6 2 3 )

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
.
x2x1
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
x2x1
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

x2x1
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 .
x2x1
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
x2x1
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.