Метод-множителей-Лагранжа-метод.-пособие (1). Методическое пособие для студентов специальности 131 03 0103 Математика (экономическая деятельность)

• Название: Методическое пособие для студентов специальности 131 03 0103 Математика (экономическая деятельность)
• Дата: 24.12.2021
• Размер: 209.16 Kb.
• Имя файла: Метод-множителей-Лагранжа-метод.-пособие (1).pdf
• Тип: Методическое пособие; #316384
• страница: 2 из 2

r
r
r
r
r
r
r
r
r
Запишем нашу задачу в стандартной форме





x
3
+ 8y
3
− 6xy → extr,
x
− 2 6 0, −x 6 0,
y
− 1 6 0, −y − 1 6 0.
Ей отвечает функция Лагранжа
L(x, y, λ) = λ
0
(
x
3
+ 8y
3
− 6xy
)
+ λ
1
(x
− 2) − λ
2
x + λ
3
(y
− 1) − λ
4
(y + 1).
Вычисляем ее частные производные
∂L
∂x
(x, y, λ) = 3λ
0
x
2
− 6λ
0
y + λ
1
− λ
2
,
∂L
∂y
(x, y, λ) = 24λ
0
y
2
− 6λ
0
x + λ
3
− λ
4

32
МЕТОД МНОЖИТЕЛЕЙ ЛАГРАНЖА
и составляем систему для нахождения подозрительных на экстремум точек (то есть выписываем условия стационарности и дополняющей нежесткости)











3λ
0
x
2
− 6λ
0
y + λ
1
− λ
2
= 0,
24λ
0
y
2
− 6λ
0
x + λ
3
− λ
4
= 0,
λ
1
(x
− 2) = 0, λ
2
x = 0,
λ
3
(y
− 1) = 0, λ
4
(y + 1) = 0.
Рассмотрим два случая: λ
0
= 0 и λ
0
̸= 0.
В случае λ
0
= 0 из первых двух уравнений системы следует, что
λ
1
= λ
2
и λ
3
= λ
4
Если λ
1
= λ
2
̸= 0, то из условий дополняющей нежесткости следует,
что x = 2 и в то же время x = 0. Значит, λ
1
= λ
2
= 0. Если λ
3
= λ
4
̸= 0,
то, аналогично, y = 1 и одновременно y =
−1. Значит, λ
3
= λ
4
= 0.
Поскольку при λ
0
= 0 все параметры λ
i
оказались нулевыми, в этом случае подозрительных на экстремум точек нет.
Пусть λ
0
̸= 0. Не ограничивая общности, можно взять λ
0
= 1/3.
Тогда система примет вид











x
2
− 2y + λ
1
− λ
2
= 0,
8y
2
− 2x + λ
3
− λ
4
= 0,
λ
1
(x
− 2) = 0, λ
2
x = 0,
λ
3
(y
− 1) = 0, λ
4
(y + 1) = 0.
(11)
Чтобы найти все ее решения, рассмотрим по отдельности все воз- можные случаи равенства или неравенства параметров λ
1
, λ
2
, λ
3
, λ
4
нулю. Всего таких случаев будет 16. Полученные результаты будем записывать в таблице, расположенной на следующей странице. Если
λ
i
= 0, то в соответствующей клетке таблицы пишем 0, а если λ
i
̸= 0,
то пишем 1 (что вовсе не означает равенства λ
i
= 1).
Случай 1. Все λ
i
равны нулю, и система (11) принимает вид
{
x
2
− 2y = 0,
8y
2
− 2x = 0,
⇐⇒
{
y = x
2
/2,
2x
4
− 2x = 0.
Решив ее, получаем две критические точки (0, 0) и (1, 1/2). Помещаем их в таблицу.

§ 5. Задачи с ограничениями типа равенств и неравенств
33
№
λ
1
λ
2
λ
3
λ
4
точки и знаки λ
i
тип extr
1 0
0 0
0
(0, 0)
нет extr
(1, 1/2)
loc min
2 0
0 0
1
∅
3 0
0 1
0
(√
2, 1
)
,
λ
3
< 0
нет extr
4 0
0 1
1
∅
5 0
1 0
0
∅
6 0
1 0
1
(0,
−1), λ
2
> 0, λ
4
> 0
glob min
7 0
1 1
0
(0, 1),
λ
2
< 0, λ
3
< 0
loc max
8 0
1 1
1
∅
9 1
0 0
0
(
2, 1
/√
2
)
,
λ
1
< 0
нет extr
(
2,
−1
/√
2
)
,
λ
1
< 0
glob max
10 1
0 0
1
(2,
−1), λ
1
< 0, λ
4
> 0
нет extr
11 1
0 1
0
(2, 1),
λ
1
< 0, λ
3
< 0
loc max
12 1
0 1
1
∅
13 1
1 0
0
∅
14 1
1 0
1
∅
15 1
1 1
0
∅
16 1
1 1
1
∅
Случай 2. Из (11) получается система





x
2
− 2y = 0,
8y
2
− 2x − λ
4
= 0,
y =
−1.
Из нее следует, что x
2
=
−2. Значит, в этом случае решений нет.
Случай 3. Получается система





x
2
− 2y = 0,
8y
2
− 2x + λ
3
= 0,
y = 1.

34
МЕТОД МНОЖИТЕЛЕЙ ЛАГРАНЖА
Из нее находим x =
±
√
2 и λ
3
=
±2
√
2
− 8. Получаем две критиче- ские точки
(√
2, 1
)
и
(
−
√
2, 1
)
. Но вторая из них не лежит в области определения нашей задачи. В итоге остается одна подозрительная на экстремум точка
(√
2, 1
)
. Для нее λ
3
= 2
√
2
− 8 < 0. Значит, в этой точке может быть максимум (а минимума не может быть).
Случай 4. У нас λ
3
̸= 0 и λ
4
̸= 0. Из последних двух уравнений системы (11) получаем, что y = 1 и одновременно y =
−1. Значит, в этом случае решений нет.
Случай 5. Из (11) получается система





x
2
− 2y − λ
2
= 0,
8y
2
− 2x = 0,
x = 0.
Из нее следует, что y = 0 и λ
2
= 0. Но мы рассматриваем случай, в котором λ
2
̸= 0. Значит, в этом случае решений нет.
Случай 6. Система (11) принимает форму





x
2
− 2y − λ
2
= 0,
8y
2
− 2x − λ
4
= 0,
x = 0,
y =
−1.
Из нее получаем одну критическую точку (0,
−1), для которой λ
2
= 2
и λ
4
= 8. Эта точка подозрительна на минимум.
Случай 7. Получается система





x
2
− 2y − λ
2
= 0,
8y
2
− 2x + λ
3
= 0,
x = 0,
y = 1.
Из нее находим одну критическую точку (0, 1), для которой λ
2
=
−2
и λ
3
=
−8. Она подозрительна на максимум.
Случай 8. Как и в случае 4, здесь одновременно y = 1 и y =
−1.
Поэтому решений нет.

§ 5. Задачи с ограничениями типа равенств и неравенств
35
Случай 9. Получается система





x
2
− 2y + λ
1
= 0,
8y
2
− 2x = 0,
x = 2.
Из нее находим y =
±1
/√
2 и λ
1
=
±
√
2
− 4 < 0. Получаем две подо- зрительные на максимум точки с координатами
(
2,
±1
/√
2
)
Случай 10. Получается система





x
2
− 2y + λ
1
= 0,
8y
2
− 2x − λ
4
= 0,
x = 2,
y =
−1.
Из нее находим λ
1
=
−6 и λ
4
= 4. Для множителей Лагранжа λ
1
и λ
4
не выполняется условие согласования знаков. Поэтому в критической точке (2,
−1) не может быть экстремума.
Случай 11. Система (11) принимает вид





x
2
− 2y + λ
1
= 0,
8y
2
− 2x + λ
3
= 0,
x = 2,
y = 1.
Из нее находим λ
1
=
−2 и λ
3
=
−4. Значит, в точке (2, 1) может быть максимум.
В оставшихся случаях решений не будет, потому что в случае 12
получаются несовместные равенства y = 1 и y =
−1, а в случаях 13–16
получаются несовместные равенства x = 2 и x = 0.
Заметим, что область определения решаемой задачи (квадрат на плоскости) компактна, а целевая функция непрерывна. По теореме
Вейерштрасса целевая функция достигает максимума и минимума на области определения задачи. А в силу принципа Лагранжа все точки экстремума исследуемой задачи находятся среди критических точек,
выписанных в таблице. Поэтому для нахождения глобальных экстре- мумов достаточно вычислить значения целевой функции во всех най- денных критических точках и выбрать из них максимум и минимум.

36
МЕТОД МНОЖИТЕЛЕЙ ЛАГРАНЖА
Выпишем эти значения:
f (0, 0) = 0,
f (1, 1/2) =
−1,
f
(√
2, 1
)
= 8
− 4
√
2,
f (0,
−1) = −8,
f (0, 1) = 8,
f
(
2, 1
/√
2
)
= 8
− 4
√
2,
f
(
2,
−1
/√
2
)
= 8 + 4
√
2,
f (2, 1) = 4.
Отсюда видно, что глобальный максимум равен 8 + 4
√
2 и достигается в точке
(
2,
−1
/√
2
)
, а глобальный минимум равен
−8 и достигается в точке (0,
−1).
Исследуем остальные критические точки с помощью достаточных условий второго порядка. Вычислим вторые частные производные от функции Лагранжа:
L
′′
xx
(x, y, λ) = 2x,
L
′′
yy
(x, y, λ) = 16y,
L
′′
xy
(x, y, λ) =
−2
и второй дифференциал (по отношению к переменным x, y)
d
2
L(x, y, λ) = 2xdx
2
− 4dxdy + 16ydy
2
.
Далее определяем знак d
2
L в критических точках.
1. В точке (0, 0) второй дифференциал d
2
L(0, 0, λ) =
−4dxdy будет знакопеременный. Из-за этого достаточное условие экстремума тут не работает. С другой стороны, достаточное условие отсутствия экстре- мума тут тоже не работает, потому что в рассматриваемой точке есть активное условие x = 0, и из равенства dx = 0 следует, что d
2
L = 0.
Это редкий случай, когда приходится доказывать отсутствие экс- тремума по определению. Заметим, что точка (0, y) лежит в области определения нашей задачи при
|y| < 1. Целевая функция f(0, y) = 8y
3
больше нуля при y > 0 и меньше нуля при отрицательных y. Поэтому в точке (0, 0) не может быть экстремума.
2. В точке (1, 1/2) второй дифференциал
d
2
L(1, 1/2, λ) = 2dx
2
− 4dxdy + 8dy
2
= 2(dx
− dy)
2
+ 6dy
2
положительно определен. Значит, в этой точке локальный минимум.
3. В точке
(√
2, 1
)
есть одно активное условие λ
3
(y
− 1) = 0, и
d
2
L
(√
2, 1, λ) = 2
√
2dx
2
− 4dxdy + 16dy
2
.

§ 5. Задачи с ограничениями типа равенств и неравенств
37
Знак d
2
L следует смотреть не на всех векторах (dx, dy)
̸= 0, а лишь на тех, для которых дифференциал от активного условия обращается в нуль: dy = 0. Очевидно, для них d
2
L = 2
√
2dx
2
> 0. В силу этого неравенства в рассматриваемой точке не может быть максимума. А в силу неравенства λ
3
< 0 не может быть минимума. Значит, здесь нет экстремума.
4. В точке (0,
−1) два активных условия λ
2
x = 0 и λ
4
(y + 1) = 0.
Поэтому знак d
2
L нужно смотреть на ненулевых векторах (dx, dy),
для которых dx = 0 и dy = 0. Очевидно, таких векторов просто нет, и знак d
2
L можно выбрать произвольно. Поскольку в рассматриваемой точке параметры λ
2
и λ
4
положительны, скажем, что d
2
L > 0. Тогда по достаточному условию экстремума здесь расположен минимум. На самом деле выше мы установили, что этот минимум глобальный.
5. В точке (0, 1) два активных условия λ
2
x = 0 и λ
3
(y
− 1) = 0.
Поэтому знак d
2
L нужно смотреть на ненулевых векторах (dx, dy),
для которых одновременно dx = 0 и dy = 0. Но таких векторов нет, и знак d
2
L можно выбрать произвольно. Поскольку в рассматриваемой точке параметры λ
2
и λ
3
отрицательны, скажем, что d
2
L < 0. Тогда по достаточному условию экстремума здесь локальный максимум.
6. В точке
(
2, 1
/√
2
)
одно активное условие λ
1
(x
− 2) = 0 и
d
2
L
(
2, 1
/√
2, λ
)
= 4dx
2
− 4dxdy + 8
√
2dy
2
.
Смотрим знак d
2
L на ненулевых векторах, удовлетворяющих условию
dx = 0. Для них d
2
L = 8
√
2dy
2
> 0. Значит, в данной точке нет макси- мума. А в силу неравенства λ
1
< 0 не может быть минимума. Поэтому здесь нет экстремума.
7. В точке
(
2,
−1
/√
2
)
одно активное условие λ
1
(x
− 2) = 0 и
d
2
L
(
2, 1
/√
2, λ
)
= 4dx
2
− 4dxdy − 8
√
2dy
2
.
Смотрим знак d
2
L на ненулевых векторах, удовлетворяющих условию
dx = 0. Для них d
2
L =
−8
√
2dy
2
< 0. Кроме того, λ
1
< 0. Поэтому в данной точке максимум. Выше мы установили, что он глобальный.
8. В точке (2,
−1) параметры λ
1
и λ
4
имеют разные знаки. В силу принципа Лагранжа здесь нет экстремума.
9. В точке (2, 1) два активных условия λ
1
(x
− 2) = 0 и λ
3
(y
− 1) = 0,
причем оба параметра λ
1
и λ
3
отрицательны. По принципу Лагранжа здесь может быть максимум. Знак d
2
L нужно смотреть на ненулевых

38
МЕТОД МНОЖИТЕЛЕЙ ЛАГРАНЖА
векторах (dx, dy), для которых dx = 0 и dy = 0. Поскольку таких нет,
можно объявить, что d
2
L < 0. Тогда по достаточному условию здесь будет локальный максимум.
Ответ: глобальный минимум f (0,
−1) = −8,
глобальный максимум f
(
2,
−1
/√
2
)
= 8 + 4
√
2,
локальный минимум f (1, 1/2) =
−1,
локальный максимум f (0, 1) = 8,
локальный максимум f (2, 1) = 4.
Задания.
5.1. Решить пример 5.9 другим способом.
5.2. Найти экстремумы функции x
4 1
+ . . . + x
4
n
на единичном шаре
x
2 1
+ . . . + x
2
n
6 1.
5.3. Найти экстремумы функции e
x
−y
− x − y на множестве, опре- деляемом условиями x + y
6 1, x > 0, y > 0.
5.4. (Задача Ферма). Найти прямоугольный треугольник наиболь- шей площади, если сумма длин его катетов равна заданному числу.
5.5. (Задача Евклида). На стороне BC треугольника ABC найти точку E такую, для которой параллелограмм ADEF , у которого точки
D и F лежат соответственно на сторонах AB и AC, имеет наибольшую площадь.
5.6. Вписать в круг радиуса R треугольник максимальной площади.
5.7. (Задача Кеплера). Среди цилиндров, вписанных в шар единич- ного радиуса, найти цилиндр максимального объема.
5.8. Вписать в единичный шар конус наибольшего объема.
5.9. Среди треугольников данного периметра найти треугольник наибольшей площади.
5.10. Вписать в круг треугольник с максимальной суммой квадра- тов сторон.
5.11. Доказать неравенство для средних степенных
(
1
n
n
∑
i=1
|x
i
|
p
)
1/p
6
(
1
n
n
∑
i=1
|x
i
|
q
)
1/q
при условиях
−∞ < p 6 q < +∞, p ̸= 0, q ̸= 0.

§ 5. Задачи с ограничениями типа равенств и неравенств
39 5.12. Доказать неравенство
(
n
∑
i=1
|x
i
|
p
)
1/p
6
(
n
∑
i=1
|x
i
|
q
)
1/q
,
0 < q
6 p 6 ∞.
5.13. Доказать неравенство Гёльдера
n
∑
i=1
x
i
y
i
6
(
n
∑
i=1
|x
i
|
p
)
1/p
(
n
∑
i=1
|a
i
|
q
)
1/q
,
1
p
+
1
q
= 1.
5.14. Доказать неравенство Минковского
(
n
∑
i=1
|x
i
+ y
i
|
p
)
1/p
6
(
n
∑
i=1
|x
i
|
p
)
1/p
+
(
n
∑
i=1
|y
i
|
p
)
1/p
,
p
> 1.

Оглавление
Предисловие . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3
§ 1.
Задачи оптимизации . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4
§ 2.
Экстремумы функций одной переменной . . . . . . . . . . .
6
§ 3.
Экстремумы функций нескольких переменных . . . . . . . .
10
§ 4.
Метод Лагранжа для задач с ограничениями типа равенств
15
§ 5.
Метод Лагранжа для задач с ограничениями типа равенств и неравенств . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
21
Учебное издание
Бахтин Виктор Иванович
Иванишко Ия Александровна
Лебедев Андрей Владимирович
Пиндрик Ольга Исааковна
МЕТОД МНОЖИТЕЛЕЙ ЛАГРАНЖА
Методическое пособие для студентов специальности
1-31 03 01-03 «Математика (экономическая деятельность)»
В авторской редакции
Ответственный за выпуск О. И. Пиндрик
Подписано в печать 18.05.2012. Формат 60
×84/16.
Бумага офсетная. Гарнитура Computer Modern.
Усл. печ. л. 2,33. Уч.-изд. л. 1,97. Тираж 50 экз. Заказ
Белорусский государственный университет.
ЛИ № 02330/0494425 от 08.04.2009.
Пр. Независимости, 4, 220030, Минск.
Отпечатано с оригинала-макета заказчика на копировально-множительной технике механико-математического факультета
Белорусского государственного университета.
Пр. Независимости, 4, 220030, Минск.