Estremi vincolati, Kuhn-Tucker, moltiplicatori di Lagrange.
Buon giorno, forum 
Come da oggetto, sto studiando l'ottimizzazione di funzioni di più variabili con vincoli di disuguaglianza, e siccome l'argomento mi pare tutt'altro che banale, ho deciso di provare a fare un esercizio.. Con scarsi risultati XD
L'esercizio è già stato risolto ad esercitazione, ma con un metodo diverso; io ho deciso di provare a fare come dice il mio libro [Pagani Salsa] che sostiene che sia spesso più conveniente usare la Lagrangiana piuttosto che dividere il dominio \(E\) in \(\overset{\circ}{E} \cup \partial E\) [come fatto in classe].
Allora io comincio:
\[
f(x,y) = e^{1 + x^2 - xy + 4y^2} \qquad \qquad
E = \lbrace (x,y) \in \mathbb{R}^2 : x^2 < y < 1 \rbrace
\]
Vorrei iniziare dalla ricerca dei massimi, ma prima devo occuparmi della qualificazione dei vincoli, e già qui mi viene il primo dubbio, perché c'è una cosa che non mi è chiara: il teorema di Kuhn-Tucker, il metodo dei moltiplicatori e "tutto il resto" valgono solo se i vincoli sono qualificati? [I.e. se \(\Gamma(\mathbf{x}^0) = \tilde{\Gamma}(\mathbf{x}^0)\)]
Ad ogni modo, scelgo di usare la condizione che i gradienti dei vincoli attivi devono essere linearmente indipendenti, quindi ho
\[ \varphi_1(x,y) = y - 1 \qquad \qquad \varphi_2(x,y) = x^2 - y \]
da cui
\[ \nabla \varphi_1 = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix} \quad \wedge \quad \nabla \varphi_2 =\begin{pmatrix} 2x \\ -1 \end{pmatrix} \]
quindi
\[ \nabla \varphi_1 = \mu \nabla \varphi_2 \qquad \mbox{sse} \qquad \mu = 1 \wedge x = 0 \]
il che significa che tutti i punti vanno bene, perché nessun punto è contemporaneamente della forma \((0,y)\) ed appartiene ad entrambi i vincoli.
Ora posso passare alla lagrangiana ed al sistema che ne deriva, e qui iniziano i problemi veri e propri!
Ciò che mi risulta è
\[ \mathcal{L}(x,y,\lambda_1, \lambda_2) = e^{1 + x^2 - xy + 4y^2} - \lambda_1 (y - 1) - \lambda_2 ( x^2 - y) \]
e quindi
\[
\begin{cases}
\partial_x \mathcal{L} = e^{1 + x^2 - xy + 4y^2} (2x - y) - 2 \lambda_2 x = 0 \\
\partial_y \mathcal{L} = e^{1 + x^2 - xy + 4y^2} (8y - x) - \lambda_1 + \lambda_2 = 0 \\
\partial_{\lambda_1} \mathcal{L} = - y + 1 \ge 0 \\
\partial_{\lambda_2} \mathcal{L} = y - x^2 \ge 0 \\
\lambda_1 \ge 0, \quad \lambda_2 \ge 0, \quad \lambda_1 (y - 1) = 0, \quad \lambda_2 (x^2-y) = 0
\end{cases}
\]
sempre nell'ipotesi che i conti siano giusti...
Il problema ora è che io non ho la più pallida idea di come affrontare questo sistema!
L'esercizio di esempio sul libro era molto più semplice, ma questo è un grosso casino
Per ora ho osservato che, dalla terza, deve essere \(y \le 1\) e poi (dalla quarta) \(x \le 1\).
Poi ho detto che \((y < 1) \Rightarrow \lambda_1 = 0\), se invece \(y= 1\) allora \(\lambda_1\) è libera, ed in tal caso se \(\lambda_2 > 0\) ottengo che \(x = \pm 1\).
Ok, questo è tutto ciò che ho saputo fare, e temo che già questo sia zeppo di errori ed incomprensioni concettuali XD
Ogni aiuto è molto apprezzato
P.s. Essendo l'esponenziale una funzione crescente, avrei anche potuto fare lo studio dei massimi e dei minimi dell'argomento dell'esponenziale, giusto? In tal caso otterrei certo un sistema più semplice, però non è un trucco che potrò fare sempre nella vita XD
Come da oggetto, sto studiando l'ottimizzazione di funzioni di più variabili con vincoli di disuguaglianza, e siccome l'argomento mi pare tutt'altro che banale, ho deciso di provare a fare un esercizio.. Con scarsi risultati XD
L'esercizio è già stato risolto ad esercitazione, ma con un metodo diverso; io ho deciso di provare a fare come dice il mio libro [Pagani Salsa] che sostiene che sia spesso più conveniente usare la Lagrangiana piuttosto che dividere il dominio \(E\) in \(\overset{\circ}{E} \cup \partial E\) [come fatto in classe].
Allora io comincio:
\[
f(x,y) = e^{1 + x^2 - xy + 4y^2} \qquad \qquad
E = \lbrace (x,y) \in \mathbb{R}^2 : x^2 < y < 1 \rbrace
\]
Vorrei iniziare dalla ricerca dei massimi, ma prima devo occuparmi della qualificazione dei vincoli, e già qui mi viene il primo dubbio, perché c'è una cosa che non mi è chiara: il teorema di Kuhn-Tucker, il metodo dei moltiplicatori e "tutto il resto" valgono solo se i vincoli sono qualificati? [I.e. se \(\Gamma(\mathbf{x}^0) = \tilde{\Gamma}(\mathbf{x}^0)\)]
Ad ogni modo, scelgo di usare la condizione che i gradienti dei vincoli attivi devono essere linearmente indipendenti, quindi ho
\[ \varphi_1(x,y) = y - 1 \qquad \qquad \varphi_2(x,y) = x^2 - y \]
da cui
\[ \nabla \varphi_1 = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix} \quad \wedge \quad \nabla \varphi_2 =\begin{pmatrix} 2x \\ -1 \end{pmatrix} \]
quindi
\[ \nabla \varphi_1 = \mu \nabla \varphi_2 \qquad \mbox{sse} \qquad \mu = 1 \wedge x = 0 \]
il che significa che tutti i punti vanno bene, perché nessun punto è contemporaneamente della forma \((0,y)\) ed appartiene ad entrambi i vincoli.
Ora posso passare alla lagrangiana ed al sistema che ne deriva, e qui iniziano i problemi veri e propri!
Ciò che mi risulta è
\[ \mathcal{L}(x,y,\lambda_1, \lambda_2) = e^{1 + x^2 - xy + 4y^2} - \lambda_1 (y - 1) - \lambda_2 ( x^2 - y) \]
e quindi
\[
\begin{cases}
\partial_x \mathcal{L} = e^{1 + x^2 - xy + 4y^2} (2x - y) - 2 \lambda_2 x = 0 \\
\partial_y \mathcal{L} = e^{1 + x^2 - xy + 4y^2} (8y - x) - \lambda_1 + \lambda_2 = 0 \\
\partial_{\lambda_1} \mathcal{L} = - y + 1 \ge 0 \\
\partial_{\lambda_2} \mathcal{L} = y - x^2 \ge 0 \\
\lambda_1 \ge 0, \quad \lambda_2 \ge 0, \quad \lambda_1 (y - 1) = 0, \quad \lambda_2 (x^2-y) = 0
\end{cases}
\]
sempre nell'ipotesi che i conti siano giusti...
Il problema ora è che io non ho la più pallida idea di come affrontare questo sistema!
L'esercizio di esempio sul libro era molto più semplice, ma questo è un grosso casino
Per ora ho osservato che, dalla terza, deve essere \(y \le 1\) e poi (dalla quarta) \(x \le 1\).
Poi ho detto che \((y < 1) \Rightarrow \lambda_1 = 0\), se invece \(y= 1\) allora \(\lambda_1\) è libera, ed in tal caso se \(\lambda_2 > 0\) ottengo che \(x = \pm 1\).
Ok, questo è tutto ciò che ho saputo fare, e temo che già questo sia zeppo di errori ed incomprensioni concettuali XD
Ogni aiuto è molto apprezzato
P.s. Essendo l'esponenziale una funzione crescente, avrei anche potuto fare lo studio dei massimi e dei minimi dell'argomento dell'esponenziale, giusto? In tal caso otterrei certo un sistema più semplice, però non è un trucco che potrò fare sempre nella vita XD
Risposte
Rieccomi, il pranzo mi ha portato consiglio
Dunque, ho pensato che forse non dovrei chiedere così tanto e, se vedo la possibilità di semplificarmi i conti, dovrei prenderla senza pensarci due volte!
Ho quindi ripiegato sul cercare gli estremi dell'argomento dell'esponenziale, e questo è il sistema che ne viene fuori
\[
\begin{cases}
\partial_x \mathcal{L} = 2x - y - 2 \lambda_2 x = 0 \\
\partial_y \mathcal{L} = 8y - x - \lambda_1 + \lambda_2 = 0 \\
\partial_{\lambda_1} \mathcal{L} = - y + 1 \ge 0 \\
\partial_{\lambda_2} \mathcal{L} = y - x^2 \ge 0 \\
\lambda_1 \ge 0, \quad \lambda_2 \ge 0, \quad \lambda_1 (y - 1) = 0, \quad \lambda_2 (x^2-y) = 0
\end{cases}
\]
In seguito ho fatto qualche passo anche sulla soluzione del sistema stesso: ho ragionato in questo modo: il dominio \(E\) è il segmento parabolico che la retta \(y = 1\) stacca dalla parabola \(y=x^2\). Un punto all'interno di questo dominio può essere in 3 posizioni diverse:
* interno all'insieme
* su uno dei vincoli [sulla parabola o sulla retta]
* su entrambi i vincoli [nei punti \((\pm1,1)\)]
In base a dove si trova il punto, i moltiplicatori di Lagrange \(\lambda_1 e \lambda_2\) sono nulli oppure no, ed in particolare:
\[ \mathbf{x} \in \overset{\circ}{E} \Rightarrow \lambda_1 = \lambda_2 = 0\]
in tal caso il sistema diventa molto più semplice da risolvere, infatti non ha soluzione [nessun punto interno ad \(E\) soddisfa il sistema], il che significa che non ci sono estremi in \(\overset{\circ}{E}\).
Se invece, detta \(\Gamma : y = x^2\) e \(r : y = 1\), è \(\mathbf{x} \notin \Gamma \wedge \mathbf{x} \in r\) allora \(\lambda_1 \ne 0 \wedge \lambda_2 = 0\) da cui facilmente \(x = \frac 1 2 \) e \(\lambda_1 = \frac {15}{2}\), ed in effetti \((\frac 1 2, 1)\) è uno dei punti della soluzione, il che mi fa pensare di essere sulla strada giusta!
In modo analogo penso di risolvere anche l'altro pezzo. Che ne dite?
Dunque, ho pensato che forse non dovrei chiedere così tanto e, se vedo la possibilità di semplificarmi i conti, dovrei prenderla senza pensarci due volte!
Ho quindi ripiegato sul cercare gli estremi dell'argomento dell'esponenziale, e questo è il sistema che ne viene fuori
\[
\begin{cases}
\partial_x \mathcal{L} = 2x - y - 2 \lambda_2 x = 0 \\
\partial_y \mathcal{L} = 8y - x - \lambda_1 + \lambda_2 = 0 \\
\partial_{\lambda_1} \mathcal{L} = - y + 1 \ge 0 \\
\partial_{\lambda_2} \mathcal{L} = y - x^2 \ge 0 \\
\lambda_1 \ge 0, \quad \lambda_2 \ge 0, \quad \lambda_1 (y - 1) = 0, \quad \lambda_2 (x^2-y) = 0
\end{cases}
\]
In seguito ho fatto qualche passo anche sulla soluzione del sistema stesso: ho ragionato in questo modo: il dominio \(E\) è il segmento parabolico che la retta \(y = 1\) stacca dalla parabola \(y=x^2\). Un punto all'interno di questo dominio può essere in 3 posizioni diverse:
* interno all'insieme
* su uno dei vincoli [sulla parabola o sulla retta]
* su entrambi i vincoli [nei punti \((\pm1,1)\)]
In base a dove si trova il punto, i moltiplicatori di Lagrange \(\lambda_1 e \lambda_2\) sono nulli oppure no, ed in particolare:
\[ \mathbf{x} \in \overset{\circ}{E} \Rightarrow \lambda_1 = \lambda_2 = 0\]
in tal caso il sistema diventa molto più semplice da risolvere, infatti non ha soluzione [nessun punto interno ad \(E\) soddisfa il sistema], il che significa che non ci sono estremi in \(\overset{\circ}{E}\).
Se invece, detta \(\Gamma : y = x^2\) e \(r : y = 1\), è \(\mathbf{x} \notin \Gamma \wedge \mathbf{x} \in r\) allora \(\lambda_1 \ne 0 \wedge \lambda_2 = 0\) da cui facilmente \(x = \frac 1 2 \) e \(\lambda_1 = \frac {15}{2}\), ed in effetti \((\frac 1 2, 1)\) è uno dei punti della soluzione, il che mi fa pensare di essere sulla strada giusta!
In modo analogo penso di risolvere anche l'altro pezzo. Che ne dite?
Accedi a tutti gli appunti
Tutor AI: studia meglio e in meno tempo