L$. Параметр $m$ равен количеству условий связи, а параметр $n$ равен количеству переменных. В данной задаче мы имеем одно условие связи и три переменных, поэтому $m=1$ и $n=3$. Так как $2m+1=3$ и $m+n=4$, то нужно найти угловые миноры $H_3$ и $H_4$. Запишем эти миноры (минор $H_4$ совпадает с определителем матрицы $L$). В принципе, указанные миноры несложно вычислить в общем виде, что мы и сделаем. Минор $H_3$ вычислим с помощью готовой формулы, а минор $H_4$ вычислим с помощью разложения по четвёртой строке:

$$H_3=\left|\begin{array}{ccc} 0 & 2x & 2y\\2x & 2\lambda & 0\\2y & 0 & 2\lambda\end{array}\right|=-8y^2\lambda-8x^2\lambda=-8\lambda\cdot\left(x^2+y^2\right);\\ H_4=\left|\begin{array}{cccc}0 & 2x & 2y & 4z\\2x & 2\lambda & 0 & 0\\2y & 0 & 2\lambda & 0\\4z & 0 & 0 & 4\lambda\end{array}\right|=-4z\cdot\left|\begin{array}{ccc}2x & 2y & 4z\\2\lambda & 0 & 0\\0 & 2\lambda & 0\end{array}\right|+4\lambda\cdot\left|\begin{array}{ccc}0 & 2x & 2y\\2x & 2\lambda & 0\\2y & 0 & 2\lambda\end{array}\right|=\\ =-4z\cdot{16\lambda^2z}+4\lambda\cdot\left(-8y^2\lambda-8x^2\lambda\right)=-32\lambda^2\cdot\left(x^2+y^2+2z^2\right).$$

Кстати, по полученным выражениям уже можно сделать вывод, что знак $H_3$ противоположен знаку $\lambda$, а $H_4<0$. Поэтому вычислять значения указанных миноров просто нет необходимости, так как нас интересует лишь их знак. Однако в стандартных задачах типовых расчётов требуется считать до конца, поэтому вычислим значения угловых миноров $H_3$ и $H_4$:

$$ \begin{aligned} & H_3(M_1)=-8\cdot\left(-\frac{1}{4}\right)\left(4^2+2^2\right)=40;\;H_4(M_1)=-32\cdot\left(-\frac{1}{4}\right)^2\cdot\left(4^2+2^2+2\cdot(-1)^2\right)=-44;\\ & H_3(M_2)=-8\cdot\frac{1}{4}\left((-4)^2+(-2)^2\right)=-40;\;H_4(M_2)=-32\cdot\left(\frac{1}{4}\right)^2\cdot\left((-4)^2+2^2+(-2)\cdot 1^2\right)=-44. \end{aligned} $$

Знаки $H_3(M_1)$ и $H_4(M_1)$ чередуются, причем знак $H_3(M_1)$ совпадает с знаком $(-1)^{m+1}=(-1)^2=1$, поэтому $M_1$ – точка условного максимума. Знаки $H_3(M_2)$ и $H_4(M_2)$ совпадают с знаком $(-1)^{m}=(-1)^1=-1$, поэтому $M_2$ – точка условного минимума.

$$ \begin{aligned} & u_{\min}=u(M_2)=-10;\\ & u_{\max}=u(M_1)=12. \end{aligned} $$

Ответ: в точке $M_1(4;2;-1)$ функция имеет условный максимум, $u_{max}=12$. В точке $M_2(-4;-2;1)$ функция имеет условный минимум, $u_{\min}=-10$.

Пример №5

Найти условный экстремум функции $u=2x+y^2-2z^2$, если переменные $x$ и $y$ удовлетворяют уравнениям связи $2x+y-5z=6$, $-x+3y-z=3$.

Решение

Для нахождения условного экстремума функции трёх переменных $u(x,y,z)$ можно составить функцию Лагранжа, которая будет иметь такой вид:

$$F(x,y,z)=2x+y^2-2z^2+\lambda_1\cdot\left(2x+y-5z-6\right)+\lambda_2\cdot\left(-x+3y-z-3\right)$$

Дальнейшее решение в этом случае предполагало бы составление системы уравнений, аналогичных размещённым в предыдущих задачах:

$$\left\{\begin{aligned} & F_{x}^{'}=0;\\ & F_{y}^{'}=0;\\ & F_{z}^{'}=0;\\ & 2x+y-5z-6=0;\\ & -x+3y-z-3=0. \end{aligned} \right. \Rightarrow \left\{\begin{aligned} & 2+2\lambda_1-\lambda_2=0;\\ & 2y+\lambda_1+3\lambda_2=0;\\ & -4z-5\lambda_1-\lambda_2=0;\\ & 2x+y-5z-6=0;\\ & -x+3y-z-3=0. \end{aligned} \right.$$

Решаем данную систему, получив точки возможного экстремума. Затем, после определения знака $d^2F$ в каждой найденной точке, делаем выводы о наличии в означенных точках экстремумов. Однако в данном случае можно поступить проще, выразив из уравнений связи переменные $x$ и $y$ через $z$. Для этого перенесём слагаемые, содержащие $z$, в правые части уравнений связи, а затем применим метод Крамера:

$$\left\{\begin{aligned} & 2x+y=5z+6;\\ & -x+3y=z+3\end{aligned}\right.$$ $$\Delta=\left|\begin{array} {cc} 2 & 1\\ -1 & 3 \end{array}\right|=7;\; \Delta_x=\left|\begin{array} {cc} 5z+6 & 1\\ z+3 & 3 \end{array}\right|=14z+15;\; \Delta_y=\left|\begin{array} {cc} 2 & 5z+6\\ -1 & z+3 \end{array}\right|=7z+12.$$ $$x=\frac{\Delta_x}{\Delta}=\frac{14z+15}{7}=2z+\frac{15}{7};\;y=\frac{\Delta_y}{\Delta}=\frac{7z+12}{7}=z+\frac{12}{7}.$$

Полученный результат легко истолковать с геометрической точки зрения. Уравнения $2x+y-5z=6$ и $-x+3y-z=3$ определяют плоскости в трёхмерном пространстве. Линия их пересечения есть прямая, параметрические уравнения которой, по сути, мы и получили выше.

Подставляя $x=2z+\frac{15}{7}$ и $y=z+\frac{12}{7}$ в заданную функцию $u$, получим функцию одной переменной $z$. Обозначим эту функцию как $f(z)$:

$$f(z)=2\left(2z+\frac{15}{7}\right)+\left(z+\frac{12}{7}\right)^2-2z^2=-z^2+\frac{52z}{7}+\frac{354}{49}$$

Осталось найти экстремум функции $f(z)$:

$$ f'(z)=-2z+\frac{52}{7};\\ -2z+\frac{52}{7}=0;\; z=\frac{26}{7}. $$

Так как $f''(z)=-2<0$, то $z=\frac{26}{7}$ – точка максимума функции $f(z)$, при этом максимум равен $f_{\max}=f\left(\frac{26}{7}\right)=\frac{1030}{49}$.

Напомню, что значения функции $f(z)$ при заданных условиях связи совпадают с значениями функции $u(x,y,z)$, т.е. найденный экстремум функции $f(z)$ и есть искомым условным экстремумом функции $u(x,y,z)$. В принципе, несложно также указать остальные координаты точки условного экстремума:

$$ x=2z+\frac{15}{7}=2\cdot\frac{26}{7}+\frac{15}{7}=\frac{67}{7};\\ y=z+\frac{12}{7}=\frac{26}{7}+\frac{12}{7}=\frac{38}{7}.\\ $$

Итак, $\left(\frac{67}{7};\frac{38}{7};\frac{26}{7}\right)$ – точка условного максимума функции $u(x,y,z)$. Разумеется, выразить две переменные через третью представляется возможным далеко не всегда. В следующем примере мы разберём такой случай.

Ответ: в точке $\left(\frac{67}{7};\frac{38}{7};\frac{26}{7}\right)$ функция имеет условный максимум, $u_{\max}=\frac{1030}{49}$.

Пример №6

Исследовать функцию $u(x,y,z)=xy+yz+3$ на условный экстремум при условиях связи $x^2+y^2=2$, $y+z=2$, если $x>0$, $y>0$, $z>0$.

Решение

Обозначим $f(x,y,z)=x^2+y^2-2$, $g(x,y,z)=y+z-2$. Запишем функцию Лагранжа:

$$F(x,y,z)=u(x,y,z)+\lambda_1\cdot{f(x,y,z)}+\lambda_2\cdot{g(x,y,z)}=xy+yz+3+\lambda_1\cdot\left(x^2+y^2-2\right)+\lambda_2\cdot\left(y+z-2\right)$$

Составим систему уравнений:

$$\left\{\begin{aligned} & F_{x}^{'}=0;\\ & F_{y}^{'}=0;\\ & F_{z}^{'}=0;\\ & x^2+y^2-2=0;\\ & y+z-2=0. \end{aligned} \right. \Rightarrow \left\{\begin{aligned} & y+2\lambda_1x=0;\\ & x+z+2\lambda_1y+\lambda_2=0;\\ & y+\lambda_2=0;\\ & x^2+y^2-2=0;\\ & y+z-2=0. \end{aligned} \right.$$

Из третьего уравнения имеем: $\lambda_2=-y$; из пятого уравнения: $z=2-y$; из четвёртого уравнения: $x=\sqrt{2-y^2}$ (берём корень со знаком "плюс", так как по условию $x>0$). Отметим, что $y\neq\sqrt{2}$, так как если бы $y=\sqrt{2}$, то из третьего уравнения получили бы $x^2=0$, $x=0$. А этого быть не может, так как $x>0$ по условию. Так как $y\neq\sqrt{2}$, то из первого уравнения получим: $\lambda_1=-\frac{y}{2x}=-\frac{y}{2\sqrt{2-y^2}}$. Подставляя выражения для $\lambda_1$, $\lambda_2$, $z$, $x$ во второе уравнение, получим:

$$ \sqrt{2-y^2}+2-y+2\cdot\left(-\frac{y}{2\sqrt{2-y^2}}\right)\cdot{y}+(-y)=0;\\ \sqrt{2-y^2}+2-2y-\frac{y^2}{\sqrt{2-y^2}}=0. $$

Домножая обе части равенства на $\sqrt{2-y^2}$ и упрощая, получим:

$$ 2-2y^2+(2-2y)\sqrt{2-y^2}=0;\\ (1-y)(1+y)+(1-y)\sqrt{2-y^2}=0;\\ (1-y)\cdot\left(1+y+\sqrt{2-y^2}\right)=0. $$

Так как по условию $y>0$, то $1+y+\sqrt{2-y^2}>0$, поэтому последнее равенство возможно лишь при $y-1=0$, т.е. $y=1$. Значения остальных переменных таковы:

$$x=\sqrt{2-1^2}=1;\;z=2-1=1;\;\lambda_1=-\frac{1}{2\cdot{1}}=-\frac{1}{2};\;\lambda_2=-1.$$

Итак, получили точку $M(1;1;1)$. Характер экстремума в данной точке можно выяснить либо с помощью знака $d^2F$ либо же с помощью миноров матрицы $L$, о чём говорилось в первой части данной темы. В этом примере определим характер экстремума с помощью угловых миноров матрицы $L$, а в следующем примере – с помощью знака $d^2F$. Запишем матрицу $L$ в общем виде:

$$ L=\left(\begin{array} {ccccc} 0 & 0 & \frac{\partial{f}}{\partial{x}} & \frac{\partial{f}}{\partial{y}} & \frac{\partial{f}}{\partial{z}}\\ 0 & 0 & \frac{\partial{g}}{\partial{x}} & \frac{\partial{g}}{\partial{y}} & \frac{\partial{g}}{\partial{z}}\\ \frac{\partial{f}}{\partial{x}} & \frac{\partial{g}}{\partial{x}} & \frac{\partial^2F}{\partial{x}^2} & \frac{\partial^2F}{\partial{x}\partial{y}} & \frac{\partial^2F}{\partial{x}\partial{z}}\\ \frac{\partial{f}}{\partial{y}} & \frac{\partial{g}}{\partial{y}} & \frac{\partial^2F}{\partial{x}\partial{y}} & \frac{\partial^2F}{\partial{y}^2}& \frac{\partial^2F}{\partial{y}\partial{z}}\\ \frac{\partial{f}}{\partial{z}} & \frac{\partial{g}}{\partial{z}} & \frac{\partial^2F}{\partial{x}\partial{z}} & \frac{\partial^2F}{\partial{y}\partial{z}} & \frac{\partial^2F}{\partial{z}^2}\\ \end{array}\right) $$

Запишем искомые частные производные и определим их значение в точке $M$.

$$ f_{x}^{'}=2x;\;f_{y}^{'}=2y;\;f_{z}^{'}=0;\\ g_{x}^{\prime}=0;\;g_{y}^{\prime}=1;\;g_{z}^{\prime}=1;\\ F_{xx}^{''}=2\lambda_1;\;F_{xy}^{''}=1;\;F_{xz}^{''}=0;\;F_{yy}^{''}=2\lambda_1;\;F_{yz}^{''}=1;\;F_{zz}^{''}=0. $$

Подставляя $x=y=z=1$, $\lambda_1=-\frac{1}{2}$ и $\lambda_2=-1$, получим:

$$ f_{x}^{'}(M)=2;\;f_{y}^{'}(M)=2;\;f_{z}^{'}(M)=0;\\ g_{x}^{\prime}(M)=0;\;g_{y}^{\prime}(M)=1;\;g_{z}^{\prime}(M)=1;\\ F_{xx}^{''}(M)=-1;\;F_{xy}^{''}(M)=1;\;F_{xz}^{''}(M)=0;\;F_{yy}^{''}(M)=-1;\;F_{yz}^{''}(M)=1;\;F_{zz}^{''}(M)=0. $$

Матрица $L$ примет следующий вид: $L=\left(\begin{array} {ccccc} 0 & 0 & 2 & 2 & 0\\0 & 0 & 0 & 1 & 1\\2 & 0 & -1 & 1 & 0\\2 & 1 & 1 & -1 & 1\\0 & 1 & 0 & 1 & 0 \end{array}\right)$. Обратимся к правилу в первой части темы. Напомню, что нам нужно найти знаки угловых миноров $H_{2m+1},\; H_{2m+2},\ldots,H_{m+n}$ матрицы $L$. Параметр $m$ равен количеству условий связи, а параметр $n$ равен количеству переменных. В данной задаче мы имеем два условия связи и три переменных, поэтому $m=2$ и $n=3$. Так как $2m+1=5$ и $m+n=5$, то нужно найти лишь один минор $H_5$.

Так как матрица $L$ пятого порядка, то минор $H_5$ совпадает с определителем матрицы $L$. Применяя, к примеру, метод эффективного понижения порядка, будем иметь:

$$H_5=\left|\begin{array} {ccccc} 0 & 0 & 2 & 2 & 0\\0 & 0 & 0 & 1 & 1\\2 & 0 & -1 & 1 & 0\\2 & 1 & 1 & -1 & 1\\0 & 1 & 0 & 1 & 0 \end{array}\right| \begin{array} {l} \phantom{0} \\ \phantom{0} \\ \phantom{0} \\ \phantom{0}\\V-IV \end{array}= \left|\begin{array} {ccccc} 0 & 0 & 2 & 2 & 0\\0 & 0 & 0 & 1 & 1\\2 & 0 & -1 & 1 & 0\\2 & 1 & 1 & -1 & 1\\-2 & 0 & -1 & 2 & -1 \end{array}\right|= \left|\begin{array} {cccc} 0 & 2 & 2 & 0\\0 & 0 & 1 & 1\\2 & -1 & 1 & 0\\-2 & -1 & 2 & -1 \end{array}\right| \begin{array} {l} \phantom{0} \\ \phantom{0} \\ \phantom{0} \\ IV+III \end{array}=\\ =\left|\begin{array} {cccc} 0 & 2 & 2 & 0\\0 & 0 & 1 & 1\\2 & -1 & 1 & 0\\0 & -2 & 3 & -1 \end{array}\right|= 2\cdot\left|\begin{array} {ccc} 2 & 2 & 0\\0 & 1 & 1\\-2 & 3 & -1\end{array}\right|=2\cdot(-12)=-24.$$

Так как $(-1)^{m+1}=(-1)^3=-1$, то знаки $H_{2m+1}$ и $(-1)^{m+1}$ совпадают. Следовательно, функция $u$ имеет в точке $(1;1;1)$ условный максимум, при этом $u_{\max}=5$. Условный экстремум функции $u$ найден, осталось лишь записать ответ.

Ответ: в точке $\left(1;1;1\right)$ функция имеет условный максимум, $u_{\max}=5$.

Пример №7

Найти условные экстремумы функции $u=xyz+4$, если $x+y+z=5$ и $xy+yz+xz=8$.

Решение

Применим метод множителей Лагранжа для исследования заданной функции трёх переменных. Составим функцию Лагранжа:

$$F=xyz+4+\lambda_1(x+y+z-5)+\lambda_2(xy+yz+xz-8)$$

Запишем соответствующую систему уравнений:

\begin{equation}\left\{\begin{aligned} & yz+\lambda_1+\lambda_2y+\lambda_2z=0;\\ & xz+\lambda_1+\lambda_2z+\lambda_2x=0;\\ & xy+\lambda_1+\lambda_2y+\lambda_2x=0;\\ & x+y+z=5;\\ & xy+yz+xz=8. \end{aligned}\right. \end{equation}

Процесс решения системы (1) довольно громоздкий, поэтому я буду скрывать под примечания некоторые преобразования. Выберем первые два уравнения, из которых выразим $\lambda_1$ и $\lambda_2$, применив метод Крамера:

$$\left\{\begin{aligned} & \lambda_1+\lambda_2(y+z)=-yz;\\ & \lambda_1+\lambda_2(x+z)=-xz.\end{aligned}\right.$$ $$\Delta=\left|\begin{array} {cc} 1 & y+z\\ 1 & x+z \end{array}\right|=x-y;\; \Delta_x=\left|\begin{array} {cc} -yz & y+z\\ -xz & x+z \end{array}\right|=xz^2-yz^2;\; \Delta_y=\left|\begin{array} {cc} 1 & -yz\\ 1 & -xz \end{array}\right|=yz-xz.$$

Рассмотрим два случая: $\Delta=0$ и $\Delta\neq{0}$. Если $\Delta=0$, т.е. $y=x$, то получим две точки: $M_1\left(\frac{4}{3};\frac{4}{3};\frac{7}{3}\right)$ (при $\lambda_1=\frac{16}{9}$, $\lambda_2=-\frac{4}{3}$) и $M_2(2;2;1)$ (при $\lambda_1=4$, $\lambda_2=-2$).

Как мы получили эти точки? показать\скрыть

Если же $\Delta\neq{0}$, т.е. $x-y\neq{0}$, то получим:

$$\lambda_1=\frac{xz^2-yz^2}{x-y}=\frac{z^2(x-y)}{x-y}=z^2;\;\lambda_1=\frac{yz-xz}{x-y}=\frac{-z(x-y)}{x-y}=-z.$$

Подставляя $\lambda_1=z^2$ и $\lambda_2=-z$ в систему уравнений (1), будем иметь:

\begin{equation}\left\{\begin{aligned} & z^2+xy-xz-yz=0;\\ & x+y+z=5;\\ & xy+yz+xz=8. \end{aligned} \right. \end{equation}

Из данной системы получим: $z_1=\frac{4}{3}$ и $z_2=2$.

Как мы получили эти значения? показать\скрыть

Если $z_1=\frac{4}{3}$, то $\lambda_1=\frac{16}{9}$ и $\lambda_2=-\frac{4}{3}$. Получим две точки: $M_3\left(\frac{4}{3};\frac{7}{3};\frac{4}{3}\right)$ и $M_4\left(\frac{7}{3};\frac{4}{3};\frac{4}{3}\right)$.

Как мы получили эти точки? показать\скрыть

Если $z_2=2$, то $\lambda_1=4$ и $\lambda_2=-2$. Получим две точки: $M_5(1;2;2)$ и $M_6(2;1;2)$.

Как мы получили эти точки? показать\скрыть

Подытожим всё вышеизложенное, записав найденные точки и соответствующие им значения $\lambda_1$ и $\lambda_2$:

$$\begin{aligned} &M_1\left(\frac{4}{3};\frac{4}{3};\frac{7}{3}\right),\;\lambda_1=\frac{16}{9},\;\lambda_2=-\frac{4}{3};\\ &M_2(2;2;1),\;\lambda_1=4,\;\lambda_2=-2;\\ &M_3\left(\frac{4}{3};\frac{7}{3};\frac{4}{3}\right),\;\lambda_1=\frac{16}{9},\;\lambda_2=-\frac{4}{3};\\ &M_4\left(\frac{7}{3};\frac{4}{3};\frac{4}{3}\right),\;\lambda_1=\frac{16}{9},\;\lambda_2=-\frac{4}{3};\\ &M_5(1;2;2),\;\lambda_1=4,\;\lambda_2=-2;\\ &M_6(2;1;2),\;\lambda_1=4,\;\lambda_2=-2.\end{aligned}$$

Чтобы выяснить характер условного экстремума в данных точках, запишем $d^2F$, предварительно найдя соответствующие частные производные:

$$F_{xx}^{''}=0;\; F_{yy}^{''}=0;\;F_{zz}^{''}=0;\;F_{xy}^{''}=z+\lambda_2;\;F_{xz}^{''}=y+\lambda_2;\;F_{yz}^{''}=x+\lambda_2.\\ d^2F=2\left(z+\lambda_2\right)dxdy+2\left(y+\lambda_2\right)dxdz+2\left(x+\lambda_2\right)dydz$$

Если в рассматриваемой точке $y=z$, то в этой точке $d^2F=-2\left(x+\lambda_2\right)dy^2$. Если в некоторой точке $y\neq{z}$, то:

$$d^2F=\left(2\left(z+\lambda_2\right)\cdot\frac{x-z}{z-y}+2\left(y+\lambda_2\right)\frac{y-x}{z-y}+2\left(x+\lambda_2\right)\frac{(y-x)(x-z)}{(z-y)^2}\right)dx^2$$

Как мы получили эти формулы? показать\скрыть

Теперь осталось лишь подставить в формулы для $d^2F$ координаты найденных точек и соответствующие значения $\lambda_1$ и $\lambda_2$. Для удобства эти данные я поместил в таблицу:

Точка $\lambda_1$ и $\lambda_2$ $d^2F$ Характер экстремума Экстремум
$M_1\left(\frac{4}{3};\frac{4}{3};\frac{7}{3}\right)$ $\lambda_1=\frac{16}{9},\;\lambda_2=-\frac{4}{3}$ $d^2F=-2dx^2<0$ максимум $u_{\max}=\frac{220}{27}$
$M_2(2;2;1)$ $\lambda_1=4,\;\lambda_2=-2$ $d^2F=2dx^2>0$ минимум $u_{\min}=8$
$M_3\left(\frac{4}{3};\frac{7}{3};\frac{4}{3}\right)$ $\lambda_1=\frac{16}{9},\;\lambda_2=-\frac{4}{3}$ $d^2F=-2dx^2<0$ максимум $u_{\max}=\frac{220}{27}$
$M_4\left(\frac{7}{3};\frac{4}{3};\frac{4}{3}\right)$ $\lambda_1=\frac{16}{9},\;\lambda_2=-\frac{4}{3}$ $d^2F=-2dy^2<0$ максимум $u_{\max}=\frac{220}{27}$
$M_5(1;2;2)$ $\lambda_1=4,\;\lambda_2=-2$ $d^2F=2dy^2>0$ минимум $u_{\min}=8$
$M_6(2;1;2)$ $\lambda_1=4,\;\lambda_2=-2$ $d^2F=2dx^2>0$ минимум $u_{\min}=8$

Ответ: $u_{\min}=8$, $u_{\max}=\frac{220}{27}$.

Вернуться к списку тем Задать вопрос на форуме Мой аккаунт ВКонтакте Записаться на курс онлайн-занятий