Нахождение экстремума функции двух переменных.

Задача. Найти экстремумы функции \(f({{x}_{1}},{{x}_{2}})={{x}_{1}}+2{{x}_{2}},\) при условии , что переменные удовлетворяют уровнению вязов \(x_{1}^{2}+x_{2}^{2}=5\).

Решение. Составим функцию Лагранжа:

\(L({{x}_{1}},{{x}_{2}},\lambda )={{x}_{1}}+2{{x}_{2}}+\lambda (x_{1}^{2}+x_{2}^{2}-5)\).

Найдем производные :

$$\frac{\text{d}L}{\text{d}{x}_{1}}=1+2\lambda {{x}_{1}},$$

$$\frac{\text{d}L}{\text{d}{x}_{2}}=2+2\lambda {{x}_{2}},$$

$$\frac{\text{d}L}{\text{d}\lambda}=x_{1}^{2}+x_{2}^{2}-5$$

и запишем систему :

$$ \begin{cases} 1+2\lambda {{x}_{1}} = 0, \\ 2+2\lambda {{x}_{2}}=0 , \\ x_{1}^{2}+x_{2}^{2}= 0. \end{cases} $$

Система имеет 2 решения \(x_{1}^{(1)}=-1,\text{ }x_{2}^{(1)}=-2,\text{ }\lambda _{{}}^{\text{(1)}}=\frac{1}{2}\) и \(x_{1}^{(2)}=1,\text{ }\text{ } \text{ }\text{ } \text{ }\text{ } \text{ }\text{ } \text{ }\text{ } \text{ }x_{2}^{(2)}=2\,\text{ }\lambda _{{}}^{\text{(2)}}=-\frac{1}{2},\) которые и определяют две стационарные точки.

Исследование характера экстемума у стационарных точках. Используя производные первого порядка, найдем производные второго порядка:

$$\frac{{{\partial }^{2}}L}{\partial {{\lambda }^{2}}}\equiv 0,$$

$$\frac{{{\partial }^{2}}L}{\partial \lambda \partial {{x}_{1}}}=\frac{{{\partial }^{2}}L}{\partial {{x}_{1}}\partial \lambda }=2{{x}_{1}},$$

$$\frac{{{\partial }^{2}}L}{\partial \lambda \partial {{x}_{2}}}=\frac{{{\partial }^{2}}L}{\partial {{x}_{2}}\partial \lambda }=2{{x}_{2}},$$

$$\frac{{{\partial }^{2}}L}{\partial x_{1}^{2}}=2\lambda ,$$

$$\frac{{{\partial }^{2}}L}{\partial {{x}_{1}}\partial {{x}_{2}}}=\frac{{{\partial }^{2}}L}{\partial {{x}_{2}}\partial {{x}_{1}}}=0,$$

$$\frac{{{\partial }^{2}}L}{\partial x_{2}^{2}}=2\lambda .$$

Вычисляем значение в стационарных точках.

При \(x_{1}^{(1)}=-1,\text{ }x_{2}^{(1)}=-2,\text{ }\lambda _{{}}^{\text{(1)}}=\frac{1}{2}:\)

$$\frac{{{\partial }^{2}}L}{\partial \lambda \partial {{}_{1}}}=\frac{{{\partial }^{2}}L}{\partial {{}_{1}}\partial \lambda }=-2,$$

$$\frac{{{\partial }^{2}}L}{\partial \lambda \partial {{x}_{2}}}=\frac{{{\partial }^{2}}L}{\partial {{x}_{2}}\partial \lambda }=-4,$$

$$\frac{{{\partial }^{2}}L}{\partial x_{1}^{2}}=1,$$

$$\frac{{{\partial }^{2}}L}{\partial x_{2}^{2}}=1,$$

$$\frac{{{\partial }^{2}}L}{\partial {{x}_{1}}\partial {{x}_{2}}}=0.$$

Составим определитель :

$$\Delta =-\text{ }\left| \begin{matrix} 0 & -2 & -4 \\ -2 & 1 & 0 \\ -4 & 0 & 1 \\ \end{matrix} \right|=20>0$$

а значит при \(x_{1}^{(1)}=-1,\text{ }x_{2}^{(1)}=-2\) функция \(f({{x}_{1}},{{x}_{2}})={{x}_{1}}+2{{x}_{2}}\) имеет условный минимум.

Аналогично при \(x_{1}^{(2)}=1,\text{ }x_{2}^{(2)}=2,\text{ }\lambda _{{}}^{\text{(2)}}=-\frac{1}{2}\) имеем

$$\frac{{{\partial }^{2}}L}{\partial \lambda \partial {{x}_{1}}}=\frac{{{\partial }^{2}}L}{\partial {{x}_{1}}\partial \lambda }=2,$$

$$\frac{{{\partial }^{2}}L}{\partial \lambda \partial {{x}_{2}}}=\frac{{{\partial }^{2}}L}{\partial {{x}_{2}}\partial \lambda }=4,$$

$$\frac{{{\partial }^{2}}L}{\partial x_{1}^{2}}=1,$$

$$\frac{{{\partial }^{2}}L}{\partial x_{2}^{2}}=1,$$

$$\frac{{{\partial }^{2}}L}{\partial {{x}_{1}}\partial {{x}_{2}}}=0,$$

a

$$\Delta =-\text{ }\left| \begin{matrix} 0 & 2 & 4 \\ 2 & -1 & 0 \\ 4 & 0 & -1 \\ \end{matrix} \right|=-20<0$$

значит при \(x_{1}^{(2)}=1,\text{ }x_{2}^{(2)}=2\text{ }\) функция имеет условный максимум.


2016-03-15 • Просмотров [ 37 ]