1. Решить задачу на абсолютный экстремум функции двух переменных: y f ( x1 , x2 ) 3x12 x1x2 2 x22 6 x1 x2 Исходя из необходимого условия абсолютного локального экстремума, составляем систему уравнений: f ( x1 , x2 ) 0 x 1 . f ( x , x ) 1 2 0 x2 Решая эту систему, получаем критические точки функции y f ( x1, x2 ) . Итак, имеем f ( x1 , x2 ) 3x12 x1 x2 2 x22 6 x1 x2 6 x1 x2 6 0 x x1 1 f ( x1 , x2 ) 3x12 x1 x2 2 x22 6 x1 x2 x1 4 x2 1 0 x2 x2 Получили систему линейных алгебраических уравнений: 6 x1 x2 6 0 1 6 x1 x2 6 0 . x 4 x 1 0 6 x 24 x 6 0 6 1 1 2 2 Умножаем второе уравнение на 6 и, вычитая его из первого, получаем: 23x2 0 x2 0 . Подставляя значение x2 во второе уравнение системы, получаем: x1 1 0 x1 1. Т.е. получаем единствен- ную критическую точку x10 , x20 1,0 . Для определения характера этой точки воспользуемся достаточными условиями абсолютного локального экстремума. Обозначим: 2 f ( x10 , x20 ) 2 f ( x10 , x20 ) 2 f ( x10 , x20 ) A , B ,C . x2x1 x12 x22 Напомним, что если x10 , x20 - критическая точка функции 2 f ( x1 , x2 ) 2 f ( x1 , x2 ) 2 f ( x1 , x2 ) , , неy f ( x1, x2 ) , функции x2x1 x12 x22 прерывны в точке x10 , x20 и некоторой её окрестности, тогда 1) если AC B 2 0 и A 0 (или C 0 ), то точка x10 , x20 - точка абсолютного локального минимума, 2) если AC B 2 0 и A 0 (или C 0 ), то точка x10 , x20 - точка абсолютного локального максимума, 3) если AC B 2 0 , то точка x10 , x20 - не является точкой абсолютного локального экстремума, 4) если AC B 2 0 , то однозначного ответа нет, необходимы дополнительные исследования. В нашем примере имеем 2 f (1,0) f ( x1 , x2 ) 6 x1 x2 6 6 , A 1 , 0 x1 x1 x1 x12 2 f (1,0) f ( x1 , x2 ) 1,0 6 x1 x2 6 1, B x2x1 x2 x1 x2 2 f (1,0) f ( x1 , x2 ) x1 4 x2 1 4 . C 1 , 0 x2 x2 x2 x22 Подсчитываем AC B 2 6 4 12 23 0 . Так как A 6 0 , то отсюда заключаем, что точка 1,0 - точка абсолютного локального минимума функции y f ( x1 , x2 ) 3x12 x1x2 2 x22 6 x1 x2 . 2. Решить задачу на экстремум функции f ( x1 , x 2 ) x12 2 x 22 при условии, что переменные x1 и x2 удовлетворяют уравнению g ( x1 , x 2 ) x1 x 2 4 0 . Решаем эту задачу методом Лагранжа. Составляем функцию Лагранжа: L( x1, x2 , ) x12 2 x22 x1 x2 4 Критические точки функции Лагранжа определяем, решая систему уравнений: L x 2 2 x 2 x x 4 / 0 x 0 2 1 2 x1 1 1 2 x1 0 / 2 L 0 x1 2 x22 x1 x2 4 x 2 0 4 x2 0 x2 x x 4 0 / 1 2 2 2 L x1 2 x2 x1 x2 4 0 0 Из первого уравнения системы находим 2x1 , из второго находим 4x2 . Приравнивая эти два выражения для , имеем 2 x1 4 x2 x1 2 x2 . Полученное выражение для x1 подставляем в третье уравнение системы: 2 x2 x2 4 0 x2 4 0 x2 4 . Находим x1 : x1 2 4 8 . Таким образом, точка 8,4 есть тока подозреваемая на условный экстремум. Для определения характера экстремума исследуем знак второго дифференциала функции Лагранжа в этой точке 2L 2 2L 2L 2 2 d L 2 dx1 2 dx1dx2 2 dx2 . x2x1 x1 x2 Найдём вторые частные производные функции Лагранжа в критической точке. 2 L L / 2 x 1 x1 2 , 2 x x x1 1 1 2L L 2 x1 /x 0 , dx1dx2 2 x2x1 x2 x1 2L L / 4 x 2 x 2 4 . 2 x x x2 2 2 Подставляя полученные значения в выражении для второго дифференциала функции Лагранжа, имеем d 2 L 2dx12 4dx22 . Знак d 2 L неясен, так как не ясно что больше 2dx12 или 4dx22 . Для решения этого вопроса воспользуемся тем, что мы ищем экстремум (максимум или минимум) в точках линии, определяемой уравнением g ( x1 , x 2 ) x1 x 2 4 0 . Найдем дифференциал этой функции, и, пользуясь тем, что g ( x1, x2 ) 0 , значит и dg 0 , найдём связь между dx1 и dx2 . Итак, g g dg dx1 dx2 x1 x2 4/x1 dx1 x1 x2 4/x2 dx2 x1 x2 1 dx1 1 dx2 dx1 dx2 0 . Отсюда получаем, что dx2 dx1 . Подставляя выражение для dx2 в выражение для d 2 L , получаем, что d 2 L 2dx12 4dx22 2dx12 4 dx1 2 2dx12 4 4dx12 14dx12 0 . А это значит, что точка 8,4 есть точка условного локального (и глобального) максимума. Замечание. Если бы было d 2 L 0 , то точка была бы точкой условного локального (и глобального) минимума. Если бы было d 2 L 0 , то точка не была бы точкой условного локального (и глобального) экстремума.