Lagranges multiplikatormetod

Kapitel: 14.3 · Kurs: M0068M Förkunskaper: Gradient och riktningsderivata, Kritiska punkter, Extremvärdesproblem, Nivåkurvor och ytor

---

1. Problemet — optimering under bivillkor

Vi vill bestämma största och minsta värde av

$$f(x,y)\text{under bivillkoret}g(x,y)=0.$$

Geometriskt: vi letar extremvärden av $f$ enbart bland de punkter som ligger på kurvan $g=0$, inte i hela planet. Samma princip gäller i tre eller fler variabler, där $g(x,y,z)=0$ skär ut en yta istället för en kurva.

Var dyker bivillkor upp?

• Största/minsta avstånd från origo till en kurva eller yta.
• Randundersökning i Extremvärdesproblem på kompakta områden.
• Fysik: optimera energi/verkningsgrad under en bevarandelag.
• Ekonomi: maximera nytta under en budgetrestriktion.

---

2. Geometrisk idé — tangerande nivåkurvor

Betrakta nivåkurvorna $f=c$ för olika $c$ och bivillkoret $g=0$. När $c$ ändras glider $f$-kurvan genom planet. Extremvärden på bivillkoret inträffar i just de punkter där nivåkurvan $f=c^{\ast }$ tangerar kurvan $g=0$.

I en tangeringspunkt är kurvornas normalvektorer parallella. Eftersom gradienten är normal till en nivåkurva ger det:

$$\boxed{\vec{\nabla }f=-\lambda \vec{\nabla }g}$$

för något tal $\lambda \in \mathbb{R}$. Talet $\lambda$ kallas Lagrangemultiplikator. Tecknet är bara konvention — det viktiga är att gradienterna är parallella.

Intuition

Skulle gradienterna inte vara parallella, finns en komponent av $\vec{\nabla }f$ längs bivillkoret. Då kan man röra sig på $g=0$ och öka (eller minska) $f$. Alltså kan ingen extrempunkt ligga där.

Nivåkurva till $f$ tangerar bivillkoret $g=0$ i extrempunkten.

---

3. Lagrangefunktionen

Introducera hjälpfunktionen

$$\mathcal{L}(x,y,\lambda )=f(x,y)+\lambda g(x,y).$$

Det nödvändiga villkoret ovan kan då skrivas kompakt som

$$\vec{\nabla }\mathcal{L}=\vec{0}⟺\{\begin{array}{l}{\mathcal{L}}_x=f_x+\lambda g_x=0\\ {\mathcal{L}}_y=f_y+\lambda g_y=0\\ {\mathcal{L}}_{\lambda }=g(x,y)=0.\end{array}$$

De två första ekvationerna ger stationaritetsvillkoret ($\vec{\nabla }f=-\lambda \vec{\nabla }g$), den tredje ger själva bivillkoret ($g=0$).

Generalisering till tre variabler

För $f(x,y,z)$ under bivillkoret $g(x,y,z)=0$ ser det likadant ut: $\mathcal{L}(x,y,z,\lambda )=f+\lambda g,\vec{\nabla }\mathcal{L}=\vec{0}.$

---

4. Determinantformen (utan $\lambda$)

Parallellitetsvillkoret $\vec{\nabla }f\parallel \vec{\nabla }g$ i två variabler kan uttryckas utan att införa $\lambda$:

$$\boxed{\det \left[\begin{array}{cc}\vec{\nabla }f& \vec{\nabla }g\end{array}\right]=\left|\begin{array}{cc}{f}_x& g_x\\ f_y& g_y\end{array}\right|=0.}$$

Tillsammans med $g=0$ får man ett system i bara $(x,y)$ — praktiskt när $\lambda$ inte är intressant i sig.

---

5. Metod — steg för steg

Recept

För att hitta extremvärden av $f$ under bivillkoret $g=0$:

1. Ställ upp $\mathcal{L}(x,y,\lambda )=f+\lambda g$.
2. Sätt upp systemet ${\mathcal{L}}_x={\mathcal{L}}_y={\mathcal{L}}_{\lambda }=0$.
3. Lös systemet. Standardknep: bryt ut $\lambda$ ur de två första ekvationerna och sätt uttrycken lika. Var noga med villkor när du dividerar.
4. Kontrollera specialfall separat — t.ex. där variabler är $0$, eller där $\vec{\nabla }g=\vec{0}$ (singulär punkt på bivillkoret).
5. Beräkna $f$ i alla kandidatpunkter och jämför.

Vanliga fallgropar

• Division utan villkor. När du delar med en variabel, glöm inte att kontrollera fallet då den är $0$.
• Ej kompakt bivillkor. Om $g=0$ inte är begränsat behöver max/min inte existera — argumentera först för att de gör det.
• Singulära punkter. Om $\vec{\nabla }g(p)=\vec{0}$ kan $p$ vara en extrempunkt utan att uppfylla Lagranges ekvationer.
• Lagrange räcker inte för ojämlikhet. För $g\le 0$ (kompakt område) måste man även undersöka det inre — se Extremvärdesproblem.

---

6. Exempel

Exempel 1 — Avstånd från origo till en linje

Bestäm kortaste avståndet från origo till linjen $x+2y=5$.

Minimera $f(x,y)=x^2+y^2$ (kvadrerat avstånd) under $g(x,y)=x+2y-5=0$.

$\mathcal{L}=x^2+y^2+\lambda (x+2y-5)$

$\{\begin{array}{l}{\mathcal{L}}_x=2x+\lambda =0\\ {\mathcal{L}}_y=2y+2\lambda =0\\ {\mathcal{L}}_{\lambda }=x+2y-5=0\end{array}$

Ur de två första: $\lambda =-2x$ och $\lambda =-y$, alltså $y=2x$. Insatt i bivillkoret: $x+4x=5\Rightarrow x=1$, $y=2$.

$f(1,2)=1+4=5⟹\text{avsta˚nd}=\sqrt{5}.$

Exempel 2 — Punkter på en ellips närmast och längst från origo

Ellipsen $17x^2+12xy+8y^2=100$. Bestäm de punkter på ellipsen som ligger närmast respektive längst från origo.

Optimera $f(x,y)=x^2+y^2$ under $g(x,y)=17x^2+12xy+8y^2-100=0$.

Gradienter: $\vec{\nabla }f=\left[\begin{array}{c}2x\\ 2y\end{array}\right],\vec{\nabla }g=\left[\begin{array}{c}34x+12y\\ 12x+16y\end{array}\right].$

Använd determinantformen: $\left|\begin{array}{cc}2x& 34x+12y\\ 2y& 12x+16y\end{array}\right|=0$

$2x(12x+16y)-2y(34x+12y)=0$

$24x^2+32xy-68xy-24y^2=0⟺24x^2-36xy-24y^2=0$

$⟺2x^2-3xy-2y^2=0⟺(2x+y)(x-2y)=0.$

Två fall: $y=-2x$ eller $x=2y$.

• $y=-2x$ i bivillkoret: $17x^2-24x^2+32x^2=25x^2=100\Rightarrow x^2=4$. Då $f=x^2+4x^2=20$.
• $x=2y$ i bivillkoret: $68y^2+24y^2+8y^2=100y^2=100\Rightarrow y^2=1$. Då $f=4y^2+y^2=5$.

Svar: närmast origo är $f=5$ (avstånd $\sqrt{5}$) i $(\pm 2,\pm 1)$; längst från origo är $f=20$ (avstånd $2\sqrt{5}$) i $(\pm 2,\mp 4)$.

Exempel 3 — Extremvärden på en sfär

Bestäm största och minsta värde av $f(x,y,z)=x+y^2+z$ på sfären $x^2+y^2+z^2=1$.

Bivillkoret $g=x^2+y^2+z^2-1=0$ är kompakt, så max och min existerar.

${\mathcal{L}}_x:1+2\lambda x=0(1)$ ${\mathcal{L}}_y:2y+2\lambda y=0(2)$ ${\mathcal{L}}_z:1+2\lambda z=0(3)$ ${\mathcal{L}}_{\lambda }:x^2+y^2+z^2=1(4)$

Ekv. (2): $2y(1+\lambda )=0\Rightarrow y=0$ eller $\lambda =-1$.

Fall A: $y=0$. Från (1) och (3): $x=z=-\frac{1}{2\lambda }$. Insatt i (4): $2x^2=1\Rightarrow x=z=\pm \frac{1}{\sqrt{2}}$. Ger $f=x+0+z=2x=\pm \sqrt{2}$.

Fall B: $\lambda =-1$. Från (1): $x=\frac{1}{2}$; från (3): $z=\frac{1}{2}$. Insatt i (4): $\frac{1}{4}+y^2+\frac{1}{4}=1\Rightarrow y^2=\frac{1}{2}$. Ger $f=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}=\frac{3}{2}$.

Jämför: $\sqrt{2}\approx 1,414<\frac{3}{2}=1,5$ och $-\sqrt{2}<\frac{3}{2}$.

Svar: största värdet är $\frac{3}{2}$ i $(\frac{1}{2},\pm \frac{1}{\sqrt{2}},\frac{1}{2})$, minsta värdet är $-\sqrt{2}$ i $(-\frac{1}{\sqrt{2}},0,-\frac{1}{\sqrt{2}})$.

Hitta kortaste distansen från $(3,0)$ till $y=x^2$ $f(x,y)={\text{dist}}^2=(x-3{)}^2+y^2$ $g(x,y)=y-x^2$ $\mathcal{L}(x,y)=\vec{0}$

7. Sammanhang med randundersökning

Lagranges metod är precis det man gör när man undersöker randen i ett Extremvärdesproblem på ett kompakt område $K=\{g\le 0\}$:

1. Kritiska inre punkter: $\vec{\nabla }f=\vec{0}$ inuti $K$.
2. Singulära inre punkter.
3. Rand $g=0$: Lagranges multiplikatormetod (eller parametrisering).

Jämför alla kandidatvärden — störst är max, minst är min.

---

Läsning

• 14.3 Lagrange Multipliers
• 14.4 Lagrange Multipliers in n-Space

Se även

• Gradient och riktningsderivata
• Kritiska punkter
• Extremvärdesproblem
• Nivåkurvor och ytor
• Kvadratisk form

---

Resurser

Videor

• 3Blue1Brown / Khan Academy: Lagrange multipliers, using tangency to solve constrained optimization
• Khan Academy: Lagrange multipliers introduction

Wikipedia

• Lagrange multiplier

Kurslitteratur

• Adams — 14.3 Lagrange Multipliers