1.4. Пример применения метода неопределенных множителей Лагранжа для поиска наибольших значений функций

Требуется найти наибольшие и наименьшие значения функции z = x ² + 2 y ² + 2 6xy в замкнутой области D , определенной нера-венством x² + y ² ≤ R² .

П орядок решения задачи следующий:

• находим все точки стационарности функции z (точки, в которых может достигаться экстремум);

• выбираем те из них, которые принадлежат области D ;

• вычисляем значения функции в выбранных точках;

• находим с помощью метода неопределенных множите-лей Лагранжа точки на границе области D , в которых может достигаться условный экстремум функции z ;

• вычисляем значения функции z в найденных точках границы, в которых может достигаться условный экс-тремум функции z ;

• простым перебором всех изученных точках определяем

наибольшее и наименьшее значение функции z .

Для поиска всех точек стационарности функции z приравняем нулю частные производные от нее по аргументам x, y и получим

систему уравнений:

2x + 2 6 y = 0,

4 y + 2 6x = 0.

Определитель этой однородной системы отличен от нуля. По-этому имеется единственная точка M₀ стационарности с коорди-натами x = 0, y = 0 , которая принадлежит области D . Значение функции z в этой точке равно нулю.

14

Для изучения точек границы области D найдем условный экс-тремум функции z при ограничении x ² + y ² − R ² = 0.

Функция Ф , учитывающая множители Лагранжа, имеет вид

Ф = x ² + y ² + 2 6xy + λ (x ² + y ² − R² ) .

Приравнивая к нулю частные производные от этой функции по аргументам x, y, λ , получим систему нелинейных уравнений

(1 + λ)x + 6 y = 0,
	6x + (2 + λ ) y = 0,

x ² + y ² = R² .

Поскольку при любых значениях λ первые два уравнения есть однородная система уравнений, то она всегда имеет решение x = 0, y = 0 . Однако нас интересуют только не нулевые решения

системы, поскольку этот тривиальный случай уже рассмотрен. Не-нулевые решения однородной системы возможны только при ра-венстве ее определителя нулю. Из этого условия удается найти возможные значения λ. Для этого нужно решить квадратное урав-нение (1 + λ )(2 + λ ) − 6 = 0 . У этого уравнения имеются два корня:

λ₁ = 1, λ₂ = −4 .

Сначала рассмотрим случай, когда λ₁ =1. Понятно, что первые

два уравнения в этом случае линейно зависимы. Поэтому второе уравнение можно не рассматривать и искать значения x, y из сис-

темы уравнений:

	+ λ1 )x + 6 y = 0,
(1
	+ y 2 = R2 .
x 2

В ыражая переменную y с помощью первого уравнения через x ,

получим y = − ²₆ x и, подставляя полученное выражение во вто-

рое уравнение, определим два возможных значения переменной x : x₁ = 0,6R , x₂ = − 0,6. Им соответствуют два значения перемен-ной y : y₁ = − 0,4R , y ₂ = 0,4R . Таким образом, найдены две точки

15

границы, в которых может достигаться экстремум. Аналогично на-

ходятся	еще	две	точки	границы	при	λ2 = −4 :
x3 = 0,4R , y3 =		0,6R , x4	= − 0,4R , y 4 = − 0,6R .

З начения функции z в найденных точках равны:

z(x₁ , y₁ ) = − R ² , z (x₂ , y ₂ ) = − R ² , z (x₃ , y₃ ) = 4R ² , z (x₄ , y₄ ) = 4R² .

В итоге найдены наибольшее и наименьшее значения функции

z , равные 4R² и− R ² соответственно, а также точки, в которых они достигаются.