Метод неопределённых множителей Лагранжа

[arqady]

Решим такую задачу:
Пусть $a$, $b$ и $c$ положительны и такие, что $a+b+c=15$.
Найти наименьшее значение выражения $\frac{2a+4b+7c}{abc}$.
Пусть $a=6$, $b=5$ и $c=4$. Тогда $\frac{2a+4b+7c}{abc}=\frac{1}{2}$.
Докажем (собственно где-то вру), что для положительных $a$, $b$ и $c$ $\min\limits_{a+b+c=15}\frac{2a+4b+7c}{abc}=\frac{1}{2}$.
Пусть $f(a,b,c)=4a+8b+14c-abc+\lambda(a+b+c-15)$.
Тогда из условия, что первые частные производные $f$ по $a$, по $b$ и по $c$ равны нулю,
получаем точку, подозрительную на экстремум $(6,5,4)$ (там получаются две такие точки, но вторая легко бракуется).
Как проверить теперь, что точка $(6,5,4)$ является точкой локального минимума?
Критерий Сильвестра не работает уже с самого начала! Вторая частная производная по $a$ просто равна нулю, определитель первой матрицы второго порядка в подозрительной точке отрицателен!
Чуствуется, что я не понимаю что-то фундаментальное в этом методе.
Можно, конечно книжку почитать. Но я предпочитаю пообщаться в данной ситуации с умными людьми. Спасибо!

[мат-ламер]

Непонятно, откуда функция $f$ имеет именно такой вид.

-- Пн июн 27, 2011 20:19:52 --

Задачу можно поставить так - найти минимум $xy$, где $x=2a+4b+7c, 1=abcy, a+b+c=15$.

[Gortaur]

мат-ламер
Видимо, ТС хочет показать, что $(2a+4b+7c) - \frac 1 2 abs$ неотрицательна на $a+b+c = 15$.

[arqady]

мат-ламер в сообщении #462832 писал(а):

Непонятно, откуда функция $f$ имеет именно такой вид.

$f(a,b,c)\geq0\Leftrightarrow\frac{2a+4b+7c}{abc}\geq\frac{1}{2}$.

мат-ламер в сообщении #462832 писал(а):

Задачу можно поставить так - найти минимум $xy$, где $x=2a+4b+7c, 1=abcy, a+b+c=15$.

Мне хотелось бы разобраться сначала с моей постановкой.

[nnosipov]

По-моему, здесь всё гораздо хуже. Если освободиться от связи (заменить $c$ на $15-a-b$), то в треугольнике $a>0$, $b>0$, $a+b<15$ будет целый кусок гиперболы, сплошь состоящий из подозрительных точек. И каждую из них нужно будет тестировать на локальный минимум, т.е. разлагать в окрестности каждой такой точки нашу функцию в ряд и смотреть, что там будет. В общем, кропотливая работа. И это притом, что связь была всего лишь линейной.

Виноват, почему-то показалось, что частные производные по $a$ и $b$ пропорциональны. На самом деле только одна подозрительная точка $(a,b)=(6,5)$. Так что не всё так плохо. Но в ряд разлагать придётся. А потом, разумеется, и на границе треугольника смотреть.

У меня получилось, что локальный минимум есть. Но общее впечатление от таких задач: общий метод Лагранжа не самое лучшее, что здесь можно предложить. Уж слишком много возни. С другой стороны, тогда остаются разные фокусы с известными неравенствами. А это тоже непросто.

[мат-ламер]

Дошло. Но положительная определённость матрицы вторых производных необязательна. Достаточно её положительная определённость на плоскости, проходящей через ноль, и параллельной плоскости, касательной к множеству ограничений в подозрительной точке. В нашем случае множество ограничений является плоскостью, и совпадает со своей касательной плоскостью. Т.е. нам надо показать положительную определённость на плоскости $a+b+c=0$.

-- Пн июн 27, 2011 20:56:15 --

Т.е. в форме $-ab-bc-ca$ сделать подстановку $c=-a-b$. Получим положительную форму $a^2+ab+b^2$.

-- Пн июн 27, 2011 21:03:21 --

arqady. Если Вы будете предлагать эту задачу на олимпиаде, то предложенное решение имеет тот недостаток, что точку минимума сначала надо было отгадать.

[arqady]

мат-ламер в сообщении #462859 писал(а):

Если Вы будете предлагать эту задачу на олимпиаде, то предложенное решение имеет тот недостаток, что точку минимума сначала надо было отгадать.

Ну сформулировать задачу в человеческом или античеловеческом виде - это уже не проблема.