Beispiel mit Nebenbedingung ohne verschwindenden Gradienten

In diesem Beispiel soll die Funktion ${\displaystyle f(x,y)=x+y}$ unter der Nebenbedingung ${\displaystyle x^{2}+y^{2}=1}$ optimiert werden. Die Nebenbedingung entspricht also dem Einheitskreis. Mit Hilfe der Grafik kann das Maximum bei ${\displaystyle ({\sqrt {2}}/2,{\sqrt {2}}/2)}$ bestimmt werden. Das Minimum des Optimierungsproblems liegt bei ${\displaystyle (-{\sqrt {2}}/2,-{\sqrt {2}}/2)}$.

Zunächst überprüfen wir, an welchen Punkten des Einheitskreises der Gradient der Nebenbedingungsfunktion ${\displaystyle g(x,y)=x^{2}+y^{2}-1}$ verschwindet. Wir berechnen also

${\displaystyle \nabla _{x,y}g=(2x,2y)}$

und sehen, dass dies nur im Ursprung gleich ${\displaystyle (0,0)}$ ist. Jedoch liegt dieser Punkt nicht auf dem Einheitskreis, erfüllt also nicht die Nebenbedingung und wird somit nicht in die Liste der kritischen Punkte aufgenommen.

Um die Methode der Lagrange-Multiplikatoren anwenden zu können, sei

${\displaystyle \Lambda (x,y,\lambda )=f(x,y)+\lambda g(x,y)=x+y+\lambda x^{2}+\lambda y^{2}-\lambda }$.

Die Bedingung ${\displaystyle d\Lambda =0}$ ergibt die folgenden drei Gleichungen:

${\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {\partial \Lambda }{\partial x}}&=1+2\lambda x&&=0,\qquad {\text{(i)}}\\{\frac {\partial \Lambda }{\partial y}}&=1+2\lambda y&&=0,\qquad {\text{(ii)}}\\{\frac {\partial \Lambda }{\partial \lambda }}&=x^{2}+y^{2}-1&&=0.\qquad {\text{(iii)}}\end{aligned}}}$

Die dritte Gleichung (iii) entspricht dabei wie immer der geforderten Nebenbedingung. Mit ${\displaystyle \lambda \neq 0}$ kann (i) nach ${\displaystyle x}$ aufgelöst werden. Dasselbe macht man für Gleichung (ii) und ${\displaystyle y}$. Man erhält somit ${\displaystyle x=-1/(2\lambda )=y}$. Wird das in (iii) eingesetzt, erhält man ${\displaystyle 2\lambda ^{2}=1}$, also ${\displaystyle \lambda =\pm 1/{\sqrt {2}}=\pm {\sqrt {2}}/2}$. Die kritischen Punkte berechnen sich damit zu ${\displaystyle ({\sqrt {2}}/2,{\sqrt {2}}/2)}$ und ${\displaystyle (-{\sqrt {2}}/2,-{\sqrt {2}}/2)}$. Die zu optimierende Funktion ${\displaystyle f}$ hat an diesen zwei Punkten die Werte ${\displaystyle {\sqrt {2}}}$, bzw. ${\displaystyle -{\sqrt {2}}}$.

Beispiel mit Anwendungsbezug

Ein Grundstück soll die Form einer Ellipse mit Schwerpunkt im Ursprung und Haupt- und Nebenachse parallel zur ${\displaystyle x}$- und ${\displaystyle y}$-Achse aufweisen. Außerdem soll das Grundstück mit der Fläche

${\displaystyle A=\pi ab}$

so klein wie möglich sein. Die Ellipse soll durch einen gegebenen Punkt ${\displaystyle (x,y)}$ gehen. Diese Nebenbedingung liegt in Form der Gleichung

${\displaystyle {\frac {x^{2}}{a^{2}}}+{\frac {y^{2}}{b^{2}}}=1}$

vor, die eine Ellipse mit Zentrum im Ursprung, Hauptachse der Länge ${\displaystyle 2a}$ und Nebenachse der Länge ${\displaystyle 2b}$ beschreibt. Hauptachse und Nebenachse liegen parallel zur ${\displaystyle x}$- und ${\displaystyle y}$-Achse, weshalb die Ellipse durch die Punkte ${\displaystyle (a,0)}$ und ${\displaystyle (0,b)}$ verläuft.

Die allgemeine Lagrange-Funktion mit beliebigen Werten für ${\displaystyle x}$ und ${\displaystyle y}$ lautet

${\displaystyle \Lambda (a,b,\lambda )=\pi ab+\lambda \left({\frac {x^{2}}{a^{2}}}+{\frac {y^{2}}{b^{2}}}-1\right)=\pi ab+x^{2}{\frac {\lambda }{a^{2}}}+y^{2}{\frac {\lambda }{b^{2}}}-\lambda }$

mit ${\displaystyle \lambda \neq 0}$. Der Gradient hiervon wird auf Null gesetzt, um die kritischen Punkte zu bestimmen. Hierbei wird ${\displaystyle a>x>0}$ und ${\displaystyle b>y>0}$ vorausgesetzt. Denn für ${\displaystyle a=0}$ oder ${\displaystyle b=0}$ erhielte man eine leere Ellipse.

${\displaystyle {\frac {\partial }{\partial a}}\Lambda (a,b,\lambda )=\pi b-2x^{2}{\frac {\lambda }{a^{3}}}=0\Leftrightarrow \pi a^{3}b-2x^{2}\lambda =0}$

${\displaystyle {\frac {\partial }{\partial b}}\Lambda (a,b,\lambda )=\pi a-2y^{2}{\frac {\lambda }{b^{3}}}=0\Leftrightarrow \pi ab^{3}-2y^{2}\lambda =0}$

${\displaystyle {\frac {\partial }{\partial \lambda }}\Lambda (a,b,\lambda )={\frac {x^{2}}{a^{2}}}+{\frac {y^{2}}{b^{2}}}-1=0\Leftrightarrow x^{2}b^{2}+y^{2}a^{2}=a^{2}b^{2}}$

Die erste Gleichung wird zu ${\displaystyle \lambda ={\frac {\pi a^{3}b}{2x^{2}}}}$ umgeformt und in die zweite Gleichung eingesetzt. ${\displaystyle \pi ab^{3}-{\frac {\pi y^{2}a^{3}b}{x^{2}}}=0}$ ergibt ${\displaystyle x^{2}b^{2}=y^{2}a^{2}}$. Setzt man diesen Ausdruck in die dritte Gleichung ein, erhält man durch Rückeinsetzen die Lösungen

${\displaystyle a={\sqrt {2}}x,\ b={\sqrt {2}}y\ {\text{und}}\ \lambda ={\pi ab}={2\pi xy}\neq 0}$.

Der Gradient der Nebenbedingungsfunktion

${\displaystyle \nabla g(a,b)=\left(-{\frac {2x^{2}}{a^{3}}},-{\frac {2y^{2}}{b^{3}}}\right)}$

verschwindet für ${\displaystyle x=y=0}$. Da der Punkt ${\displaystyle (0,0)}$ nicht auf der Ellipse liegt, handelt es sich bei ${\displaystyle (a,b)=({\sqrt {2}}x,{\sqrt {2}}y)}$ um das gesuchte Minimum. Dies muss im Einzelfall grafisch überprüft werden, da die Lagrange-Multiplikatoren nur ein notwendiges Kriterium liefern.

Beispiel mit Nebenbedingung mit verschwindendem Gradienten

Wir betrachten die Funktion ${\displaystyle f\colon \mathbb {R} _{0}^{+}\times \mathbb {R} _{0}^{+}\to \mathbb {R} }$ mit ${\displaystyle f(x,y)=e^{-(x+y)}}$. Untersucht man die Funktion nun auf Extrema, so kann man mithilfe des hinreichenden Kriteriums für lokale Extremstellen alle Extrema im Inneren des Definitionsbereiches bestimmen. Die Randextrema werden jedoch mithilfe des Lagrange-Multiplikator gefunden. Dabei bildet der Rand des Definitionsbereiches die Nebenbedingung. Hier sind es die beiden positiven Koordinatenachsen und der Ursprung. Wir finden also die Nebenbedingung ${\displaystyle g\colon \mathbb {R} _{0}^{+}\times \mathbb {R} _{0}^{+}\to \mathbb {R} }$ mit ${\displaystyle g(x,y)=xy=0}$.

Wir stellen zunächst die Lagrange-Funktion auf:

${\displaystyle \Lambda (x,y,\lambda )=f(x,y)+\lambda g(x,y)=e^{-(x+y)}+\lambda xy}$

Die Gleichung

${\displaystyle \nabla _{x,y,\lambda }\Lambda =0}$

führt uns auf das Gleichungssystem

${\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {\partial \Lambda }{\partial x}}&=-e^{-(x+y)}+\lambda y&&=0,\qquad {\text{(i)}}\\{\frac {\partial \Lambda }{\partial y}}&=-e^{-(x+y)}+\lambda x&&=0,\qquad {\text{(ii)}}\\{\frac {\partial \Lambda }{\partial \lambda }}&=xy&&=0.\qquad {\text{(iii)}}\end{aligned}}}$

Die dritte Gleichung besagt, dass ${\displaystyle x=0}$ oder ${\displaystyle y=0}$. Angenommen es wäre ${\displaystyle x=0}$, dann führt dies – in die zweite Gleichung eingesetzt – auf einen Widerspruch, denn die Gleichung

${\displaystyle -e^{-y}=0}$

hat keine Lösung, da die ${\displaystyle e}$-Funktion keine Nullstellen besitzt. Analog führt man den Fall ${\displaystyle y=0}$ mit der ersten Gleichung auf einen Widerspruch. Der Lagrange-Multiplikator liefert also keine kritischen Punkte.

Jedoch haben wir nicht überprüft, an welchen Stellen der Gradient der Nebenbedingung verschwindet. Es gilt

${\displaystyle \nabla _{x,y}g=(y,x)=(0,0)\Leftrightarrow (x,y)=(0,0)}$

Im Ursprung verschwindet also der Gradient der Nebenbedingung, und dieser liegt auch auf dem Rand des Definitionsbereiches von ${\displaystyle f}$ (er erfüllt die Nebenbedingung). Wie oben beschrieben, müssen diese Punkte auch als Kandidaten für Extrema in Betracht gezogen werden. Und in der Tat ist ${\displaystyle f(0,0)=e^{0}=1}$ und ${\displaystyle f(x,y)=e^{-(x+y)}<1}$ für alle ${\displaystyle (x,y)\neq (0,0)}$. Der Ursprung ist also das globale Maximum der Funktion.

Das Vorhandensein von kritischen Punkten sagt jedoch nichts über das Vorhandensein von Extrema aus. Würde man in diesem Beispiel die Definitionsbereiche von ${\displaystyle f}$ und ${\displaystyle g}$ durch ${\displaystyle \mathbb {R} \times \mathbb {R} }$ ersetzen, so würde man zwar denselben einzigen kritischen Punkt erhalten, jedoch wäre der Ursprung kein globales (und auch kein lokales) Maximum von ${\displaystyle f}$ (z. B. divergiert die Funktion im 3. Quadranten). In der Tat besäße dieses ${\displaystyle f}$ keine lokalen Maxima oder Minima.