Метод невизначених множників

Знайти прямокутник із найбільшою площею за заданого периметра p.

Позначимо сторони прямокутника x та y. Потрібно знайти максимум функції

${\displaystyle S=xy}$

за умови

${\displaystyle 2x+2y=p}$.

Вводимо множник Лагранжа ${\displaystyle \lambda }$ і шукаємо безумовний екстремум функції

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

Беручи похідні отримуємо систему рівнянь

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

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

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

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

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

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

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

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

Ілюстрація задачі оптимізації з обмеженнями

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

Припустимо, що потрібно знайти найбільші значення

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

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

${\displaystyle g(x,y)=x^{2}+y^{2}-3=0.}$

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

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

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

звідки ми можемо порахувати градієнт:

${\displaystyle {\begin{aligned}\nabla _{x,y,\lambda }{\mathcal {L}}(x,y,\lambda )&=\left({\frac {\partial {\mathcal {L}}}{\partial x}},{\frac {\partial {\mathcal {L}}}{\partial y}},{\frac {\partial {\mathcal {L}}}{\partial \lambda }}\right)\\&=\left(2xy+2\lambda x,x^{2}+2\lambda y,x^{2}+y^{2}-3\right).\end{aligned}}}$

І отже:

${\displaystyle \nabla _{x,y,\lambda }{\mathcal {L}}(x,y,\lambda )=0\quad \iff \quad {\begin{cases}2xy+2\lambda x=0\\x^{2}+2\lambda y=0\\x^{2}+y^{2}-3=0\end{cases}}\quad \iff \quad {\begin{cases}x(y+\lambda )=0&{\text{(i)}}\\x^{2}=-2\lambda y&{\text{(ii)}}\\x^{2}+y^{2}=3&{\text{(iii)}}\end{cases}}}$

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

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

Обчислюючи функцію мети в цих точках знаходимо, що

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

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

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

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

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