Метод невизначених множників

Знайти Шаблон:Mvar і Шаблон:Mvar, що максимізують Шаблон:Math за умови, що Шаблон:Math (показана червоним).

Шаблон:UniboxМетод невизначених множників або метод невизначених множників Лагранжа — метод знаходження умовного локального екстремуму, запропонований італійським математиком Жозефом-Луї Лагранжем. Метод дозволяє звести задачу з пошуку умовного екстремуму до задачі на знаходження безумовного екстремуму.

Задача

Нехай потрібно знайти екстремум функції n змінних $F(x_1,x_2,\dots ,x_n)$ за s умов

$g_i(x_1,x_2,\dots ,x_n)=0$, де $i=1,2,\dots ,s$.

Опис методу

Вводячи s невизначених множників Лагранжа ${\lambda }_i$, побудуємо функцію Лагранжа

$\mathrm{\Phi }(x_1,x_2,\dots ,x_n,{\lambda }_1,{\lambda }_2,\dots ,{\lambda }_s)=F(x_1,x_2,\dots ,x_n)-\sum _{i=1}^s{\lambda }_i{g}_i(x_1,x_2,\dots ,x_n)$.

Задача знаходження умовного оптимуму зводиться до розв'язування системи n+s рівнянь із n+s змінними:

$\frac{\partial \mathrm{\Phi }(x_1,x_2,\dots ,x_n,{\lambda }_1,{\lambda }_2,\dots ,{\lambda }_s)}{\partial x_i}=0,i=1,2,\dots ,n$,

$\frac{\partial \mathrm{\Phi }(x_1,x_2,\dots ,x_n,{\lambda }_1,{\lambda }_2,\dots ,{\lambda }_s)}{\partial {\lambda }_j}=g_j(x_1,x_2,\dots ,x_n)=0,j=1,2,\dots ,s$.

Використання

Метод невизначених множників Лагранжа широко використовується в математичній і теоретичній фізиці. За допомогою цього методу отримані рівняння Лагранжа першого роду, які дозволяють формально ввести сили реакції в фізичні задачі із в'язями. Невизначені множники Лагранжа використовує також варіаційний метод в квантовій механіці.

Приклад

Приклад 1

Знайти прямокутник із найбільшою площею за заданого периметра p.

Розв'язок

Позначимо сторони прямокутника x та y. Потрібно знайти максимум функції

$S=xy$

за умови

$2x+2y=p$.

Вводимо множник Лагранжа $\lambda$ і шукаємо безумовний екстремум функції

$F(x,y,\lambda )=xy-\lambda (2x+2y-p)$

Беручи похідні отримуємо систему рівнянь

$\frac{\partial F(x,y,\lambda )}{\partial x}=y-2\lambda =0$

$\frac{\partial F(x,y,\lambda )}{\partial y}=x-2\lambda =0$

$\frac{\partial F(x,y,\lambda )}{\partial \lambda }=2x+2y-p=0$

Підставляючи значення $y=2\lambda$ та $x=2\lambda$ в останнє рівняння, отримуємо

$\lambda =\frac{p}{8}$

$x=y=\frac{p}{4}$.

$S_{max}=\frac{p^2}{16}$

Отже, найбільшу площу серед прямокутників із заданим периметром має квадрат.

Приклад 2

Ілюстрація задачі оптимізації з обмеженнями

Цей приклад вимагає складніших обчислень, але це все ще задача з одним обмеженням.

Припустимо, що потрібно знайти найбільші значення

$f(x,y)=x^{2}y$

за умови, що $x$- і $y$-координати лежать на колі з центром в початку координат з радіусом $\sqrt{3}$. Тобто з таким обмеженням

$g(x,y)=x^2+y^2-3=0.$

Через те, що маємо лише одне обмеження, то маємо і лише один множник, скажімо $\lambda$.

Обмеження $g(x,y)$ тотожна нулю на колі радіуса $\sqrt{3}$. Будь-яке кратне $g(x,y)$ можна додати до $g(x,y)$ не змінивши при цьому $g(x,y)$ у цікавій нам області (на колі, що задовольняє наше обмеження).

$\begin{array}{cc}ℒ(x,y,\lambda )& =f(x,y)+\lambda \cdot g(x,y)\\ & =x^{2}y+\lambda (x^2+y^2-3).\end{array}$

звідки ми можемо порахувати градієнт:

$\begin{array}{cc}{\mathrm{\nabla }}_{x,y,\lambda }ℒ(x,y,\lambda )& =(\frac{\partial ℒ}{\partial x},\frac{\partial ℒ}{\partial y},\frac{\partial ℒ}{\partial \lambda })\\ & =(2xy+2\lambda x,x^2+2\lambda y,x^2+y^2-3).\end{array}$

І отже:

${\mathrm{\nabla }}_{x,y,\lambda }ℒ(x,y,\lambda )=0⟺\{\begin{array}{c}2xy+2\lambda x=0\\ x^2+2\lambda y=0\\ x^2+y^2-3=0\end{array}⟺\{\begin{array}{cc}x(y+\lambda )=0& \text{(i)}\\ x^2=-2\lambda y& \text{(ii)}\\ x^2+y^2=3& \text{(iii)}\end{array}$

(iii) це наше вихідне обмеження. (i) означає, що $x=0$ або $\lambda =-y$. Якщо $x=0$ тоді з (iii) $y=\pm \sqrt{3}$ і далі $\lambda =0$ з (ii). Якщо ж $\lambda =-y$, підставляючи у (ii) маємо $x^2=2y^2$. Підставляючи у (iii) і розв'язуючи щодо $y$ маємо $y=\pm 1$. Отже існує шість критичних точок $ℒ$:

$(\sqrt{2},1,-1);(-\sqrt{2},1,-1);(\sqrt{2},-1,1);(-\sqrt{2},-1,1);(0,\sqrt{3},0);(0,-\sqrt{3},0).$

Обчислюючи функцію мети в цих точках знаходимо, що

$f(\pm \sqrt{2},1)=2;f(\pm \sqrt{2},-1)=-2;f(0,\pm \sqrt{3})=0.$

Отже, функція мети досягає глобального максимуму (за умови обмеження) у $(\pm \sqrt{2},1)$ і глобального мінімуму в $(\pm \sqrt{2},-1).$ Точка $(0,\sqrt{3})$ це локальний мінімум $f,$ а $(0,-\sqrt{3})$ це локальний максимум $f,$ що можна побачити використавши обрамлену матрицю Гесе для $ℒ(x,y,0)$.

Зауважте, що хоча $(\sqrt{2},1,-1)$ це критична точка $ℒ$, це не локальний екстремум $ℒ.$ Маємо, що

$ℒ(\sqrt{2}+\epsilon ,1,-1+\delta )=2+\delta ({\epsilon }^2+\left(2\sqrt{2}\right)\epsilon ).$

Маючи будь-який окіл $(\sqrt{2},1,-1)$, можна вибрати мале додатне $\epsilon$ і мале $\delta$ будь-якого знаку, щоб отримати значення $ℒ$ як більше так і менше ніж $2$. Це можна також побачити з того, що матриця Гесе для $ℒ$ обчислена в цій точці (та й в будь-якій іншій знайденій критичній точці) являє собою невизначену матрицю. Кожна з критичних точок $ℒ$ це сідлова точка $ℒ$.

Див. також

• Умови Каруша — Куна — Такера

Джерела

• Шаблон:Фіхтенгольц.укр
• Шаблон:Колмогоров.Фомин