Massimi e minimi vincolati: moltiplicatori di Lagrange

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Introduzione

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Il problema dei massimi e minimi vincolati consiste nel determinare il massimo e il minimo di una certa funzione sui punti di un insieme che soddisfano una certa equazione, o vincolo. Uno degli strumenti principali nella risoluzione di un tale problema consiste nel cosiddetto metodo dei moltiplicatori di Lagrange, secondo il quale i punti di massimo e minimo vincolato sono punti critici di una particolare funzione, detta lagrangiana. Questo metodo generalizza il famoso teorema di Fermat, secondo il quale i punti di estremo relativo interno di una funzione derivabile sono punti critici della funzione.

In questo articolo presentiamo due versioni del metodo dei moltiplicatori di Lagrange: quella per un vincolo dato da una sola equazione e la versione più generale, per vincoli dati da più equazioni. Terminiamo con degli esempi, completamente svolti, di applicazione al problema dei massimi e minimi vincolati.

Moltiplicatori di Lagrange per un solo vincolo

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Si consideri il problema di massimizzare o minimizzare una funzione $f\colon \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}$ differenziabile sull’insieme degli zeri di una determinata funzione $g \colon \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}$ di classe $C^1$ , ossia l’insieme $E$ dei punti $x \in \mathbb{R}^n$ tali che $g(x)=0$ . Questo problema viene detto dei massimi e minimi vincolati.

In virtù del teorema della funzione implicita, nei punti in cui $Dg \neq 0$ tale insieme di livello è localmente scrivibile come grafico di $n-1$ variabili; intuitivamente parlando, ci si aspetta che il generico insieme di livello della funzione $g$ “abbia dimensione $n-1$ “. Ne segue che, negli eventuali punti di tale insieme di livello che siano di estremo per la restrizione di $f$ a tale insieme, non è in generale possibile applicare il teorema di Fermat; in altre parole, un punto di massimo o minimo per $f$ sul vincolo $g(x)=0$ non è in generale un punto critico di $f$ .

Si consideri però un tale punto di minimo $x_0 \in C \coloneqq \{x \in \mathbb{R}^n \colon g(x)=0\}$ in cui $Dg(x_0)=0$ .

L’idea fondamentale è che, se $x_0 \in E$ è di minimo per la restrizione di $f$ a $C$ , allora esso deve essere di minimo per $f \circ \varphi$ , dove $\varphi$ è una qualunque curva passante per $x_0$ il cui sostegno è contenuto in $C$ . Precisamente, per qualunque curva $\varphi \colon (-a,a) \to C$ di classe $C^1$ e tale che $\varphi(0)=x_0$ , la funzione $f \circ \varphi \colon (-a,a) \to \mathbb{R}$ ha un minimo per $t=0$ . Se $\varphi$ e $f$ sono differenziabili, allora $f \circ \varphi$ lo è e la sua derivata deve annullarsi in $0$ ; per la regola della catena si ha

$0 = (f \circ \varphi)'(0) = \langle Df(\varphi(0)), \varphi'(0)\rangle = \langle Df(x_0), \varphi'(0)\rangle.$

$\quad$

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Figura 1: i gradienti di $f$ e di $g$ in $x_0$ devono essere ortogonali all’insieme di livello. Se $Dg(x_0)$ non è nullo, allora il gradiente di $f$ deve essere parallelo a esso.

$\quad$

Dunque il gradiente $Df(x_0)$ deve essere ortogonale ai vettori tangenti di tutte le curve contenute in $E$ e passanti per $x_0$ , come rappresentato in figura 1.

D’altra parte, su una curva $\varphi$ la cui immagine sia contenuta in $C$ , si ha $g(\varphi(t))=0$ per ogni $t\in (-a,a)$ , ovvero $g \circ \varphi$ è costante; differenziando di nuovo mediante la regola della catena, si ottiene

$0 = (g \circ \varphi)'(0) = \langle Dg(x_0) ,\varphi'(0)\rangle.$

Dunque anche $Dg(x_0)$ è ortogonale a tutti i vettori tangenti delle curve contenute in $C$ .

Per il teorema della funzione implicita, se $Dg(x_0) \neq 0$ , in un intorno di $x_0$ l’insieme $E$ si scrive come grafico di $n-1$ variabili, ad esempio $x_n=h(x_1,\dots,x_{n-1})$ ; le $n-1$ curve definite da

$\varphi_i(t)=\big(x_0'+te_i',h(x_0'+te_i')\big)$

per $i=1,\dots,n-1$ , dove $x_0=(x_0',(x_0)_n)$ e il vettore $e_i'$ è il vettore $e_i$ privato dell’ultima componente, hanno vettori tangenti $\langle e_i',Dh(x_0'),e_i'\rangle$ , che sono indipendenti. Ne segue che $Dg(x_0)$ è, a meno di multipli, l’unico vettore ortogonale a tutte le curve a valori in $C$ e passanti per $x_0$ .

La conclusione che occorre ricavarne è quindi che, affinché $x_0$ sia un punto di minimo o massimo per la restrizione di $f$ a $C$ , è necessario che $Df(x_0)$ sia un multiplo di $Dg(x_0)$ . Abbiamo cioè dimostrato il seguente teorema.

$\quad$

Teorema 1 (dei moltiplicatori di Lagrange, vincolo singolo). Siano $f,g \colon E\subseteq \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}$ due funzioni di classe $C^1$ sull’insieme aperto $E$ . Se $x_0 \in \mathbb{R}^n$ è un punto di massimo o minimo per la restrizione di $f$ all’insieme $C\coloneqq \{x \in E \colon g(x)=0\}$ e $Dg(x_0) \neq 0$ , allora esiste $\lambda \in \mathbb{R}$ tale che

(1) $\begin{equation*} D f(x_0) = \lambda D g(x_0). \end{equation*}$

$\quad$

Osservazione 2. Scrivendo esplicitamente le componenti del gradiente di $f$ e di $g$ , il teorema dei moltiplicatori di Lagrange si può riformulare dicendo che, affinché un punto $x_0$ per il quale siano valide le ipotesi sia di massimo o di minimo relativo per $f$ sul vincolo $g(x)=0$ , esso deve soddisfare le equazioni

$\begin{cases} \partial_1 f(x_0)- \lambda \partial_1 g(x_0)=0 \\ \qquad \vdots \\ \partial_n f(x_0)- \lambda \partial_n g(x_0)=0 \\ g(x_0)=0. \end{cases}$

Se definiamo la funzione di $n+1$ variabili $\mathcal{L}(x,\lambda)= f(x)-\lambda g(x)$ , tali condizioni si sintetizzano dicendo che $(x_0,\lambda)$ deve essere un punto critico di $\mathcal{L}$ . La funzione $\mathcal{L}$ è detta lagrangiana.

Moltiplicatori di Lagrange: più vincoli

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Assumiamo ora invece che $g \colon \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^m$ con $n>m$ , ossia che l’insieme $C \coloneqq \{x \in \mathbb{R}^n \colon g(x)=0\}$ su cui si vuole minimizzare o massimizzare la funzione $f \colon \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}$ sia l’intersezione di $m$ vincoli distinti, ciascuno dato da una componente della funzione $g$ . Se vogliamo applicare il teorema della funzione implicita all’insieme $C$ , occorre ipotizzare che la matrice jacobiana $Dg(x_0)$ abbia rango massimo, ovvero $m$ . Vale infatti il seguente teorema.

$\quad$

Teorema 3 (dei moltiplicatori di Lagrange – caso generale, $m$ vincoli). Sia $f \colon E \subseteq \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}$ una funzione differenziabile nell’aperto $E$ e sia $g \colon E \to \mathbb{R}^m$ una funzione di classe $C^1$ , con $n>m$ . Si supponga inoltre che $x_0$ sia un punto di massimo o minimo relativo per la restrizione di $f$ all’insieme $C \coloneqq \{x \in E \colon g(x)=0\}$ e che la matrice jacobiana $Dg(x_0)$ abbia rango $m$ . Allora esistono $\lambda_1,\dots,\lambda_m \in \mathbb{R}$ tali che

(2) $\begin{equation*} D f(x_0) = \sum_{i=1}^m \lambda_i \, D g_i(x_0). \end{equation*}$

$\quad$

Dimostrazione. Se $x_0$ è un punto di massimo o minimo per tale problema, come nella dimostrazione del teorema precedente, allora per ogni curva differenziabile $\varphi$ a valori in $C$ tale che $\varphi(0)=x_0$ deve aversi

(3) $\begin{equation*} \langle Df(x_0),\varphi'(0)\rangle=0, \end{equation*}$

ossia $Df(x_0)$ deve essere ortogonale a tutte le curve siffatte. Per tali curve si ha, come prima, $g(\varphi(t))\equiv 0$ e quindi nuovamente

$Dg(x_0) \varphi'(0)=0,$

dove $Dg$ rappresenta ora la matrice jacobiana di $g$ . Ne segue quindi che il vettore tangente a ciascuna curva in $x_0$ deve essere ortogonale al gradiente di ciascuna delle $m$ componenti di $g$ .

Dato che la matrice jacobiana $Dg(x_0)$ ha rango massimo, i gradienti delle $m$ componenti di $g$ sono linearmente indipendenti. Allora, per il teorema della funzione implicita per i sistemi, l’insieme $C$ si può localmente scrivere come grafico di $n-m$ variabili, ossia esiste $h \colon \mathbb{R}^{n-m} \to \mathbb{R}^m$ tale che i punti di $C$ in un intorno di $x_0$ sono ottenuti da $\big(x_1,\dots,x_{n-m},h(x_1,\dots,x_{n-m})\big)$ . Come prima, le $n-m$ curve ottenute da $\varphi_i(t)=\big(x_0'+e_i' t,h(x_0'+e_i' t)\big)$ hanno tangenti indipendenti.

In definitiva, l’ipotesi che $Dg(x_0)$ abbia rango massimo implica che le righe di $Dg(x_0)$ generano l’intero sottospazio $V$ dei vettori di $\mathbb{R}^n$ ortogonali ai vettori tangenti di tutte le curve a valori in $C$ e passanti per $x_0$ . Poiché da (3) si ha che $Df(x_0)\in V$ , il vettore $Df(x_0)$ si scrive come combinazione lineare delle righe di $Dg(x_0)$ , ossia la tesi.

Massimi e minimi vincolati con moltiplicatori di Lagrange: esempi svolti

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Una strategia per la determinazione dei punti di estremo di $f$ soggetta al vincolo $g(x)=0$ consiste dunque nel determinare, tra i punti in cui $Dg(x)$ abbia rango massimo, quelli per cui $Df(x)$ sia linearmente dipendente dalle righe di $Dg(x)$ , e confrontare con i punti in cui $Dg(x)$ non ha rango massimo.

Esempio 4. Determiniamo il massimo e il minimo della funzione $f \colon \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}$ definita da $f(x,y)=x+y$ sull’insieme dei punti del piano appartenenti alla circonferenza $\Gamma$ di centro l’origine e raggio $1$ . Dato che tale circonferenza ha equazione $x^2+y^2=1$ , essa può essere pensata come l’insieme degli zeri della funzione $g(x,y)=x^2+y^2-1$ .

La funzione $f$ è di classe $C^1$ e la circonferenza è un insieme compatto, dunque il massimo e il minimo di $f$ su tale insieme esistono in virtù del teorema di Weierstrass. Per ricercarli, tentiamo di applicare il teorema dei moltiplicatori di Lagrange.

La funzione $g \colon \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}$ è di classe $C^1$ e si ha

$Dg(x,y)=(2x,2y),$

che si annulla se e solo se $(x,y)=(0,0)$ , che però non appartiene alla circonferenza. Il teorema dei moltiplicatori di Lagrange ?? assicura quindi che i punti di massimo e minimo assoluto sono da ricercare tra i punti in cui il gradiente di $f$ è parallelo al gradiente di $g$ : vogliamo quindi che esista $\lambda \in \mathbb{R}$ tale che

$\begin{cases} Df(x,y)=\lambda Dg(x,y) \\ g(x,y)=0 \end{cases} \iff \begin{cases} (1,1) = \lambda (2x,2y) \\ x^2+y^2=1 \end{cases} \iff \begin{cases} x=y \\ x^2+y^2=1, \end{cases}$

in quanto un multiplo del vettore $(2x,2y)$ vale $(1,1)$ se e solo se le sue componenti sono uguali. Sostituendo la prima equazione nella seconda, si trova che i punti che soddisfano questo sistema sono solo $(\sqrt{2},\sqrt{2})$ e $(-\sqrt{2},-\sqrt{2})$ . Dato che deve esistere almeno un punto di minimo e uno di massimo per $f$ , questi punti sono quelli richiesti. Dal segno di $f$ segue che $(\sqrt{2},\sqrt{2})$ è di massimo assoluto per $f$ sulla circonferenza, mentre $(-\sqrt{2},-\sqrt{2})$ è di minimo assoluto, e

$\max_{\Gamma} f=f(\sqrt{2},\sqrt{2})=2\sqrt{2}, \qquad \min_{\Gamma} f=f(-\sqrt{2},-\sqrt{2})=-2\sqrt{2}.$

Come si può notare nel precedente esempio, il teorema dei moltiplicatori di Lagrange non consente di stabilire l’esistenza del massimo o del minimo di una funzione soggetta a un vincolo, ma solo di determinare i punti di massimo e minimo sapendo a priori che essi esistono. Vediamo un altro esempio.

Esempio 5. Determiniamo gli eventuali massimo e minimo assoluti della funzione $f \colon \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}$ definita da

$f(x,y) = xy+x+y \qquad \forall (x,y) \in \mathbb{R}^2.$

sull’insieme

$D = \{ (x,y) \in \mathbb{R}^2 \colon x^2 + 2y^2 + 2(x+2y) = 47 \}.$

Per prima cosa dobbiamo stabilire se tali massimo e minimo di $f$ su $D$ esistono. Al fine di utilizzare il teorema di Weierstrass, occorre dimostrare che $D$ è un insieme compatto, in quanto è ovvio che $f$ è una funzione di classe $C^1$ . Osserviamo che, aggiungendo e sottraendo $1+2$ , un punto $(x,y)$ appartiene a $D$ se e solo se

$x^2+2x+1 + 2y^2+4y +2 -3=47 \iff (x+1)^2 + 2\left (y+ 1\right )^2 = 50,$

che è l’equazione di un ellisse, che è un insieme compatto. Alternativamente, si poteva notare che $D$ è chiuso essendo l’insieme degli zeri di una funzione continua, ed è anche limitato. Infatti, se $|x|>6$ e $|y|>6$ , allora $6|x|<x^2$ e $6|y|<y^2$ , per cui

$x^2 +2x + 2(y^2+2y)> 4|x|+8|y|>12\cdot 6>50,$

e quindi i punti al di fuori del quadrato di centro l’origine e lato $12$ non appartengono a $D$ . Dunque, per il teorema di Weierstrass, il massimo e il minimo di $f$ su $D$ esistono e per ricercarli usiamo il teorema dei moltiplicatori di Lagrange. Definendo $g(x,y)=x^2+2y^2+2x+4y-47$ , questa funzione è di classe $C^1$ e

$Dg(x,y)=(2x+2,4y+4),$

che si annulla se e solo se $(x,y)=(-1,-1)$ , che però non appartiene a $D$ in quanto

$g(-1,-1)=1+2-2-4-47 \neq 0.$

Ne segue che il massimo e il minimo assoluti di $f$ su $D$ soddisfano la tesi del teorema 1: cerchiamo quindi i punti che, per qualche $\lambda \in \mathbb{R}$ , soddisfano

$\begin{aligned} \begin{cases} Df(x,y)=\lambda Dg(x,y) \\ g(x,y)=0 \end{cases} &\iff \begin{cases} (y+1,x+1)=\lambda(2x+2,4y+4) \\ x^2+2y^2+2x+4y=47 \end{cases} \\ &\iff \begin{cases} y+1=2\lambda(x+1) \\ x+1=4\lambda (y+1) \\ x^2+2y^2+2x+4y=47. \end{cases} \end{aligned}$

Osserviamo che $\lambda\neq 0$ , altrimenti si avrebbe $y=x=-1$ , che però non risolve l’ultima equazione. Dunque, moltiplicando il primo membro della prima equazione per il secondo membro della seconda e viceversa e poi semplificando il fattore $2\lambda$ , si ottiene

$(y+1)4\lambda(y+1)=2\lambda(x+1)(x+1) \iff 2(y+1)^2 = (x+1)^2$

che, sostituendo nell’ultima equazione del sistema, fornisce

$2(x+1)^2 =50 \iff x+1=\pm 5 \iff x=4 \,\,\vee \,\, x=-6.$

Inserendo ambo le soluzioni nell’ultima equazione del sistema si ha quindi

$2(y+1)^2=25 \iff y=-1 \pm \frac{5\sqrt{2}}{2}$

Ne segue che i possibili punti di massimo e minimo assoluti per $f$ su $D$ sono della forma $\left (4,-1 \pm \frac{5\sqrt{2}}{2}\right )$ o $\left (-6,-1 \pm \frac{5\sqrt{2}}{2}\right )$ . Calcolando la funzione in questi punti si ha

$\begin{gathered} f \left (4,-1 \pm \frac{5\sqrt{2}}{2}\right ) = -4 \pm 10\sqrt{2} + 4 -1 \pm\frac{5\sqrt{2}}{2} = -1\pm \frac{25\sqrt{2}}{2}, \\ f \left (-6,-1 \pm \frac{5\sqrt{2}}{2}\right ) = 6 \mp 15\sqrt{2} - 6 -1 \pm\frac{5\sqrt{2}}{2} = -1 \mp \frac{25\sqrt{2}}{2}. \end{gathered}$

Dato che tali valori coincidono a due a due, segue che il massimo e il minimo di $f$ su $D$ sono rispettivamente

$\max_D f=-1 - \frac{25\sqrt{2}}{2}, \qquad \min_D f=-1 + \frac{25\sqrt{2}}{2}.$

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