Pregunta de multiplicador de Lagrange: encontrar un contraejemplo.

Question

Estoy ayudando a un estudiante a través de un curso de matemáticas. En el curso de texto, nos encontramos con el siguiente problema sobre el multiplicador de Lagrange de la técnica. Dada una función derivable con derivadas parciales continuas $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}:(x,y)\mapsto f(x,y)$ que tiene que ser extremized y una restricción dada por una relación implícita $g(x,y)=0$ $g$ asimismo tener derivadas parciales continuas. El multiplicador de Lagrange técnica busca puntos de $(x^*,y^*,\lambda^*)$ tal que

$$\nabla f(x^*,y^*)=\lambda^* \nabla g(x^*,y^*)$$

$\lambda$ es el llamado multiplicador de Lagrange.

La técnica se basa en el hecho de que la pendiente de la restricción es diferente del vector cero: $\nabla g(x^*,y^*) \neq 0$. A continuación, el texto dice que si la condición no se cumple, es posible no tener soluciones del sistema de ecuaciones resultante de la técnica, mientras que puede haber un limitado extremo.

He tratado de construir un ejemplo, pero hasta ahora sin éxito, ya que cada intento que hago con un $\nabla g(x^*,y^*) = 0$ resulta que tiene una solución. ¿Alguien sabe de un buen contraejemplo?

Y hace uno para saber de un contraejemplo cuando hay $n$ variables e $m$ restricciones con $n>m>1$ ? Por último, la condición es que los gradientes de las restricciones tienen que ser linealmente independientes. Así que la pregunta es: ¿podemos encontrar un ejemplo donde no hay ninguna solución para el multiplicador de Lagrange método, pero hay un extremo y los gradientes de las restricciones linealmente dependiente?

Answer 1

Este es un ejemplo, aunque con dos limitaciones: queremos encontrar el mínimo de la función $$f(x,y,z):=y\ ,$ $ dada la restricciones $$F(x,y,z):=x^6-z=0\ ,\qquad G(x,y,z):=y^3-z=0\ .$ $ las limitaciones de definen la curva $$\gamma:\quad x\mapsto (x,x^2, x^6)\qquad(-\infty<x<\infty)\ ,$ $ y es fácil ver que se toma el mínimo de $f\restriction \gamma$ en el origen. En la otra mano $$\nabla f(0,0,0)=(0,1,0)\ ;\quad\nabla F(0,0,0)=\nabla G(0,0,0)=(0,0,-1)\ ;$ $ donde $\nabla f(0,0,0)$ es no una combinación lineal de $\nabla F(0,0,0)$ $\nabla G(0,0,0)$. Esto significa que usando el método de Lagrange el origen no habría demostrado para arriba como un punto estacionario condicional.

Answer 2

En la técnica del multiplicador de Lagrange, lo que realmente necesita es un $(x^*,y^*)$ donde $\nabla f(x^*,y^*)$ y $\nabla g(x^*,y^*)$ son linealmente dependientes. Si el texto dice lo contrario, están equivocados. Esto es algo diferente de lo que usted escribió. Prueba $g(x,y)=x^2+y^2$ y $f(x,y) = (x-1)^2=0$, que tiene un mínimo obligado en $(1,0)$. Esto no satisface $n > m >1$, pero no debe ser duro modificarlo por lo que lo hace.