El método de los multiplicadores de Lagrange para encontrar máximos y mínimos de una función de varias variables, sujeta a un sistema de ligaduras

Veamos, primero, el caso de una función de $2$ variables con una ecuación de ligadura, para, finalmente, extenderlo al caso general de una función de $n$ variables y $m$ ligaduras

Consideremos la función $u\equiv f(x,y)=0$, con una ecuación de ligadura $\varphi(x,y)=0$. Impongamos la conción necesaria de extremo: $\dfrac{du}{dx}=0$

Teniendo en cuenta que la variable $y$ depende de la variable $x$, podemos escribir $\dfrac{du}{dx}=\dfrac{\partial\,f}{\partial\,x}+\dfrac{\partial\,f}{\partial\,y}\,\dfrac{dy}{dx}$, con lo cual: $\dfrac{\partial\,f}{\partial\,x}+\dfrac{\partial\,f}{\partial\,y}\,\dfrac{dy}{dx}=0 \quad (1)$

Por otra parte, en cuanto a la ligadura, es claro que $\dfrac{d\,\varphi}{dx}=0$, por lo tanto: $$\dfrac{\partial\,\varphi}{\partial\,x}+\dfrac{\partial\,\varphi}{\partial\,y}\,\dfrac{dy}{dx}=0 \quad (2)$$

Multipliquemos ahora $(2)$ por un escalar, $\lambda$ (al que denominamos multiplicador de Lagrange) y sumemos, miembro a miembro, con $(1)$: $$\dfrac{\partial\,f}{\partial\,x}+\dfrac{\partial\,f}{\partial\,y}\,\dfrac{dy}{dx} + \lambda\,\left( \dfrac{\partial\,\varphi}{\partial\,x}+\dfrac{\partial\,\varphi}{\partial\,y}\,\dfrac{dy}{dx} \right)=0 \quad (3)$$

Esta igualdad $(3)$ se cumple pues en todos los puntos donde haya un extremo. Si elegimos el parámetro $\lambda$ de tal manera que, para los valores de $x$ e $y$ del supuestro extremo de la función $u$, $\dfrac{\partial\,\varphi}{\partial\,x}+\dfrac{\partial\,\varphi}{\partial\,y}\,\dfrac{dy}{dx} $ se anule, entonces, para que se cumpla $(3)$ deberá suceder que $\dfrac{\partial\,f}{\partial\,x}+\dfrac{\partial\,f}{\partial\,y}\,\dfrac{dy}{dx}$ sea también igual a $0$

Todo ello constituye un sistema de $3$ ecuaciones con $3$ incóngitas ($x,y,\lambda$): $$\left\{\begin{matrix}\dfrac{\partial\,\varphi}{\partial\,x}+\dfrac{\partial\,\varphi}{\partial\,y}\,\dfrac{dy}{dx} =0 \\ \dfrac{\partial\,f}{\partial\,x}+\dfrac{\partial\,f}{\partial\,y}\,\dfrac{dy}{dx}=0 \\ \varphi(x,y)=0 \end{matrix}\right.$$

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En general, si $u=f(x_1,x_2,\ldots,x_n)$ es un función de $n$-variables, interviniendo $m$ ecuaciones de ligadura: $\varphi_1(x_1,x_2,\ldots,x_n)=0$, $\varphi_2(x_1,x_2,\ldots,x_n)=0$,$\ldots$,$\varphi_m(x_1,x_2,\ldots,x_n)=0$, para encontrar los extremos relativos de $f$ por el método de los multiplicadores de Lagrange (necesitaremos $m$ multiplicadores, tantos como ecuaciones de ligadura tengamos: $\lambda_1,\lambda_2\,\ldots,\lambda_m$), deberemos formar en primer lugar la función auxiliar $$\displaystyle F(x_1,x_2,\ldots,x_n;\lambda_1\,\ldots,\lambda_m)=f(x_1,x_2,\ldots,x_n)+\sum_{i=1}^{n}\,\lambda_i\,\varphi_i(x_1,x_2,\ldots,x_m)$$ e imponer las condiciones necesarias, componiendo así un sistema de $n+m$ ecuaciones con $n+m$ incógnitas ($\{x_{1}^{*},\ldots,x_{n}^{*};\lambda_{1}^{*},\ldots,\lambda_{m}^{*} \}$ $$\left\{ \begin{matrix} \dfrac{\partial\,F}{\partial\,x_1}=0\\ \dfrac{\partial\,F}{\partial\,x_2}=0\\\vdots \\ \dfrac{\partial\,F}{\partial\,x_n}=0\\ \varphi_1=0\\ \varphi_2=0\\ \vdots \\ \varphi_m=0 \end{matrix}\right.$$ es decir $$\left\{ \begin{matrix} \dfrac{\partial\,f}{\partial\,x_1}+\lambda_1\,\dfrac{\partial\,\varphi_1}{\partial\,x_1}+\lambda_2\,\dfrac{\partial\,\varphi_2}{\partial\,x_1}+\ldots+\lambda_m\,\dfrac{\partial\,\varphi_m}{\partial\,x_1}=0 \\ \dfrac{\partial\,f}{\partial\,x_2}+\lambda_1\,\dfrac{\partial\,\varphi_1}{\partial\,x_2}+\lambda_2\,\dfrac{\partial\,\varphi_2}{\partial\,x_2}+\ldots+\lambda_m\,\dfrac{\partial\,\varphi_m}{\partial\,x_2}=0 \\ \vdots \{ n \\ \dfrac{\partial\,f}{\partial\,x_n}+\lambda_1\,\dfrac{\partial\,\varphi_1}{\partial\,x_n}+\lambda_2\,\dfrac{\partial\,\varphi_2}{\partial\,x_n}+\ldots+\lambda_m\,\dfrac{\partial\,\varphi_m}{\partial\,x_n}=0 \\ \varphi_1(x_1,\ldots,x_n)=0 \\ \varphi_2(x_1,\ldots,x_n)=0 \\ \vdots \{ m \\ \varphi_m(x_1,\ldots,x_n)=0 \end{matrix}\right. $$

Una vez resuelto este sistema, habrá que estudiar cada uno de los puntos obtenidos, para dilucidar qué tipo de extremos son.

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Ejemplo: Se quiere adornar en sus bordes un espejo rectangular de área $A$ (expresada en centímetros cuadrados). Los adornos en los lados horizontals cuestan $p$ céntimos de euro por centímetro cuadrado, y los adornos en los lados verticales cuestan $q$ céntimos por centímetro cuadrado, ¿cuáles son las dimensiones del espejo que minimizan el gasto de los adornos?

Denotemos por $x$ e $y$ las dimensiones del marco (horizontal y vertical, respectivamente), y por $u$ la función de coste. Esta función vendrá dada por $u=f(x,y)=2\,p\,x+2\,q\,y$; y como $A=x\,y$, la función de la (única) ligadura $\varphi(x,y)=0$ es $xy-A=0$. Al haber una sola ecuación de ligadura, necesitamos un sólo multiplicador de Lagrange.

La función auxiliar es, por tanto, $F(x,y;\lambda)=f(x,y)+\lambda\,\varphi(x,y)$. Imponiendo las condiciones necesarias para obtener los extremos relativos, escribiremos: $$\left\{\begin{matrix}\dfrac{\partial\,F}{\partial\,x}=0 \\ \dfrac{\partial\,F}{\partial\,y}=0 \\ \varphi(x,y)=0\end{matrix} \right. $$ es decir $$\left\{ \begin{matrix} \dfrac{\partial\,f}{\partial\,x}+\lambda\,\dfrac{\partial\,\varphi}{\partial\,x}=0 \\ \dfrac{\partial\,f}{\partial\,y}+\lambda\,\dfrac{\partial\,\varphi}{\partial\,y}=0 \\ \varphi(x,y)=0\end{matrix} \right. $$ donde $\dfrac{\partial\,f}{\partial\,x}=2\,p$, $\dfrac{\partial\,f}{\partial\,y}=2\,q$, $\dfrac{\partial\,\varphi}{\partial\,x}=y$, $\dfrac{\partial\,\varphi}{\partial\,y}=x$ en consecuencia, el sistema a resolver es $$\left\{ \begin{matrix} 2\,p+\lambda\,y=0 \\ 2\,q+\lambda\,x=0 \\ xy-A=0\end{matrix} \right.$$

Obtenemos como solución un punto extremo, de coordenadas: $x^*=\sqrt{\dfrac{q}{p}\,A}$ e $y^*=\sqrt{\dfrac{p}{q}\,A}$. Para dicho punto, el valor de la función de coste es $$u^*=2\,(p\,x^*+q\,y^*)=4\,\sqrt{p\,q\,A}$$

Naturalmente, tenemos que estudiar el tipo de extremo que hemos encontrado: La ecuación de la ligadura puede escribirse en función de una sola variable, por ejemplo, de $x$, ya que si $x\,y=A$, se tiene que $y=\dfrac{A}{x}$, por lo que la función de coste $u(x,y)$ es $2\,p\,x+2\,q\,y=2\,p\,x+2\,q\,\dfrac{A}{x}=:\widetilde{u}(x)$.

Veamos qué ocurre pues con la función de coste $\widetilde{u}(x)$ en el extremo relativo que hemos calculado, $x^*=\sqrt{\dfrac{q}{p}\,A}$; lo haremos empleando el criterio de la segunda derivada (de la función $\widetilde{u}(x)$): Como la primera derivada es $\widetilde{u}'(x)=2\,p-2\,q\,\dfrac{A}{x^2}$, la segunda derivada es $\widetilde{u}''(x)=4\,q\,\dfrac{A}{x^3}$, luego $\widetilde{u}''(x^*)=4\,q\,\dfrac{A}{(\sqrt{\dfrac{q}{p}\,A})^3}\gt 0 \therefore$ el extremo relativo encontrado corresponde a un mínimo local. Además, por la gráfica de la función $\widetilde{u}(x)$, se ve claramente que dicho mínimo local es el mínimo absoluto.

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Referencias:

  [1] J.E. Marsden; E.J. Tromba, Cálculo vectorial, Pearson Educación S.A., Madrid, 2004.
  [2] vv.aa., Multiplicadors de Lagrange               [https://ca.wikipedia.org/wiki/Multiplicadors_de_Lagrange], Wikipedia, 2022.
  [3] H. Goldstein, Mecánica clásica, Reverté, Barcelona, 1990.

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Un ejemplo de aplicación del método de los multiplicadores de Lagrange para optimizar una función de varias variables, con una restricción

Se considera una esfera de radio $1$ centrada en el origen de coordenadas, y, por tanto, de ecuación $g(x,y,z)=x^2+y^2+z^2=1$. Nos proponemos encontrar el punto (o puntos) del espacio de la superficie de dicha esfera cuya distancia al punto $P(1,1,1)$ —observemos que no forma parte de la superficie de la esfera— sea mínima o bien máxima.

La distancia de un punto $(x,y,z)$ de la superficie de la esfera a $P(1,1,1)$ es mínima cuando el cuadrado de la misma también es mínima —esto simplificará las cosas—, es decir, cuando la función distancia al cuadrado $f(x,y,z)=(x-1)^2+(y-1)^2+(z-1)^2$ toma el valor mínimo.

Es sabido que, definida la función auxiliar $h(x,y,z)=f(x,y,z)-\lambda(g(x,y,z)-1)$ (donde $\lambda$ es el multiplicador de Lagrange asociado a la restricción de los puntos de la esfera), si dicho mínimo (máximo) existe, entonces debe satisfacer las siguientes condiciones: $$\left\{\begin{matrix}\dfrac{\partial\,h}{\partial\,x}=0\\ \dfrac{\partial\,h}{\partial\,y}=0 \\ \dfrac{\partial\,h}{\partial\,z}=0 \\ \dfrac{\partial\,h}{\partial\,\lambda}=0\end{matrix}\right.$$ sistema de ecuaciones en $\{x,y,z,\lambda\}$ el el que $\lambda$ toma el papel de una variable algebraica. Dicho de otro modo, $$\left\{\begin{matrix} \dfrac{\partial\,f}{\partial\,x}-\lambda\,\dfrac{\partial\,g}{\partial\,x}=0 \\ \dfrac{\partial\,f}{\partial\,y}-\lambda\,\dfrac{\partial\,g}{\partial\,y}=0 \\ \dfrac{\partial\,f}{\partial\,z}-\lambda\,\dfrac{\partial\,g}{\partial\,z}=0 \\ x^2+y^2+z^2-1=0 \end{matrix}\right.$$ y, calculando las derivadas parciales, llegamos a $$\left\{\begin{matrix} 2\,(x-1)-2\,\lambda\,x = 0 \\ 2\,(y-1)-2\,\lambda\,y = 0 \\ 2\,(z-1)-2\,\lambda\,z = 0 \\ x^2+y^2+z^2-1=0 \end{matrix}\right.$$ o lo que es lo mismo, $$\left\{\begin{matrix} (1-\lambda)\,x= 1 \\ (1-\lambda)\,y= 1 \\ (1-\lambda)\,z= 1 \\ x^2+y^2+z^2-1=0 \end{matrix}\right.$$ por tanto $$x=y=z=\dfrac{1}{1-\lambda}\,,\,\lambda\neq 1$$ Substituyendo en la cuarta ecuación, $$3\,\left(\dfrac{1}{1-\lambda}\right)^2=1 \Rightarrow (1-\lambda)^2=3 \Rightarrow \lambda=1\pm \sqrt{3}$$ Luego, los puntos de máximo/mínimo son $$(x^*,y^*,z^*)=\left\{\begin{matrix}A(1/\sqrt{3},1/\sqrt{3},1/\sqrt{3})\\ B(-1/\sqrt{3},-1/\sqrt{3},-1/\sqrt{3}) \end{matrix}\right.$$ Puede comprobarse es el punto de la superfice esférica que se encuentra a la mínima distancia de $P$, mientras que $B$ es el punto de la superficie esférica que tiene una distancia máxima a $P$.$\diamond$

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Referencias:

  [1] J.E. Marsden; E.J. Tromba, Cálculo vectorial, Pearson Educación S.A., Madrid, 2004.
  [2] vv.aa., Multiplicadors de Lagrange               [https://ca.wikipedia.org/wiki/Multiplicadors_de_Lagrange], Wikipedia, 2022.
  [3] H. Goldstein, Mecánica clásica, Reverté, Barcelona, 1990.