Метод-множителей-Лагранжа-метод.-пособие (1). Методическое пособие для студентов специальности 131 03 0103 Математика (экономическая деятельность)
 Скачать 209.16 Kb.
|
1 2 БЕЛОРУССКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ УНИВЕРСИТЕТ МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ ФАКУЛЬТЕТ Кафедра нелинейного анализа и аналитической экономики В. И. БАХТИН, И. А. ИВАНИШКО, А. В. ЛЕБЕДЕВ, О. И. ПИНДРИК МЕТОД МНОЖИТЕЛЕЙ ЛАГРАНЖА Методическое пособие для студентов специальности 1-31 03 01-03 «Математика (экономическая деятельность)» МИНСК 2012 УДК 519.85(075.8) ББК 22.18я73-1 Б30 Рекомендовано Советом механико-математического факультета БГУ 28 февраля 2012 г., протокол № 5 Р е ц е н з е н т ы: член-корреспондент НАН Беларуси, доктор физико-математических наук, профессор В. В. Гороховик; доктор физико-математических наук, профессор В. Г. Кротов Бахтин, В. И. Б30 Метод множителей Лагранжа : метод. пособие для студентов спец. 1-31 03 01-03 «Математика (экономическая деятельность)» / В. И. Бахтин, И. А. Иванишко, А. В. Лебедев, О. И. Пиндрик. — Минск : БГУ, 2012. – 40 с. В методическом пособии изложены теоретические основы метода множителей Лагранжа для нахождения экстремальных значений функ- ций, заданных на подмножествах пространства R n . С целью лучшего усвоения представленного теоретического материала подробны приме- ры применения этого метода для решения конкретных задач. Предназначено для студентов математических и технических спе- циальностей. Может представлять интерес для студентов и преподава- телей высших учебных заведений, изучающих и преподающих теорию экстремальных задач. УДК 519.85(075.8) ББК 22.18я73 -1 c ⃝ Бахтин В. И., Иванишко И. А., Лебедев А. В., Пиндрик О. И., 2012 c ⃝ БГУ, 2012 Предисловие Одним из важнейших курсов для студентов математических и при- кладных специальностей является курс «Методы оптимизации». В раз- ных вузах в программу данного курса включают различные разделы анализа, такие как вариационное исчисление, теория управления, при- ближенные методы решения экстремальных задач. В настоящее время на механико-математическом факультете Белорусского государствен- ного университета изучение методов оптимизации разделено на три части: на третьем курсе студенты проходят раздел, который носит об- щее название «Методы оптимизации» и включает в себя только конеч- номерные задачи, на четвертом — элементы дискретной оптимизации в курсе «Исследование операций», и, наконец, на пятом курсе студен- ты знакомятся с классическим вариационным исчислением и с неко- торыми вопросами оптимизации в бесконечномерных пространствах в целом. Данное методическое пособие освещает только один раздел оп- тимизации в конечномерных пространствах, а именно использование метода множителей Лагранжа для нахождения экстремальных значе- ний функций, заданных на подмножествах пространства R n § 1. Задачи оптимизации Пусть Ω — некоторое множество и f : Ω → R — вещественнозначная функция. Точка a ∈ Ω называется точкой максимума (минимума) функции f , если для любой точки x ∈ Ω выполняется неравенство f (x) 6 f(a) (f (x) > f(a)). Если при этом для любого x ̸= a выполнено f (x) < f (a) (f (x) > f (a)), то a называется точкой строгого максимума (строгого минимума). Значение функции f в точке максимума (минимума) называется максимумом (минимумом). Экстремумом функции называется ее максимум или минимум. Точка, в которой экстремум достигается, на- зывается точкой экстремума. Задача оптимизации — это задача о поиске экстремумов и точек, в которых они достигаются. Обычно такая задача записывается в виде { f (x) → extr, x ∈ Ω. При этом f называется целевой функцией, а множество Ω — областью определения или допустимым множеством задачи. Очевидно, что задача максимизации { f (x) → max, x ∈ Ω, эквивалентна следующей задаче минимизации: { −f(x) → min, x ∈ Ω; при этом эквивалентность понимается в том смысле, что множества решений этих задач совпадают и, кроме того, max x ∈Ω f (x) = − min x ∈Ω {−f(x)}. Поэтому с теоретической точки зрения достаточно рассмотреть только одну из этих задач. § 1. Задачи оптимизации 5 Наиболее часто употребляемым достаточным признаком существо- вания экстремума является следующая Теорема 1.1 (Вейерштрасс). Если Ω — компакт, а f : Ω → R — непрерывная функция, то она достигает на Ω своего максимума и минимума. Эта теорема, однако, не дает метода нахождения экстремума. Та- кие методы разработаны для множеств и функций, обладающих рядом дополнительных свойств. В предлагаемом пособии рассматриваются только конечномерные задачи, то есть задачи вида { f (x) → extr, x ∈ Ω, Ω ⊂ R n . Поэтому далее соответствующие объекты и результаты будем опреде- лять и описывать лишь для этой ситуации. Задачу оптимизации называют безусловной (задачей без ограниче- ний), если ее область определения Ω совпадает с пространством R n Задачу оптимизации называют задачей с ограничениями или зада- чей условной оптимизации, если ее область определения Ω не совпа- дает с R n Важным частным случаем задач с ограничениями является задача линейного программирования. Это задача, в которой целевая функция линейна, а допустимое множество есть конечное пересечение замкну- тых полупространств. Помимо такой задачи в пособии также будет рассмотрена общая задача нелинейного программирования. В этой задаче допустимое мно- жество задается конечной системой равенств и неравенств: Ω = { x ∈ R n g i (x) = 0, i = 1, . . . , k; g i (x) 6 0, i = k + 1, . . . , p } , где g i : R n → R, i = 1, . . . , p, — некоторые функции. Следующее понятие весьма важно в теории задач оптимизации. Определение. Пусть задана функция f : R n → R и множество Ω ⊆ R n . Точку a ∈ Ω называют точкой локального минимума (макси- мума) функции f на множестве Ω, если существует такая окрестность U (a) точки a, что f (x) > f(a) (или f(x) 6 f(a)) для всех x ∈ U(a) ∩ Ω. 6 МЕТОД МНОЖИТЕЛЕЙ ЛАГРАНЖА При этом значение функции f (a) называется локальным минимумом (максимумом) функции f . Локальным экстремумом функции называется ее локальный мак- симум или минимум. Точка, в которой локальный экстремум достига- ется называется точкой локального экстремума. Часто точки экстремума, в отличие от точек локального экстрему- ма, называют точками глобального экстремума. Важность локальных экстремумов в задачах оптимизации видна из следующего очевидного наблюдения: если a — точка минимума (мак- симума), то a — точка локального минимума (максимума). Поэтому, если точка экстремума существует, то ее следует искать среди точек локального экстремума. Это наблюдение будет существенно использо- ваться в представленных в пособии методах исследования задач опти- мизации. В следующем параграфе приводятся эффективные методы поиска локальных экстремумов для дифференцируемых функций. § 2. Экстремумы функций одной переменной В данном параграфе рассмотрим одномерную задачу безусловной оптимизации, то есть ситуацию, когда целевая функция f : R → R определена на вещественной прямой. Одним из основных результатов, используемых при решении таких оптимизационных задач, является лемма Ферма. Лемма 2.1 (Ферма). Пусть a — точка локального экстремума функции f и существует производная f ′ (a). Тогда f ′ (a) = 0. Точки, в которых производная функции обращается в нуль, назы- ваются стационарными или критическими. Стационарные точки и точки, в которых не существует производной, подозрительны на экс- тремум. Приводимое ниже следствие из теоремы Вейерштрасса часто ис- пользуется при решении вопросов о существовании глобального экс- тремума функции на множестве. Следствие 2.2. Если функция f : R → R непрерывна и удовле- творяет условию lim x →∞ f (x) = + ∞ (или lim x →∞ f (x) = −∞), то § 2. Экстремумы функций одной переменной 7 она достигает своего глобального минимума (максимума) на любом замкнутом подмножестве R. Определение. Говорят, что функция f меняет знак с плюса на минус в точке a, если существует такая окрестность U (a), что f (x) > 0 для любых x ∈ U(a), лежащих левее точки a, и f(x) < 0 для любых x ∈ U(a), лежащих правее точки a. Аналогично, говорят, что функция f меняет знак с минуса на плюс в точке a, если существует такая окрестность U (a), что f (x) < 0 для любых x ∈ U(a), лежащих левее точки a, и f (x) > 0 для любых x ∈ U(a), лежащих правее точки a. Приведем известные из курса математического анализа достаточ- ные условия экстремума функции одной переменной. Теорема 2.3 (достаточное условие экстремума первого порядка). Пусть функция f непрерывна в точке a и дифференцируема в проко- лотой окрестности точки a. Тогда если при переходе через точку a производная меняет знак с плюса на минус, то a — точка строгого локального максимума, а если при переходе через точку a производ- ная меняет знак с минуса на плюс, то a — точка строгого локального минимума. Теорема 2.4 (достаточное условие экстремума второго порядка). Пусть функция f дважды дифференцируема в точке a и f ′ (a) = 0. Тогда 1) если f ′′ (a) > 0 , то a — точка локального минимума, 2) если f ′′ (a) < 0, то a — точка локального максимума. Теорема 2.5 (достаточное условие экстремума n-го порядка). Пусть функция f дифференцируема в точке a вплоть до порядка n, причем f ′ (a) = . . . = f (n −1) (a) = 0 и f (n) (a) ̸= 0. Тогда 1) если n — четное число и f (n) (a) > 0, то a — точка строгого локального минимума, 2) если n — четное число и f (n) (a) < 0, то a — точка строгого локального максимума, 3) если n — нечетное число, то в точке a нет экстремума. Упражнение. Выведите теоремы 2.4 и 2.5 из формулы Тейлора f (x) = f (a) + n ∑ i=1 1 i! f (i) (a)(x − a) i + α(x)(x − a) n , где α(x) — бесконечно малая при x → a функция. 8 МЕТОД МНОЖИТЕЛЕЙ ЛАГРАНЖА Рассмотрим несколько примеров, иллюстрирующих эти теоремы. Пример 2.6. Исследовать на экстремум функцию f (x) = 2x 3 − 9x 2 + 12x + 6. Решение. Вычислим производную этой функции и найдем стацио- нарные точки, в которых она обращается в нуль: f ′ (x) = 6x 2 − 18x + 12 = 0. Решая это уравнение, находим корни x 1 = 1 и x 2 = 2. Они являют- ся подозрительными на экстремум в данной задаче. При этом знаки производной нашей функции распределены следующим образом: 1 2 + — + Согласно теореме 2.3, полученные точки являются точками локаль- ного экстремума, а именно: x 1 = 1 — точка локального максимума, причем f (x 1 ) = 11, а x 2 = 2 — точка локального минимума, причем f (x 2 ) = 10. Глобальных экстремумов в этой задаче нет. Это видно из того, что lim x →+∞ f (x) = + ∞, lim x →−∞ f (x) = −∞. Итак, локальный максимум достигается в точке x = 1 и равен 11, локальный минимум достигается в точке x = 2, и равен 10. Пример 2.7. Исследовать на экстремум функцию f (x) = e x +e −x Решение. Найдем производную f ′ (x) = e x − e −x . Чтобы найти кри- тические точки функции f (x), приравняем эту производную к нулю: f ′ (x) = e x − e −x = 0. Очевидно, что точка x = 0 является решением последнего уравнения. Функция f ′ (x) строго возрастает (поскольку f ′′ (x) = e x + e −x > 0). Поэтому она отрицательна при x < 0 и положительна при x > 0. § 2. Экстремумы функций одной переменной 9 Следовательно, точка x = 0 является точкой строгого локального ми- нимума функции f (x), и f (0) = 2 — соответствующее минимальное значение. В данной ситуации можно также применить теорему 2.4. Поскольку f ′′ (0) = 2 > 0, функция f (x) имеет строгий локальный минимум в точке x = 0. Кроме того, из следствия 2.2 вытекает, что этот минимум глобаль- ный, потому что lim x →∞ f (x) = + ∞. Ответ: точка x = 0 является точкой глобального минимума для исследуемой функции и f min = f (0) = 2. Пример 2.8. Исследовать на экстремум функцию f (x) = e x + e −x + 2 cos x. Решение. Как обычно, начнем с нахождения производной исследу- емой функции и точек, подозрительных на экстремум: f ′ (x) = e x − e −x − 2 sin x = 0. Легко видеть, что точка x = 0 является критической. Найдем вторую производную: f ′′ (x) = e x + e −x − 2 cos x. Очевидно, f ′′ (0) = 0. Воспользуемся теоремой 2.5 и будем дифферен- цировать функцию до того момента, пока не появится отличная от нуля производная: f ′′′ (x) = e x − e −x + 2 sin x, f ′′′ (0) = 0, f (4) (x) = e x + e −x + 2 cos x, f (4) (0) = 4 > 0. Значит, x = 0 — точка локального минимума функции f (x). Из предыдущего примера следует, что e x + e −x > 2 при x ̸= 0. В то же время |2 cos x| 6 2. Поэтому f ′′ (x) > 0 при x ̸= 0. Отсюда следует, что производная f ′ (x) обращается в нуль в единственной точке x = 0. Так как lim x →∞ f (x) = + ∞, в силу следствия 2.2 минимум в точке x = 0 является глобальным. Ответ: есть один глобальный минимум f (0) = 4. 10 МЕТОД МНОЖИТЕЛЕЙ ЛАГРАНЖА § 3. Экстремумы функций нескольких переменных Рассмотрим теперь случай, когда функция f действует из R n в R. Напомним определения дифференцируемости в этой ситуации. Определение. Функция f : R n → R дифференцируема в точке x, если существует такой линейный функционал f ′ (x) : R n → R, что f (x + ∆x) − f(x) = f ′ (x)∆x + α(∆x) |∆x|, где ∆x — произвольный вектор из R n , |∆x| — его евклидова длина, а α(∆x) — бесконечно малая при ∆x → 0 функция. Линейный функционал f ′ (x) называется производной функции f в точке x, вектор ∆x — приращением аргумента, а значение f ′ (x)∆x — дифференциалом функции в точке x. После того, как определена производная, приращение аргумента ∆x начинают обозначать как dx, а для дифференциала используют обозначение df (x) = f ′ (x)dx. Если функция f дифференцируема в точке x, то ее дифференциал вычисляется по формуле df (x) = f ′ (x)dx = n ∑ i=1 ∂f (x) ∂x i dx i . Определение. Производной от функции f : R n → R по вектору h ∈ R n в точке x ∈ R n называется выражение df (x) dh = lim t →0 f (x + th) − f(x) t (при условии, что этот предел существует и конечен). Из этого определения следует, что частная производная ∂f (x)/∂x i совпадает с производной от функции f (x) по i-му базисному вектору e i = (0, . . . , 1, . . . , 0), у которого i-ая координата равна единице, а все остальные — нулю. Если существует производная f ′ (x), то имеет место равенство df (x) dh = f ′ (x)h = n ∑ i=1 ∂f (x) ∂x i h i . § 3. Экстремумы функций нескольких переменных 11 Как и в одномерной ситуации, для поиска экстремума функций нескольких переменных используется следующая Лемма 3.1 (Ферма). Пусть a — точка локального экстремума функции f : R n → R. Если в этой точке существует производная по вектору h, то она равна нулю. Из этой леммы сразу же получаем Следствие 3.2. Пусть a — точка локального экстремума функ- ции f . Если в этой точке существует частная производная по пере- менной x i , то она равна нулю. Следствие 3.3. Пусть a — точка локального экстремума функ- ции f . Если существует производная f ′ (a), то она равна нулю. Точки a, в которых производная функции f обращается в нуль, называются критическими или стационарными. Вышеприведенные результаты показывают, что такие точки являются подозрительными на экстремум. Подобно одномерной ситуации, для анализа критических точек на экстремум может применяться вторая производная. Напомним в связи с этим необходимые определения и результаты. Определение. Функция f : R n → R дважды дифференцируема в точке x, если она дифференцируема в некоторой окрестности x, и все ее частные производные (первого порядка) дифференцируемы в этой точке. Вообще, функция k раз дифференцируема в точке x, если она k − 1 раз дифференцируема в окрестности x, и все ее частные производные порядка k − 1 дифференцируемы в этой точке. Второй производной дважды дифференцируемой функции назы- вается квадратичная форма f ′′ (x)∆x 2 = n ∑ i=1 n ∑ j=1 ∂ 2 f (x) ∂x i ∂x j ∆x i ∆x j от переменной ∆x = (∆x 1 , . . . , ∆x n ). При использовании обозначения dx = ∆x она же называется дифференциалом второго порядка: d 2 f (x) = f ′′ (x)dx 2 = n ∑ i=1 n ∑ j=1 ∂ 2 f (x) ∂x i ∂x j dx i dx j . 12 МЕТОД МНОЖИТЕЛЕЙ ЛАГРАНЖА Совершенно аналогично определяют производные и дифференциалы высших порядков: f (k) (x)∆x k = n ∑ i 1 =1 . . . n ∑ i k =1 ∂ k f (x) ∂x i 1 . . . ∂x i k ∆x i 1 . . . ∆x i k , d k f (x) = n ∑ i 1 =1 . . . n ∑ i k =1 ∂ k f (x) ∂x i 1 . . . ∂x i k dx i 1 . . . dx i k . В курсе математического анализа доказывается, что если у неко- торой функции f в окрестности точки x существуют все частные про- изводные вплоть до порядка k, и все они непрерывны в точке x, то эта функция k раз дифференцируема в точке x. Квадратичная форма Q(∆x) = n ∑ i=1 n ∑ j=1 a ij ∆x i ∆x j , где a ij = a ji , называется положительно определенной (обозначение Q > 0), если Q(∆x) > 0 для всех ∆x ̸= 0. Она же называется неотрицательно определенной (Q > 0), если Q(∆x) > 0 для всех ∆x. Аналогично опре- деляются отрицательные и неположительные квадратичные формы. Если же квадратичная форма принимает значения разных знаков, то она называется знакопеременной. Для определения знака квадратичной формы можно использовать критерий Сильвестра. Теорема 3.4 (критерий Сильвестра). 1) Квадратичная форма Q положительно определена тогда и только тогда, когда все главные миноры ее матрицы (a ij ) положительны: ∆ k > 0, k = 1, . . . , n. 2) Квадратичная форма отрицательно определена тогда и только тогда, когда главные миноры ее матрицы (a ij ) чередуют знак : ( −1) k ∆ k > 0, k = 1, . . . , n. Теорема 3.5 (необходимое условие экстремума второго порядка). Пусть функция f дважды дифференцируема в точке a, которая явля- ется стационарной для f (то есть f ′ (a) = 0). Если в этой ситуации § 3. Экстремумы функций нескольких переменных 13 a — точка локального минимума, то f ′′ (a) > 0, а если a — точка локального максимума, то f ′′ (a) 6 0. Если же f ′′ (a) — знакопере- менная квадратичная форма, то a не является точкой экстремума. Теорема 3.6 (достаточное условие экстремума второго порядка). Пусть функция f дважды дифференцируема в точке a, которая явля- ется стационарной для f . Если f ′′ (a) > 0, то a — точка локального минимума, а если f ′′ (a) < 0, то a — точка локального максимума. Упражнение. Выведите теоремы 3.5 и 3.6 из формулы Тейлора f (x + ∆x) = f (x) + k ∑ i=1 1 i! f (i) (x)∆x i + α(∆x) |∆x| k , где α(∆x) — бесконечно малая при ∆x → 0 функция. Пример 3.7. Исследовать на экстремум функцию f (x, y, z) = 6x − 4y − 2z − x 2 − y 2 − z 2 . Решение. Подозрительные на экстремум точки найдем с помощью леммы Ферма. Так как ∂f ∂x = 6 − 2x, ∂f ∂y = −4 − 2y, ∂f ∂z = −2 − 2z, то единственная подозрительная на экстремум точка (в которой все частные производные обращаются в нуль) — это точка a = (3, −2, −1). Определим, есть ли в этой точке экстремум. Для этого найдем все частные производные второго порядка ∂ 2 f ∂x 2 = ∂ 2 f ∂y 2 = ∂ 2 f ∂z 2 = −2, ∂ 2 f ∂x∂y = ∂ 2 f ∂x∂z = ∂ 2 f ∂y∂z = 0, и составим из них матрицу полной второй производной f ′′ (a): f ′′ (a) = −2 0 0 0 −2 0 0 0 −2 . Главные миноры этой матрицы чередуют знаки: ∆ 1 = −2, ∆ 2 = 4, ∆ 3 = −8. 14 МЕТОД МНОЖИТЕЛЕЙ ЛАГРАНЖА По теореме 3.6 в точке a локальный максимум. Ответ: локальный максимум достигается в точке a = (3, −2, −1) и равен 14. Пример 3.8. Найти экстремумы функции f (x, y) = x 2 + y 3 Решение. Подозрительные на экстремум точки найдем с помощью леммы Ферма. Так как ∂f ∂x = 2x, ∂f ∂y = 3y 2 , то единственной стационарной точкой будет точка a = (0, 0). Посмотрим, есть ли в ней экстремум. Для этого вычислим частные производные второго порядка ∂ 2 f ∂x 2 = 2, ∂ 2 f ∂x∂y = ∂ 2 f ∂y∂x = 0, ∂ 2 f ∂y 2 = 6y, и составим из них матрицу второй производной в точке a: f ′′ (a) = ( 2 0 0 0 ) . Очевидно, ее определитель равен нулю. Значит, достаточные условия экстремума из теоремы 3.6 в данном случае не применимы. Придется использовать определение экстремума. Рассмотрим раз- ность f (0, y) − f(0, 0) = y 3 . Она больше нуля при всех y > 0 и меньше нуля при y < 0. Поэтому в точке a = (0, 0) нет экстремума. Ответ: у функции f нет экстремумов. Пример 3.9. Найти экстремумы функции f (x, y) = x 2 + y 4 Решение. Очевидно, ∂f ∂x = 2x, ∂f ∂y = 4y 3 , и единственная стационарная точка — это a = (0, 0). Далее вычисляем частные производные второго порядка ∂ 2 f ∂x 2 = 2, ∂ 2 f ∂x∂y = ∂ 2 f ∂y∂x = 0, ∂ 2 f ∂y 2 = 12y 2 , § 4. Метод Лагранжа для задач с ограничениями типа равенств 15 и выписываем матрицу второй производной в точке a: f ′′ (a) = ( 2 0 0 0 ) . Ее определитель равен нулю. Достаточные условия экстремума опять не работают. С другой стороны, f (x, y) > f(0, 0) = 0. Поэтому в точке (0, 0) глобальный минимум. Ответ: есть один глобальный минимум f (0, 0) = 0. Задания. Найдите экстремумы следующих функций. 3.1. f (x, y) = (1 − x) 2 + 10 ( y − x 2 ) 2 3.2. f (x, y, z) = −x 2 − y 2 − z 2 − x + xy + 2z. 3.3. f (x, y, z) = x 3 + 2y 2 + z 2 + yz − 3x + 6y + 2. 3.4. f (x, y, z) = −x 2 + 2xy − y 2 − 4z 2 3.5. f (x, y, z) = 4x 2 + 3y 2 − 4xy + x. § 4. Метод Лагранжа для задач с ограничениями типа равенств Рассмотрим следующую задачу на условный экстремум: { φ 0 (x) → extr, φ i (x) = 0, i = 1, . . . , m. (1) Ее область определения (допустимое множество) Ω имеет вид Ω = {x ∈ R n | φ i (x) = 0, i = 1, . . . , m }. Напомним, что функция φ : R n → R называется непрерывно диф- ференцируемой (обозначение φ ∈ C 1 ( R n )), если все ее частные произ- водные первого порядка являются непрерывными функциями. Будем считать, что все функции φ i , i = 0, 1, . . . , m, непрерывно дифференцируемы. Тогда задача (1) называется гладкой конечномер- ной задачей с ограничениями типа равенств. При решении таких задач используется метод Лагранжа. Чтобы привести его формулировку, вначале определим функцию Лагранжа. 16 МЕТОД МНОЖИТЕЛЕЙ ЛАГРАНЖА Функцией Лагранжа для задачи (1) называется функция L(x, λ) = m ∑ i=0 λ i φ i (x), λ = (λ 0 , λ 1 , . . . , λ m ) ∈ R m+1 , от пары переменных x, λ. При этом координаты вектора λ называют множителями Лагранжа. Сформулируем необходимое условие экстремума в задаче (1). Теорема 4.1 (принцип Лагранжа). Если a ∈ Ω является точкой условного экстремума в задаче (1), то существует такой ненулевой вектор λ ∈ R m+1 , что L ′ x (a, λ) = 0, (2) где через L ′ x (a, λ) обозначена производная от функции Лагранжа по переменной x. Уравнение (2) называется уравнением Лагранжа. Метод множителей Лагранжа для задач с ограничениями типа равенств Основываясь на теореме 4.1, при решении задачи (1) поступаем следующим образом. 1) Составляем функцию Лагранжа: L(x, λ) = m ∑ i=0 λ i φ i (x). 2) Выписываем необходимое условие экстремума: ∂L ∂x j = m ∑ i=0 λ i ∂φ i (x) ∂x j = 0, j = 1, . . . , n, φ i (x) = 0, i = 1, . . . , m. (3) 3) Решаем полученную систему. Если точка a является решением задачи (1), то в силу теоремы 4.1 существует такой вектор λ ̸= 0, что пара (a, λ) удовлетворяет системе (3). Поэтому экстремальные точки задачи (1) находятся среди решений системы (3), у которых λ ̸= 0. § 4. Метод Лагранжа для задач с ограничениями типа равенств 17 Система (3) состоит из n + m уравнений относительно n + m + 1 независимых переменных. При этом она однородна по λ: если пара (a, λ) является ее решением, то и любая пара вида (a, tλ), где t ∈ R, тоже будет решением. Все решения системы (3) естественно разбиваются на две группы: те, у которых λ 0 = 0, и те, у которых λ 0 ̸= 0. Решения из первой группы называются нерегулярными, а решения из второй группы — регулярными. Для регулярных решений λ 0 можно положить равным произвольной (отличной от нуля) константе. 4) Проверяем, являются ли найденные точки экстремальными для задачи (1). Для проверки из пункта 4) можно использовать теорему Вейер- штрасса и следствия из нее. Если все функции φ i в задаче (1) дважды непрерывно дифференцируемы, то можно также использовать следу- ющее достаточное условие экстремума. Теорема 4.2 (достаточное условие экстремума). Пусть a ∈ Ω и существует такой вектор λ, что λ 0 > 0 и L ′ x (a, λ) = 0. Если для любого вектора dx ̸= 0, удовлетворяющего условиям φ ′ i (a)dx = 0, i = 1, . . . , m, выполняется неравенство L ′′ xx (a, λ)dx 2 > 0, то в точке a достигается строгий локальный минимум функции φ 0 (x) на множестве Ω. Если же имеет место неравенство L ′′ xx (a, λ)dx 2 < 0, то в точке a достигается строгий локальный максимум. Рассмотрим несколько примеров. Пример 4.3. Найти экстремумы функции F (x, y) = 4x + 3y на множестве, заданном уравнением x 2 + y 2 = 1. Решение. Запишем задачу в стандартном виде { 4x + 3y → extr, x 2 + y 2 − 1 = 0. Составим для нее функцию Лагранжа L(x, y, λ) = λ 0 (4x + 3y) + λ 1 (x 2 + y 2 − 1) 18 МЕТОД МНОЖИТЕЛЕЙ ЛАГРАНЖА и вычислим частные производные ∂L ∂x (x, y, λ) = 4λ 0 + 2λ 1 x, ∂L ∂y (x, y, λ) = 3λ 0 + 2λ 1 y. После этого нужно решать систему 4λ 0 + 2λ 1 x = 0, 3λ 0 + 2λ 1 y = 0, x 2 + y 2 − 1 = 0. Рассмотрим два случая. a) Пусть λ 0 = 0. Тогда система принимает вид 2λ 1 x = 0, 2λ 1 y = 0, x 2 + y 2 = 1. Она разрешима лишь при λ 1 = 0. Следовательно, λ = (0, 0), и в этом случае подозрительных на экстремум точек нет. б) Пусть λ 0 ̸= 0. Тогда можно положить λ 0 = 1: 4 + 2λ 1 x = 0, 3 + 2λ 1 y = 0, x 2 + y 2 = 1. Из последней системы вытекает, что x = − 2 λ 1 , y = − 3 2λ 1 , 4 λ 2 1 + 9 4λ 2 1 = 25 4λ 2 1 = 1. Значит, λ 1 = ±5/2, и мы получаем две подозрительные на экстремум точки (x, y) = ( 4 5 ; 3 5 ) , (x, y) = ( − 4 5 ; − 3 5 ) . По условию задачи экстремумы целевой функции требуется найти на множестве, задаваемом уравнением x 2 + y 2 = 1, то есть на окруж- ности. Поскольку окружность компактна, а целевая функция непре- рывна, то по теореме Вейерштрасса она достигает своих максимума и минимума на этой окружности. § 4. Метод Лагранжа для задач с ограничениями типа равенств 19 Для определения точек максимума и минимума найдем значения целевой функции F в подозрительных на экстремум точках: F ( 4 5 ; 3 5 ) = 5, F ( − 4 5 ; − 3 5 ) = −5. Так как других подозрительных точек нет, то глобальный максимум достигается в точке (x, y) = (4/5; 3/5) и равен он 5, а глобальный минимум достигается в точке (x, y) = ( −4/5; −3/5) и равен он −5. Ответ: один глобальный максимум F (4/5; 3/5) = 5 и глобальный минимум F ( −4/5; −3/5) = −5. Других локальных экстремумов нет. Пример 4.4. Найти экстремум функции F (x, y) = e xy на прямой x + y = 1. Решение. Запишем задачу в стандартном виде { e xy → extr, x + y − 1 = 0. Составим функцию Лагранжа L(x, y, λ) = λ 0 e xy + λ 1 (x + y − 1), найдем ее частные производные ∂L ∂x (x, y, λ) = λ 0 e xy y + λ 1 , ∂L ∂y (x, y, λ) = λ 0 e xy x + λ 1 , и образуем с их помощью систему λ 0 e xy y + λ 1 = 0, λ 0 e xy x + λ 1 = 0, x + y = 1. Далее рассмотрим два случая. a) Пусть λ 0 = 0. Тогда система принимает вид λ 1 = 0, λ 1 = 0, x + y = 1. Получается, что λ 0 = λ 1 = 0, и экстремальных точек нет. 20 МЕТОД МНОЖИТЕЛЕЙ ЛАГРАНЖА б) Пусть λ 0 ̸= 0. Положим тогда λ 0 = 1: e xy y + λ 1 = 0, e xy x + λ 1 = 0, x + y = 1. Из первых двух уравнений следует, что x = y, а из третьего — что x = y = 1/2. Итак, мы получили единственную подозрительную на экстремум точку (x, y) = (1/2; 1/2). Так как прямая x + y = 1 не компактна, теорема Вейерштрасса в этой задаче не применима. Попробуем определить тип экстремума в найденной точке с помощью достаточного условия (теоремы 4.2). Оно утверждает, что тип экстремума определяется знаком второго дифференциала функции Лагранжа L(x, y, λ) = e xy + λ 1 (x + y − 1) по отношению к переменным x, y на множестве векторов (dx, dy) ̸= 0, удовлетворяющих условию d(x + y − 1) = dx + dy = 0. Найдем второй дифференциал от функции Лагранжа: ∂ 2 L ∂x 2 = e xy y 2 , ∂ 2 L ∂y 2 = e xy x 2 , ∂ 2 L ∂x∂y = e xy (xy + 1); d 2 L(1/2, 1/2, λ) = 1 4 e 1/4 dx 2 + 2 5 4 e 1/4 dxdy + 1 4 e 1/4 dy 2 . При условии dx + dy = 0 получаем, что dy = −dx и d 2 L(1/2, 1/2, λ) = −2e 1/4 dx 2 < 0. Значит, в точке (1/2, 1/2) строгий локальный максимум. Выясним, будет ли он глобальным. Очевидно, на прямой x + y = 1 выполняется соотношение y = 1 − x. Поэтому F (x, y) = F (x, 1 − x) = e x(1 −x) → 0 при x → ±∞. В силу этих соотношений на прямой x + y = 1 можно выбрать такой большой отрезок [A, B], что вне него функция F будет строго меньше, § 5. Задачи с ограничениями типа равенств и неравенств 21 чем F (1/2, 1/2), а на самом отрезке [A, B] у нее будет единственная точка максимума (1/2, 1/2). Значит, этот максимум глобальный. Ответ: единственный глобальный максимум достигается в точке (x, y) = (1/2, 1/2) и равен e 1/4 , а других экстремумов нет. Задания. Найдите все экстремумы функции f на множестве Ω в следующих случаях. 4.1. f (x, y) = x 2 + y 2 , Ω : 3x + 4y = 1. 4.2. f (x, y) = 5x 2 + 4xy + y 2 , Ω : x + y = 1. 4.3. f (x, y) = 3x 2 + 4xy + y 2 , Ω : x + y = 1. 4.4. f (x, y, z) = xy 2 z 3 , Ω : x + y + z = 1. 4.5. f (x, y, z) = xyz, Ω : x + y + z = 0, x 2 + y 2 + z 2 = 1. § 5. Метод Лагранжа для задач с ограничениями типа равенств и неравенств Пусть функции φ i : R n → R, где i = 0, 1, . . . , m + k, непрерывно дифференцируемы. Гладкой конечномерной задачей с ограничениями типа равенств и неравенств называется следующая задача на услов- ный экстремум: φ 0 (x) → extr, φ i (x) = 0, i = 1, . . . , m, φ i (x) 6 0, i = m + 1, . . . , m + k. (4) Ее область определения (допустимое множество) имеет вид Ω = { x ∈ R n φ i (x) = 0, i = 1, m; φ i (x) 6 0, i = m + 1, m + k } . Метод решения таких задач, как и задач с ограничениями типа равенств, основан на принципе Лагранжа. В данном случае функция Лагранжа имеет вид L(x, λ) = m+k ∑ i=0 λ i φ i (x), λ = (λ 0 , . . . , λ m+k ) ∈ R n+m+1 . 22 МЕТОД МНОЖИТЕЛЕЙ ЛАГРАНЖА Теорема 5.1 (принцип Лагранжа). Если в точке a ∈ Ω достига- ется локальный минимум в задаче (4), то найдется такой ненулевой вектор λ ∈ R m+k+1 , для которого выполняются три условия: а) L ′ x (a, λ) = 0; б) λ m+j φ m+j (a) = 0 при j = 1, . . . , k; в) λ 0 > 0 и λ m+j > 0 при j = 1, . . . , k. В точке локального максимума условия а) и б) остаются в силе, а условие в) заменяется на в ′ ) λ 0 > 0 и λ m+j 6 0 при j = 1, . . . , k. Условия а), б) и в) из этой теоремы принято называть соответ- ственно условиями стационарности, дополняющей нежесткости и согласования знаков. Метод множителей Лагранжа для задач с ограничениями типа равенств и неравенств Основываясь на теореме 5.1, при решении задачи (4) поступаем следующим образом. 1) Составляем функцию Лагранжа: L(x, λ) = m+k ∑ i=0 λ i φ i (x). 2) Выписываем необходимое условие экстремума: ∂L ∂x j = m+k ∑ i=0 λ i ∂φ i (x) ∂x j = 0, j = 1, . . . , n, φ i (x) = 0, i = 1, . . . , m, λ m+j φ m+j (x) = 0, j = 1, . . . , k. (5) 3) Решаем полученную систему. При этом бывает удобно отдельно рассмотреть два случая: λ 0 = 0 и λ 0 ̸= 0. Во втором случае λ 0 можно положить равным единице или произвольной положительной констан- те (положительность нужна для условия согласования знаков). Если § 5. Задачи с ограничениями типа равенств и неравенств 23 точка a является решением задачи (4), то в силу теоремы 5.1 суще- ствует такой вектор λ ̸= 0, что пара (a, λ) удовлетворяет системе (5). Значит, все экстремальные точки задачи (4) находятся среди решений системы (5), у которых λ ̸= 0. 4) Проверяем, лежат ли найденные точки в области Ω и являются ли они экстремальными для задачи (4). Для проверки экстремальности в пункте 4) можно использовать теорему Вейерштрасса и следствия из нее. Если все функции φ i в задаче (4) дважды непрерывно дифференцируемы, то можно также использовать следующее достаточное условие экстремума. Теорема 5.2 (достаточное условие минимума). Пусть для точки a ∈ Ω существует такой вектор параметров λ, что а) L ′ x (a, λ) = 0; б) λ m+j φ m+j (a) = 0 при j = 1, . . . , k; в) λ 0 > 0 и λ m+j > 0 при j = 1, . . . , k. Если для любого вектора dx ̸= 0, удовлетворяющего условиям φ ′ i (a)dx = 0, i = 1, . . . , m, λ m+j φ ′ m+j (a)dx = 0, j = 1, . . . , k, (6) выполняется неравенство L ′′ xx (a, λ)dx 2 > 0, то a — точка строгого локального условного минимума в задаче (4). Замечание 5.3. Достаточное условие для максимума получается, если в теореме 5.2 условия λ m+j > 0, j = 1, . . . , k и L ′′ xx (a, λ)dx 2 > 0 заменить соответственно на λ m+j 6 0, j = 1, . . . , k и L ′′ xx (a, λ)dx 2 < 0. Замечание 5.4. Специально подчеркнем, что если не существует вектора dx ̸= 0, удовлетворяющего всем условиям (6), то неравенство L ′′ xx (a, λ)dx 2 > 0 (так же как и L ′′ xx (a, λ)dx 2 > 0) считается автомати- чески выполненным (потому что по правилам формальной логики про несуществующий объект можно утверждать что угодно). Наконец, доказать отсутствие экстремума в стационарной точке можно с помощью следующей теоремы. Теорема 5.5. Пусть точка a ∈ Ω удовлетворяет принципу Лаг- ранжа (то есть всем условиям теоремы 5.1), и I = { i ∈ 1, m + k φ i (a) = 0 } . 24 МЕТОД МНОЖИТЕЛЕЙ ЛАГРАНЖА Если производные φ ′ i (a), i ∈ I, линейно независимы, и существует такой вектор dx, для которого φ ′ i (a)dx = 0, i ∈ I, и L ′′ xx (a, λ)dx 2 < 0 ( > 0), то в точке a нет локального минимума (максимума). Рассмотрим несколько примеров на применение вышеизложенного метода. Пример 5.6. Найти экстремумы функции f (x, y, z) = xyz на мно- жестве x 2 + y 2 + z 2 6 1. Решение. Составим функцию Лагранжа и вычислим ее частные производные: L(x, y, z, λ) = λ 0 xyz + λ 1 (x 2 + y 2 + z 2 − 1), ∂L ∂x (x, y, z, λ) = λ 0 yz + 2λ 1 x, ∂L ∂y (x, y, z, λ) = λ 0 xz + 2λ 1 y, ∂L ∂z (x, y, z, λ) = λ 0 xy + 2λ 1 z. Затем выпишем необходимое условие (5): λ 0 yz + 2λ 1 x = 0, λ 0 xz + 2λ 1 y = 0, λ 0 xy + 2λ 1 z = 0, λ 1 (x 2 + y 2 + z 2 − 1) = 0. Для решения этой системы рассмотрим 2 случая. а) Пусть λ 0 = 0. Тогда система принимает вид 2λ 1 x = 0, 2λ 1 y = 0, 2λ 1 z = 0, λ 1 (x 2 + y 2 + z 2 − 1) = 0. § 5. Задачи с ограничениями типа равенств и неравенств 25 Очевидно, при λ 1 ̸= 0 она несовместна. А при λ 1 = 0 весь вектор λ становится нулевым, и подозрительных точек в этом случае нет. б) Рассмотрим случай λ 0 ̸= 0. Тогда удобно положить λ 0 = 2. В результате получится система yz + λ 1 x = 0, xz + λ 1 y = 0, xy + λ 1 z = 0, λ 1 (x 2 + y 2 + z 2 − 1) = 0. Из последнего уравнения системы следует, что либо λ 1 = 0, либо x 2 + y 2 + z 2 = 1. В первом случае из первых трех уравнений следует, что yz = xz = xy = 0. Поэтому решениями будут все точки вида (a, 0, 0), (0, b, 0), (0, 0, c). (7) В область Ω попадают те из них, для которых |a| , |b| , |c| 6 1. Чтобы решить систему во втором случае, домножим первое урав- нение на x, второе на y, а третье на z. Получится, что 2λ 1 x 2 = 2λ 1 y 2 = 2λ 1 z 2 = −xyz. Следовательно, x 2 = y 2 = z 2 . Подставив эти равенства в уравнение x 2 + y 2 + z 2 = 1, получим, что 3x 2 = 1 и x = ±1 /√ 3. В итоге возникает восемь подозрительных на экстремум точек ( ± 1 √ 3 , ± 1 √ 3 , ± 1 √ 3 ) (8) (со всеми возможными комбинациями знаков). Поскольку область x 2 + y 2 + z 2 6 1 компактна (это единичный шар), то можно применить теорему Вейерштрасса. Во всех точках (8) целевая функция принимает одно из двух значений ± √ 3 / 9, а во всех точках (7) она равна нулю. Следовательно, точки, в которых значение функции равно √ 3 / 9, будут точками глобального максимума, а точки, в которых значение функции равно − √ 3 / 9, будут точками глобального минимума. Покажем, что точки вида (7) не экстремальные. Действительно, каждая из них лежит на какой-то из трех координатных осей и, сле- довательно, принадлежит границам как минимум четырех координат- ных октантов. На внутренностях этих октантов целевая функция xyz 26 МЕТОД МНОЖИТЕЛЕЙ ЛАГРАНЖА принимает значения обоих знаков. Поэтому точки (7) не могут быть экстремальными. Ответ: экстремальными будут все точки (8), причем те из них, в которых значение целевой функции равно √ 3 / 9, являются точками глобального максимума, а те, в которых значение целевой функции равно − √ 3 / 9 — точками глобального минимума. Пример 5.7. Найти экстремумы функции f (x 1 , . . . , x n ) = ∑ n i=1 x 2 i на множестве ∑ n i=1 x 4 i 6 1, то есть решить задачу { x 2 1 + . . . + x 2 n → extr, x 4 1 + . . . + x 4 n − 1 6 0. Решение. Составим функцию Лагранжа и вычислим ее частные производные: L(x, λ) = λ 0 ( x 2 1 + . . . + x 2 n ) + λ 1 ( x 4 1 + . . . + x 4 n − 1 ) ; ∂L(x, λ) ∂x i = 2λ 0 x i + 4λ 1 x 3 i , i = 1, . . . , n. Выпишем необходимое условие экстремума { 2λ 0 x i + 4λ 1 x 3 i = 0, i = 1, . . . , n, λ 1 ( x 4 1 + . . . + x 4 n − 1 ) = 0. а) Рассмотрим случай λ 0 = 0: { 4λ 1 x 3 i = 0, i = 1, . . . , n, λ 1 ( x 4 1 + . . . + x 4 n − 1 ) = 0. Очевидно, эта система разрешима лишь при λ 1 = 0, и подозрительных на экстремум точек не возникает. б) Рассмотрим теперь случай, когда λ 0 = 2: { 4x i + 4λ 1 x 3 i = 0, i = 1, . . . , n, λ 1 ( x 4 1 + . . . + x 4 n − 1 ) = 0. Последнее уравнение системы распадается на два уравнения: λ 1 = 0 и x 4 1 + . . . + x 4 n = 1. § 5. Задачи с ограничениями типа равенств и неравенств 27 Если λ 1 = 0, то x 1 = . . . = x n = 0. Получаем одну подозрительную точку (0, . . . , 0). В ней целевая функция принимает нулевое значение. Так как во всех остальных точках целевая функция положительна, в найденной точке достигается глобальный минимум. Пусть теперь λ 1 ̸= 0. Тогда наша система равносильна такой: { x i ( 1 + λ 1 x 2 i ) = 0, i = 1, . . . , n, x 4 1 + . . . + x 4 n = 1. Если λ 1 > 0, то из первых n уравнений системы получаем равенства x 1 = 0, . . . , x n = 0, которые противоречат последнему уравнению. Если же λ 1 < 0, то каждое из первых n уравнений имеет три решения относительно x i : x i = 0 и x i = ± √ −1/λ 1 Обозначим через I множество индексов i ∈ {1, . . . , n}, для которых x i = ± √ −1/λ 1 , и положим k = |I|. Тогда x 4 1 + . . . + x 4 n = ∑ i ∈I x 4 i + ∑ i / ∈I x 4 i = ∑ i ∈I 1 λ 2 1 = k λ 2 1 = 1, откуда вытекает, что λ 1 = − √ k, и соответственно x i = ± 4 √ 1/k, i ∈ I, x i = 0, i / ∈ I. Все точки с такими координатами подозрительны на экстремум. В каждой из них целевая функция принимает значение n ∑ i=1 x 2 i = ∑ i ∈I x 2 i = k √ k = √ k. Это значение максимально, когда k = n, то есть когда все координаты подозрительной на экстремум точки ненулевые. Отсюда следует, что целевая функция f достигает глобального максимума в тех точках x, у которых все координаты x i равны ± 4 √ 1/n. При этом f max = √ n. Рассмотрим остальные подозрительные на экстремум точки. Так как λ 1 = − √ k < 0, то в них по условию согласования знаков либо локальный максимум, либо нет экстремума. Проверим для этих точек условия второго порядка. Для этого вычислим частные производные 28 МЕТОД МНОЖИТЕЛЕЙ ЛАГРАНЖА и полный дифференциал второго порядка от функции Лагранжа: ∂ 2 L(x, λ) ∂x 2 i = 2λ 0 + 12λ 1 x 2 i , ∂ 2 L(x, λ) ∂x i ∂x j = 0, i ̸= j; L ′′ xx (a, λ)dx 2 = n ∑ i=1 ( 4 − 12 √ ka 2 i ) dx 2 i = 4 ∑ i / ∈I dx 2 i − 8 ∑ i ∈I dx 2 i . Положим φ(x) = x 4 1 + . . . + x 4 n − 1 и выпишем условие φ ′ (a)dx = 0: φ ′ (a)dx = n ∑ i=1 4a 2 i dx i = 4 ∑ i ∈I a 3 i dx i = 0. Рассмотрим вектор dx, у которого все координаты нулевые, за исклю- чением одной координаты dx i , отвечающей какому-то индексу i / ∈ I. Для него будут выполняться условия φ ′ (a)dx = 0, L ′′ xx (a, λ)dx 2 > 0. По теореме 5.5 отсюда следует, что в точке a нет максимума. Значит, там вообще нет экстремума. Ответ: глобальный минимум достигается в точке x = 0 и равен 0, глобальный максимум достигается в точках, все координаты которых имеют вид ± 4 √ 1/n, и равен √ n. Других экстремумов нет. Пример 5.8. Вписать в круг радиуса R прямоугольник макси- мальной площади. Решение. Обозначим стороны прямоугольника через x и y, а его площадь через S. Тогда задача формализуется следующим образом: S = xy → max, x 2 + y 2 = 4R 2 , −x 6 0, −y 6 0. Далее можно применять стандартный метод Лагранжа. Однако его ни в коем случае не следует считать непреложной догмой! Такие простые школьные задачи в десятки раз быстрее решаются обычными школь- ными методами. § 5. Задачи с ограничениями типа равенств и неравенств 29 Очевидно, y = √ 4R 2 − x 2 , откуда следует, что S = x √ 4R 2 − x 2 Найдем производную от S по переменной x и приравняем ее к нулю: dS dx = √ 4R 2 − x 2 − x · 2x 2 √ 4R 2 − x 2 = 4R 2 − 2x 2 √ 4R 2 − x 2 = 0. У последнего уравнения есть единственное неотрицательное решение x = √ 2R. На нем и достигается максимум. Попробуйте теперь решить этот пример методом Лагранжа и срав- ните затраченное время. Ответ: максимальную площадь имеет квадрат со стороной √ 2R. Покажем теперь, как метод множителей Лагранжа применяется для доказательства неравенств в конечномерных пространствах. Пример 5.9. Доказать, что среднее геометрическое чисел x i > 0, i = 1, . . . , n, не превосходит их среднего арифметического: n √ x 1 x 2 · · · x n 6 x 1 + x 2 + . . . + x n n . (9) Решение. Вначале следует поставить такую гладкую задачу опти- мизации с ограничениями типа равенств и неравенств, решение кото- рой приведет к требуемому результату. Положим s n = x 1 x 2 · · · x n и рассмотрим задачу f (x 1 , . . . , x n ) = x 1 + . . . + x n → min, x 1 x 2 · · · x n − s n = 0, −x i 6 0, i = 1, . . . , n. (10) Очевидно, что если хотя бы одна из координат x i равна нулю, то неравенство (9) выполняется. Поэтому можно считать, что s > 0. Неравенство (9) равносильно тому, что f (x 1 , . . . , x n ) > ns в (10). Следовательно, нам достаточно проверить, что глобальный минимум в задаче (10) больше или равен ns. Решим эту задачу методом множителей Лагранжа. Вначале соста- вим функцию Лагранжа и найдем ее частные производные: L(x, λ) = λ 0 (x 1 + . . . + x n ) − n ∑ i=1 λ i x i + λ n+1 (x 1 x 2 · · · x n − s n ); ∂L(x, λ) ∂x i = λ 0 − λ i + λ n+1 x 1 · · · x i −1 x i+1 · · · x n , i = 1, . . . , n. 30 МЕТОД МНОЖИТЕЛЕЙ ЛАГРАНЖА Затем выпишем необходимое условие экстремума λ 0 − λ i + λ n+1 x 1 · · · x i −1 x i+1 · · · x n = 0, i = 1, . . . , n, x 1 x 2 · · · x n − s n = 0, λ i x i = 0, i = 1, . . . , n. Мы считаем, что все x i > 0. Тогда из условий дополняющей нежест- кости следует, что λ i = 0 при i = 1, . . . , n. Получается система { λ 0 + λ n+1 x 1 · · · x i −1 x i+1 · · · x n = 0, i = 1, . . . , n, x 1 x 2 · · · x n − s n = 0. Домножим в ней каждое из первых n уравнений на соответствующую переменную x i . Тогда она примет следующий вид: { λ 0 x i + λ n+1 s n = 0, i = 1, . . . , n, x 1 x 2 · · · x n = s n . Предположим, что λ 0 равно нулю. Тогда λ n+1 тоже равно нулю, и весь вектор λ оказывается нулевым. В этом случае подозрительных на экстремум точек не возникает. Если λ 0 > 0, то из первых n уравнений системы следует, что все x i равны друг другу, а из последнего уравнения следует, что их общее значение есть s. В результате мы получили единственную стационар- ную точку a = (s, . . . , s). Рассмотрим область определения задачи (10) Ω = { x = (x 1 , . . . , x n ) x 1 x 2 · · · x n = s n ; x i > 0, i = 1, . . . , n } . Она не компактна, но на ней выполняется условие lim |x|→∞ f (x) = + ∞. По следствию из теоремы Вейерштрасса целевая функция f достигает глобального минимума на множестве Ω. Единственная точка, где он может быть — это a = (s, . . . , s). Значит, f min = f (a) = ns. Тем самым задача (10) решена и неравенство (9) доказано. Пример 5.9 можно решать другим способом, а именно, искать мак- симум произведения x 1 x 2 · · · x n при фиксированном значении суммы § 5. Задачи с ограничениями типа равенств и неравенств 31 x 1 + . . . + x n . Этот способ даже несколько предпочтительнее, потому что область определения экстремальной задачи будет компактна. Наконец, приведем пример, при исследовании которого приходится пользоваться всеми необходимыми и достаточными условиями первого и второго порядков. Пример 5.10. Найти условные экстремумы в задаче { x 3 + 8y 3 − 6xy → extr, 0 6 x 6 2, |y| 6 1. Решение. Полезно сразу нарисовать область определения задачи. Практика показывает, что те, кто ленится это сделать, примерно в половине случаев выписывают в ответе лишние точки. - 6 x y 2 1 −1 1 2 |