Решим обе задачи в стиле приведённого конспекта: через функцию Лагранжа, активные ограничения, условия стационарности и проверку достаточных условий.

Задача 1. Конус наибольшего объёма, вписанный в шар $R_{\text{sph}}=15$

Обозначим:

$$R=15,\qquad H \text{ — высота конуса},\qquad r \text{ — радиус основания}.$$

Объём конуса:

$$V=\frac13\pi r^2H\to\max.$$

1. Геометрическое ограничение

Рассмотрим осевое сечение шара и конуса. Расстояние от центра шара до плоскости основания равно $R-H$. Поэтому из прямоугольного треугольника

$$r^2+(R-H)^2=R^2.$$

Раскрываем:

$$r^2+R^2-2RH+H^2=R^2,$$

откуда

$$\boxed{r^2=2RH-H^2}.$$

При $R=15$:

$$\boxed{r^2=30H-H^2}.$$

Очевидная область:

$$0\le H\le 30.$$

2. Сводим задачу к функции одной переменной

Подставляем выражение для $r^2$ в объём:

$$V(H)=\frac{\pi}{3}(30H-H^2)H.$$

То есть

$$V(H)=\frac{\pi}{3}(30H^2-H^3)\to\max.$$

Найдём стационарные точки:

$$V'(H) = \frac{\pi}{3}(60H-3H^2) = \pi H(20-H).$$

Условие стационарности:

$$V'(H)=0.$$

Следовательно,

$$\pi H(20-H)=0,$$

откуда

$$H=0$$

или

$$\boxed{H=20}.$$

$H=0$ соответствует вырожденному конусу, поэтому интерес представляет $H=20$.

3. Проверка второго порядка

$$V''(H)=\pi(20-2H).$$

При $H=20$:

$$V''(20)=\pi(20-40)=-20\pi<0.$$

Следовательно, при $H=20$ достигается локальный максимум.

Кроме того,

$$V(0)=V(30)=0,$$

а при $H=20$ объём положителен. Поэтому это также глобальный максимум.

Итак,

$$\boxed{H_{\max}=20}.$$

Для полноты найдём радиус основания:

$$r^2=30\cdot20-20^2=600-400=200,$$ $$\boxed{r=10\sqrt2}.$$

Максимальный объём:

$$V_{\max} = \frac13\pi\cdot200\cdot20 = \boxed{\frac{4000\pi}{3}}.$$

Решение этой же задачи через функцию Лагранжа

Это непосредственно соответствует методу из конспекта. Имеем

$$f(r,H)=\frac{\pi}{3}r^2H\to\max$$

при ограничении

$$h(r,H)=r^2+(H-R)^2-R^2=0.$$

Функция Лагранжа:

$$F(r,H,\mu) = \frac{\pi}{3}r^2H+ \mu\left[r^2+(H-R)^2-R^2\right].$$

Условия стационарности:

$$\frac{\partial F}{\partial r} = \frac{2\pi}{3}rH+2\mu r=0,$$ $$\frac{\partial F}{\partial H} = \frac{\pi}{3}r^2+2\mu(H-R)=0,$$ $$r^2+(H-R)^2-R^2=0.$$

Для невырожденного конуса $r\ne0$, поэтому из первого уравнения

$$\mu=-\frac{\pi H}{3}.$$

Подставляем во второе:

$$\frac{\pi}{3}r^2 - \frac{2\pi H}{3}(H-R)=0.$$

После сокращения:

$$r^2=2H(H-R).$$

Одновременно из ограничения

$$r^2=2RH-H^2.$$

Следовательно,

$$2H(H-R)=2RH-H^2.$$ $$2H^2-2RH=2RH-H^2,$$ $$3H^2-4RH=0.$$

Так как $H>0$,

$$3H-4R=0,$$ $$\boxed{H=\frac{4R}{3}}.$$

При $R=15$:

$$\boxed{H=20}.$$

---

Задача 2. Нелинейное программирование

Дано

$$f(x_1,x_2)=9x_1+12x_2\to \operatorname{extr},$$

при ограничении

$$g(x_1,x_2)=x_1^2+x_2^2-225\le0.$$

То есть допустимая область — круг

$$x_1^2+x_2^2\le225$$

радиуса $15$.

Нужно найти минимум и максимум.

1. Функция Лагранжа

Как в конспекте, для ограничения вида $g(x)\le0$ записываем

$$F(x_1,x_2,\lambda) = 9x_1+12x_2+ \lambda(x_1^2+x_2^2-225).$$

Условия стационарности:

$$\frac{\partial F}{\partial x_1} = 9+2\lambda x_1=0,$$ $$\frac{\partial F}{\partial x_2} = 12+2\lambda x_2=0.$$

Условие дополняющей нежёсткости:

$$\lambda(x_1^2+x_2^2-225)=0.$$

Также

$$x_1^2+x_2^2-225\le0.$$

Активность ограничения

Если ограничение было бы пассивным, то

$$g(x)<0$$

и по условию дополняющей нежёсткости

$$\lambda=0.$$

Но тогда условия стационарности дали бы

$$9=0,\qquad 12=0,$$

что невозможно.

Следовательно, в точках экстремума ограничение обязательно активно:

$$\boxed{x_1^2+x_2^2=225}.$$

---

2. Находим условно стационарные точки

Из условий стационарности:

$$x_1=-\frac{9}{2\lambda},$$ $$x_2=-\frac{12}{2\lambda}.$$

Подставляем в активное ограничение:

$$\left(-\frac{9}{2\lambda}\right)^2 + \left(-\frac{12}{2\lambda}\right)^2 =225.$$

Получаем

$$\frac{81+144}{4\lambda^2}=225.$$

Поскольку

$$81+144=225,$$

имеем

$$\frac{225}{4\lambda^2}=225.$$

Отсюда

$$4\lambda^2=1,$$ $$\boxed{\lambda=\pm\frac12}.$$

---

Минимум

Для задачи на минимум при $g(x)\le0$, согласно приведённому правилу множителей Лагранжа,

$$\lambda\ge0.$$

Поэтому

$$\boxed{\lambda=\frac12}.$$

Тогда

$$x_1=-\frac{9}{2\cdot\frac12}=-9,$$ $$x_2=-\frac{12}{2\cdot\frac12}=-12.$$

Получаем

$$\boxed{x^{\min}=(-9,-12)}.$$

Значение функции:

$$f(-9,-12) = 9(-9)+12(-12) = -81-144 = \boxed{-225}.$$

То есть

$$\boxed{f_{\min}=-225}.$$

Проверка условия второго порядка

Так как

$$F=9x_1+12x_2+\lambda(x_1^2+x_2^2-225),$$

то матрица вторых производных по $x$:

$$F_{xx}'' = \begin{pmatrix} 2\lambda&0\\ 0&2\lambda \end{pmatrix}.$$

При

$$\lambda=\frac12$$

получаем

$$F_{xx}'' = \begin{pmatrix} 1&0\\ 0&1 \end{pmatrix}.$$

Для любого $l=(l_1,l_2)\ne0$

$$l^TF_{xx}''l = l_1^2+l_2^2>0.$$

Таким образом, достаточное условие минимума выполняется.

---

Максимум

Как указано в замечании в конспекте, для задачи на максимум при ограничениях $g(x)\le0$ условие для множителя меняется на

$$\lambda\le0.$$

Следовательно,

$$\boxed{\lambda=-\frac12}.$$

Тогда

$$x_1=-\frac{9}{2(-1/2)}=9,$$ $$x_2=-\frac{12}{2(-1/2)}=12.$$

Получаем точку

$$\boxed{x^{\max}=(9,12)}.$$

В ней

$$f(9,12) = 9\cdot9+12\cdot12 = 81+144 = \boxed{225}.$$

Следовательно,

$$\boxed{f_{\max}=225}.$$

Для максимума

$$F_{xx}'' = \begin{pmatrix} -1&0\\ 0&-1 \end{pmatrix},$$

поэтому

$$l^TF_{xx}''l = -l_1^2-l_2^2<0$$

для любого $l\ne0$. Это соответствует достаточному условию максимума.

Так как множество

$$x_1^2+x_2^2\le225$$

компактно, найденные минимум и максимум являются глобальными.

---

Итоговые ответы

Задача	Результат
1. Конус в шаре $R=15$	$\boxed{H_{\max}=20}$
Радиус основания оптимального конуса	$\boxed{r=10\sqrt2}$
Максимальный объём	$\boxed{V_{\max}=\frac{4000\pi}{3}}$
2. Минимум	$\boxed{x=(-9,-12),\quad f_{\min}=-225}$
2. Максимум	$\boxed{x=(9,12),\quad f_{\max}=225}$

Для второй задачи геометрически результат также легко проверить: вектор коэффициентов функции $(9,12)$ имеет длину

$$\sqrt{9^2+12^2}=15,$$

то есть равную радиусу допустимого круга. Поэтому максимум достигается в направлении $(9,12)$, а минимум — в противоположном направлении $(-9,-12)$.