Lause. (Lagrangen menetelmä) Olkoon \(C\) tasokäyrä, jonka pisteet \((x,y)\) toteuttavat yhtälön \(g(x,y)=0\). Toisin sanoin, \(C\) on funktion \(g\) tasa-arvokäyrä \(g(x,y)=0\). Tällöin (tietyin rajoituksin) kahden muuttujan funktion \(f(x,y)\) lokaalit minimit ja maksimit löytyvät niin sanoitun Lagrangen funktion $$ L(x,y,\lambda)=f(x,y)+\lambda g(x,y) $$ kriittisistä pisteistä, missä \(\lambda\in\mathbb{R}\) on niin sanottu Lagrangen vakio.

Huomautus. (a) Jos \((x,y)\in C\), niin \(g(x,y)=0\) ja siten \(L(x,y,\lambda)=f(x,y)\). Yhtälö \(g(x,y)=0\) voi esittää mm. funktion \(f\) määrittelyjoukon reunaa.

(b) Lagrangen menetelmä ei takaa lokaalien minimien tai maksimien olemassaoloa. Lagrangen funktion kriittisen pisteen ei tarvitse olla lokaali minimi tai maksimi.

Lauseen todistus. Funktion \(L(x,y,\lambda)\) kriittisissä pisteissä $$ 0=\frac{\partial L}{\partial x}=f_1(x,y)+\lambda g_1(x,y) $$ ja $$ 0=\frac{\partial L}{\partial y}=f_2(x,y)+\lambda g_2(x,y) $$ ja $$ 0=\frac{\partial L}{\partial \lambda}=g(x,y)\quad (\textrm{reunaehto}). $$ Kaksi ensimmäistä yhtälöä ovat yhtäpitäviä sen kanssa, että $$ \nabla f(x,y)=-\lambda \nabla g(x,y) $$ eli \(\nabla f\) ja \(\nabla g\) ovat yhdensuuntaisia. Osoitetaan, että jos tämä ei pidä paikkaansa, niin funktiolla \(f\) ei voi olla lokaali maksimi tai minimi.

Jos \(\nabla f\) (funktion \(f\) suurimman kasvun suunta) ja \(\nabla g\) (reunakäyrän normaalin suunta) eivät ole yhdensuuntaisia pisteessä \(p_0=(x_0,y_0)\in C\), niin vektorilla \(\nabla f(p_0)\) on vektoriprojektio \(\vec{v}\neq\vec{0}\) pisteessä \(p_0\) olevan käyrän \(C\) tangentin suuntaan. Tällöin funktiolla \(f\) on positiivinen suunnattu derivaatta vektorin \(\vec{v}/|\vec{v}|\) suuntaan ja negatiivinen suunnattu derivaatta päinvastaiseen suuntaan.

Toisin sanoin \(f\) sekä kasvaa että vähenee, kun siirrytään poispäin pisteestä \(p_0\) pitkin käyrää \(C\). Täten \(p_0\) ei voi olla funktion \(f\) lokaali minimi tai lokaali maksimi käyrällä \(C\).

Siis minimit ja maksimit löytyvät Lagrangen funktion kriittisistä pisteistä.\(\Box\).

Huomautus. Todistuksesta nähtiin, että LM:n toimivuudelle oleellinen ehto on \(\nabla g(p_0)\neq \vec{0}\), sillä jos normaalivektori häviää, niin tangenttiakaan ei ole pisteessä \(p_0\).

Esimerkki. Määritä Lagrangen menetelmällä funktion $$ f(x,y)=2x+y $$ SA ja PA yksikköympyrällä \(x^2+y^2=1\).

Ratkaisu. Langrangen funktion $$ L(x,y,\lambda)=2x+y+\lambda(x^2+y^2-1),\quad \lambda\in\mathbb{R}, $$ kriittisissä pisteissä $$ \frac{\partial L}{\partial x}=2+2\lambda x=0\tag{1} $$ ja $$ \frac{\partial L}{\partial y}=1+2\lambda y=0\tag{2} $$ ja $$ \frac{\partial L}{\partial \lambda}=x^2+y^2-1=0.\tag{3} $$ Yhtälöissä (1) ja (2) \(x\neq 0\) ja \(y\neq 0\), joten $$ -\frac{1}{x}=\lambda=-\frac{1}{2y}, $$ joten \(x=2y\). Sijoitetaan \(x=2y\) yhtälöön (3) $$ 5y^2=1,\quad\textrm{joten}\quad y=\pm\frac{1}{\sqrt{5}}. $$

Jos \(y=1/\sqrt{5}\), niin \(x=2/\sqrt{5}\) ja \(\lambda=-\sqrt{5}/2\).

Jos \(y=-1/\sqrt{5}\), niin \(x=-2/\sqrt{5}\) ja \(\lambda=\sqrt{5}/2\).

Funktion \(L\) kriittiset pisteet ovat siis $$ \left(\frac{2}{\sqrt{5}},\frac{1}{\sqrt{5}},\frac{-\sqrt{5}}{2}\right),\quad \left(-\frac{2}{\sqrt{5}},-\frac{1}{\sqrt{5}},\frac{\sqrt{5}}{2}\right). $$ Siten $$ SA=f\left(\frac{2}{\sqrt{5}},\frac{1}{\sqrt{5}}\right)= \frac{4}{\sqrt{5}}+\frac{1}{\sqrt{5}}=\sqrt{5} $$ ja $$ PA=f\left(-\frac{2}{\sqrt{5}},-\frac{1}{\sqrt{5}}\right) $$

Esimerkki. Määritä käyrän \(x^2y=16\) etäisyys origosta.

Ratkaisu 1. Minimoidan etäisyysfunktion "neliö", niin vältytään neliöjuuren tarkastelulta. Etsitään siis funktion \(f(x,y)=x^2+y^2\) pienin arvo, kun muuttujia \(x\) ja \(y\) sitoo yhtälö \(g(x,y)=x^2y-16=0\).

Lagrangen funktioksi saadaan $$ L(x,y,\lambda)=f(x,y)+\lambda g(x,y) =x^2+y^2+\lambda x^2y-16\lambda. $$ Etsitään kriittiset pisteet. Lasketaan osittaisderivaatat $$ \frac{\partial L}{\partial x} =2x+2\lambda xy=0\tag{1} $$ ja $$ \frac{\partial L}{\partial y} =2y+\lambda x^2=0\tag{2} $$ ja $$ \frac{\partial L}{\partial \lambda} =x^2y-16=0.\tag{3} $$ Yhtälöstä (1) saadaan \(x=0\) tai \(\lambda y=-1\). Näistä \(x=0\) ei ole yhteensopiva yhtälön (3) kanssa, joten \(\lambda y=-1\).

Yhtälöstä (2) saadaan nyt $$ 0=2y^2+\lambda yx^2=2y^2-x^2 $$ eli \(x^2=2y^2\). Sijoitetaan \(x^2=2y^2\) yhtälöön (3), saadaan $$ 0=x^2y-16 =2y^3-16 $$ eli \(y=2\). Näin ollen \(x=\pm 2\sqrt{2}\). Löydettiin siis kaksi kandidaattia \((\pm 2\sqrt{2},2)\) käyrältä \(x^2y=16\). Näissä $$ f(\pm 2\sqrt{2},2)=8+4=12. $$ Käyrällä $$ x^2y=16 $$ ei ole suurinta etäisyyttä origosta, sillä kyseessä oleva käyrä on rajoittamaton. Näin ollen minimietäisyys \(\sqrt{12}\) saavutetaan käyrän pisteissä \((\pm 2\sqrt{2},2)\).

Ratkaisu 2. Ratkaistaan \(y\) rajoiteyhtälöstä \(x^2y-16=0\), saadaan \(y=16/x^2\). Sijoitetaan tämä funktion \(f\) lausekkeeseen $$ f(x,y)=f(x,16/x^2)=x^2+\left(\frac{16}{x^2}\right)^2=x^2+\frac{256}{x^4}=:g(x). $$ Nyt $$ g'(x)=2x-4\cdot 256\cdot x^{-5}=0 $$ jos ja vain jos \(x^6=512\) eli \(x=\pm 2\sqrt{2}\). Saadaan $$ g(\pm 2\sqrt{2})=8+\frac{256}{64}=12. $$ Minimietäisyys on siis \(\sqrt{12}\).