Геометрический смысл функции Лагранжа
Пример 1
Рассмотрим геометрический смысл функции Лагранжа на примере:
f (x, y)= x2 + y2 с ограничением ϕ(x, y): x + y −2 = 0
Для начала,посмотримкак выглядит функция f и ограничение ϕ :
Где синим цветом изображена функция f и серым – ограничение ϕ . Оранжевая точка – точка условного экстремума.
Теперь немного анализа задачи. Функция f (x, y) - параболоид вращения, ограничение ϕ(x, y) пересекает f (x, y) параллельнооси
аппликат– значитпопараболе.Тогда исходная задача о нахождении условного экстремума сводится к задаче нахождения экстремума этой параболы. Да, можно явно понять, как задается эта парабола и найти её минимум, выразив x или y из
ограничения и подставив в функцию f . Если делать так, то получится:
ϕ(x, y): x + y −2 = 0 y = 2 − x
Подставляем y в f (x, y):
Рисунок 1 - Функция f (синим цветом), ограничение (серым цветом) и точка локального экстремума (оранжевым цветом)
f (x, y)= x2 + y2 f (x)= x2 +(2 − x)2 = x2 + x2 −4x + 4 = 2x2 −4x + 4
Тогда найдем её точку экстремума:
dxd f (x)= (2x2 −4x + 4)′ = 4x −4 = 0, а значит x =1, тогда y = 2 − x =1
Однако, нас больше интересует задача об условном экстремуме, которая сводится нахождению безусловного экстремума функции Лагранжа, да и выразить одну переменную через другую из условии связи не всегда представляется возможным. Поэтому сделаем те же действия, но через функцию Лагранжа:
L(x, y,λ)= x2 + y2 +λ(x + y −2)
5
Теперь приравняем её частные производные к нулю:
∂∂x L = 2x +λ = 0∂
∂y L = 2y +λ = 0
∂∂λ = x + y −2 = 0
Теперь выразим x из первого уравнения,
|
|
x = − |
λ |
|
|
x |
2x +λ = 0 |
|
2 |
|
|
||
|
|
|
|
|
||
|
|
y = − |
λ |
|
|
y |
2y +λ = 0 |
|
2 |
|
|
||
|
|
|
|
λ |
|
|
x + y −2 = 0 |
x + y −2 = 0 |
|
− |
|||
|
|
|
|
− |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
y из второго и подставим это в третье:
= − |
λ |
x =1 |
|
2 |
|
= − |
λ |
|
2 |
y =1 |
|
|
|
|
λ −2 = 0 |
λ = −2 |
|
2 |
|
|
Теперь посмотрим, как преобразовалась исходная задача: изначально была функция Лагранжа, зависящая от 3 переменных. Теперь, когда λ найдено, функция Лагранжа имеет вид
L(x, y)= x2 + y2 −2 (x + y −2)
Раскроемскобки:
L(x, y)= x2 + y2 −2 (x + y −2)= x2 + y2 −2x −2y + 4 = x2 −2x +1+ y2 −2y +1+ 2 = = (x −1)2 +(y −1)2 + 2
Получается, что функция Лагранжа – это сдвинутая функция f (x, y). Она сдвинута по оси абсцисс и ординат на 1 вправо (в сторону увеличения) и поднята относительно плоскости Oxy на 2. А ведь именно у этой функции и ищется безусловный экстремум.
Посмотрим, как же выглядит новая функция Лагранжа. Так выглядит еще не сдвинутая функция
L(x, y)= x2 + y2
6
Рисунок 2 - Ещене сдвинутаяфункция Лагранжа
А это уже сдвинутая L(x, y)= x2 + y2 −2 (x + y −2)
Рисунок 3 - Сдвинутая функция Лагранжа
x =1
У которой мы и находим безусловный экстремум, а значит находим точку .
y =1
Пример 2
Теперь рассмотрим пример посложнее. Пусть имеется функция f (x, y)= 4x + 2y и ограничение
ϕ(x, y): x2 + y2 =1.
7
Для начала определим, что за поверхности мы имеем: f (x, y) - плоскость и ϕ(x, y) - цилиндр с
центром в начале координат, с радиусом 1 и параллельный оси аппликат. Значит, пересечение функции с условием будет по эллипсу.
Это как раз тот пример, где нельзя явно выразить одну из переменных из условия связи и подставить в функцию f (x, y). Поэтому сразу составим функцию Лагранжа будем искать ее безусловный экстремум:
L(x, y,λ)= 4x + 2y +λ (x2 + y2 −1)
Приравняем её частные производные к нулю:
|
|
∂ |
L = |
1 |
+ 2λx = 0 |
||||
|
|
||||||||
|
∂x |
4 |
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
∂ |
L = |
1 |
+ 2λy = 0 |
||||
|
|
|
|
|
|||||
|
∂y |
2 |
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
∂ |
|
= x |
2 |
+ y |
2 |
−1 = 0 |
|
|
∂λ |
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|||
Выразим x из первого уравнения,
|
1 |
+ 2λx = 0 |
|
x = − |
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|||
4 |
8λ |
||||||
|
|
|
|
||||
|
1 |
+ 2λy = 0 |
|
y = − |
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
4λ |
||||||
|
2 |
|
|
|
|||
x2 + y2 −1 = 0 |
x2 + y2 −1 = |
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
y из второго и подставим это в третье:
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
x |
= − |
|
|
|
|
|
x = − |
|
|
|
x = − |
|
|
|
|
|||||
|
|
8λ |
8λ |
8λ |
||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
1 |
|
|
||
|
|
|
|
y |
= − |
|
|
|
|
|
y = − |
|
|
y = − |
|
|
|
|
||||||
|
|
4λ |
4λ |
4λ |
||||||||||||||||||||
|
|
1 |
|
|
|
1 |
|
5 |
|
|
|
|
|
|||||||||||
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
64λ |
2 |
+ |
16λ |
2 |
|
−1 = 0 |
|
64λ |
2 |
|
=1 |
λ = ± |
8 |
5 |
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
Получили, что существуют 2 множителя Лагранжа. Тогда имеем 2 точки экстремума:
|
|
1 |
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
5 |
|
|
|
|
|
|
|
|
5 |
||||||||||||||
M 0 |
= x = |
|
|
|
, |
y = |
|
|
|
, |
λ = − |
|
|
|
|
и M1 |
= x = − |
|
|
|
, |
y = − |
|
|
|
, |
λ = |
|
|
|
. |
|
|
|
|
|
|
8 |
|
|
|
|
|
|
|
8 |
|
||||||||||||||||
|
|
5 |
|
|
|
5 |
|
|
|
|
|
|
|
5 |
|
|
|
5 |
|
|
|
|
|
||||||||
Чтобы понять, являются ли эти точки локальным максимумом / минимумом, найдем второй дифференциал функции Лагранжа:
∂2 L |
= 2λ , |
|
∂2 L |
= 0, |
∂2 L |
= 2λ , |
значит: |
∂x2 |
|
∂x ∂y |
∂y2 |
||||
|
|
|
|
|
|||
d 2 L = 2λ (dx2 |
+ dy2 ) - получаем, что при λ < 0 (точка M 0 ) имеется локальный максимум, а при |
||||||
λ> 0 (точка M1 ) имеется локальный минимум.
Витоге мы получили две функции Лагранжа, для каждой из которых мы ищем безусловный экстремум:
L1 (x, y)= 4x + 2y − 18 
5 (x2 + y2 −1)
L2 (x, y)= 4x + 2y + 18 
5 (x2 + y2 −1)
8
Можно заметить, что обе функции – квадратичные формы, причем знакоопределенные, это эллиптические параболоиды. Причем для L1 (x, y) найдется локальный максимум, а для L2 (x, y) - локальный минимум.
Геометрически это выглядит так:
Рисунок 4 - Функция f (синий),условие - цилиндр, 2 точки экстремума
9
Рисунок 5 - Ещене сдвинутыефункции Лагранжа
Рисунок 6 - Сдвинутые функции Лагранжа. Синим – L2 , зеленым– L1
10