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UNIVR – Facoltà di Economia – Corso di Matematica finanziaria 2008/09
Massimi e minimi vincolati con vincoli di uguaglianza
Indice
1 Definizione del problema
1
2 Caso con un solo vincolo
2.1 Il metodo delle curve di livello . . . . . . .
2.2 Il metodo dei moltiplicatori di Lagrange .
2.3 Interpretazione geometrica . . . . . . . . .
2.4 Significato economico del moltiplicatore di
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
Lagrange
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2
2
3
6
9
3 Caso generale (condizione necessaria)
10
4 Condizioni sufficienti
4.1 La condizione sul sottospazio tangente ai vincoli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.2 La condizione sulla matrice Hessiana orlata . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
13
13
13
In questa dispensa consideriamo un problema di ottimizzazione con vincoli di uguaglianza. I principali risultati di
questo settore matematico sono dovuti a Lagrange.
1
Definizione del problema
Un problema di massimo o di minimo con vincoli di uguaglianza viene anche detto problema di programmazione
classica. Riporto qui una formulazione generale di questo problema.
Siano f, g1 , . . . , gm funzioni definite nell’aperto A ⊂ Rn , tutte di classe C 1 nell’insieme A, e sia m < n.
Il problema
max / min f (x1 , . . . , xn )
con vincoli
gi (x1 , . . . , xn ) = bi , i = 1, 2, . . . , m
consiste nel trovare i punti di massimo (o minimo, locali o globali) della funzione f sul sottoinsieme di A che è soluzione
del sistema di condizioni espresse dai vincoli, cioè dalle m equazioni gi (x1 , . . . , xn ) = bi .
Il problema si può anche esprimere in forma vettoriale: se indichiamo con g la funzione a valori vettoriali che ha
per componenti le funzioni di vincolo (g è funzione di A in Rm ), con b il vettore dei temini noti bi (b ∈ Rm ) e con x il
vettore (x1 , . . . , xn ), possiamo scrivere il problema nella forma compatta
max / min f (x)
con vincoli g(x) = b.
La funzione f si chiama funzione obiettivo e la funzione g si può chiamare funzione di vincolo. L’insieme
n
o
X = x ∈ A : gi (x1 , . . . , xn ) = bi , per i = 1, . . . m
si chiama regione ammissibile e i suoi punti punti ammissibili.
Definizioni
• Un punto x ∈ X è punto di massimo (minimo) globale vincolato di f se f (x) ≥ f (x) f (x) ≤ f (x) per ogni
x ∈ X.
• Un punto x ∈ X èpunto di massimo (minimo) locale vincolato di f se esiste un intorno I(x, r) tale che f (x) ≥
f (x) f (x) ≤ f (x) per ogni x ∈ I(x, r) ∩ X.
Osservazione Per cautelarmi su possibili imprecisioni, avverto che con il termine vincolo intenderò sia l’equazione
di vincolo sia il sottoinsieme di Rn che è soluzione di un certo vincolo. Detto questo faccio osservare che ogni vincolo
(l’insieme) si può vedere come curva (o superficie o ipersuperficie) di livello della corrispondente funzione di vincolo.
Quindi la ricerca del punto di massimo vincolato di f è la ricerca del punto di massimo di f sull’intersezione delle
curve di livello dei vincoli.
2
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Esempio Prima di continuare con le questioni generali presento un semplice esempio, che risulta molto istruttivo
per il seguito.
Consideriamo il problema in R2
max / min f (x, y) = xyex+y
con vincolo x + y 2 = 0.
Nell’equazione di vincolo si può facilmente esplicitare x in funzione di y. Si trova x = −y 2 e, sostituendo nella funzione
2
f si ha che la funzione obiettivo sul vincolo assume gli stessi valori della funzione h(y) = −y 3 e−y +y (funzione di una
sola variabile).1
Chiaramente per trovare i punti di massimo/minimo vincolato della funzione obiettivo f basterà trovare i punti di
massimo/minimo della funzione h, con y ∈ R.
Con quello che gli studenti hanno imparato nel corso di matematica del primo anno si trova
h′ (y) = −3y 2 e−y
2
+y
− y 3 e−y
2
+y
(−2y + 1) = y 2 e−y
2
+y
(2y 2 − y − 3).
I punti stazionari di h sono quindi −1, 0 e 32 . Dallo studio del segno della derivata si trova facilmente che, per la
funzione h, −1 è punto di massimo locale, 32 è punto di minimo locale e 0 non è né di massimo né di minimo. Ma allora
possiamo concludere che, per la funzione f , (−1, −1) è punto di massimo locale vincolato, (− 49 , 32 ) è punto di minimo
locale vincolato e (0, 0) non è né di massimo né di minimo. Da uno studio completo della funzione h, in particolare
dal calcolo dei limiti per y → ±∞, si trova che abbiamo trovato in realtà i punti di massimo/minimo globali.
Questo procedimento può essere utilizzato ogniqualvolta il vincolo (o i vincoli) consentono di esprimere una o più
variabili in funzione delle altre.2
Osservazione Chiaramente il fatto di poter ricavare una variabile in funzione delle altre dal vincolo è un evento
particolarmente “fortunato”. Non sempre è possibile. Serve allora un risultato che consenta di procedere anche nei
casi meno fortunati. A questo proposito viene una celebre intuizione di Lagrange.
Vediamo la cosa in due passi successivi: con un solo vincolo e con più vincoli.
2
Caso con un solo vincolo
In questa sezione consideriamo un problema di programmazione classica con un solo vincolo (di equazione). Prima
però di vedere il risultato di Lagrange, presento un metodo grafico a volte utilizzabile per la risoluzione del problema.
2.1
Il metodo delle curve di livello
Supponiamo di avere un problema in due variabili e un solo vincolo. Il problema sia
max / min f (x, y) con vincolo g(x, y) = b.
Se siamo in grado di disegnare la curva del vincolo e le curve di livello della funzione obiettivo f , possiamo risolvere
il problema graficamente. Illustro il metodo attraverso qualche semplice esempio.
Esempio
max / min f (x, y) = x + y
Il vincolo definisce la parabola di equazione x = 1 − y 2 (con asse orizzontale). Consideriamo la generica curva di livello della funzione obiettivo f , cioè l’insieme delle
soluzioni dell’equazione x + y = k. Si tratta, al variare di k, di rette di equazione
y = k − x. Il livello (cioè il valore) di f aumenta all’aumentare di k e quindi il valore
di f aumenta “quando la retta si sposta verso l’alto”. Il verso dei livelli crescenti è
indicato dalla freccia in figura. Tutto questo ci consente di dire che il livello massimo
è quello che corrisponde alla retta tangente alla parabola.3 Non c’è un livello minimo, dato che la retta può spostarsi verso il basso indefinitamente, continuando ad
incontrare la parabola. Questo dice che la funzione non è limitata inferiormente sul
vincolo.
1 Non
y
con vincolo x + y 2 = 1.
1
b
max
1
x
abbiamo fatto altro che una restrizione della funzione obiettivo lungo la curva che costituisce il vincolo.
si sta parlando della possibilità effettiva di ricavare dai vincoli una o più variabili in funzione delle altre, ma si intuisce forse che in
generale, se valgono le ipotesi del teorema della funzione implicita, questa stessa strada è teoricamente percorribile per cercare le condizioni
di ottimalità. In effetti questo è quello che succede, anche se noi non vedremo la questione dato che non studieremo le dimostrazioni dei
risultati generali.
3 Si pensi che, fino a che la retta di livello k interseca la parabola, vuol dire che ci sono punti sul vincolo in cui la funzione f ha livello
k. La situazione di massimo si ha quando l’ultima retta (quella tangente) interseca la parabola.
2 Qui
3
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Per trovare numericamente il punto di massimo vincolato ci sono tanti modi: ad esempio trovare il punto sulla
parabola in cui la pendenza della tangente è −1. Si può anche imporre che, mettendo a sistema le rette con la parabola,
il sistema abbia una sola soluzione. Presento questa seconda strada e lascio per esercizio agli studenti la prima. Il
sistema è
x+y =k
x=k−y
cioè
2
x+y =1
x + y 2 = 1.
Sostituendo la prima nella seconda si ottiene l’equazione (nella sola y)
y 2 − y + k − 1 = 0.
È ovvio che le soluzioni di questa equazione dipendono dal valore di k. Noi vogliamo che ci sia una sola soluzione.
Deve allora necessariamente succedere che il discriminante dell’equazione sia zero, cioè
∆ = 1 − 4(k − 1) = 0 da cui si ricava k =
5
.
4
Con k = 45 l’equazione diventa y 2 − y − 14 = 0, cioè (y − 21 )2 = 0, cioè y = 12 . Per trovare x basta sostituire i valori
trovati di k e y nella prima equazione del sistema e si ottiene x = 34 . Pertanto il punto ( 34 , 12 ) è di massimo (globale)
vincolato.
y
Esempio
2
2
max / min f (x, y) = x + y con vincolo x + y = 1.
Il vincolo definisce la retta di equazione y = 1 − x. Le curve di livello di f sono
circonferenze centrate nell’origine, di raggio crescente al crescere di k. La figura a
fianco aiuta a capire che c’è un punto di minimo (globale) vincolato dove indicato. Si
vede anche che la funzione non è poi superiormente limitata sul vincolo. Per trovare
il punto di minimo si può semplicemente dire che per ragioni di simmetria il punto
deve stare sulla bisettrice del primo quadrante e quindi è il punto ( 12 , 12 ). Si può anche
procedere come prima imponendo che la retta e la circonferenza si incontrino in un
solo punto.
1
max
b
1
x
y
Esempio
max / min f (x, y) = xy
con vincolo 2x + y = 2.
2
Il vincolo definisce la retta di equazione y = 2 − 2x. Le curve di livello k della funzione
f sono iperboli equilatere: se k > 0 l’iperbole sta nel primo e terzo quadrante, se k < 0
l’iperbole sta nel secondo e quarto quadrante. Tenendo conto, nella figura a fianco,
che i livelli crescenti sono indicati dalla freccia, si vede che c’è un punto di massimo
vincolato (globale) e non ci sono punti di minimo vincolato, dato che la funzione f
non è limitata inferiormente.
Per trovare il punto di massimo facciamo sistema tra il vincolo e le curve di livello:
xy = k
y = 2 − 2x
y = 2 − 2x
cioè
cioè
2x + y = 2
x(2 − 2x) = k
2x2 − 2x + k = 0.
b
max
x
1
Occorre che l’equazione di secondo grado abbia una sola soluzione e quindi poniamo il discriminante uguale a zero:
∆ = 1 − 2k = 0
da cui si ricava k =
1
.
2
L’equazione è quindi
2x2 − 2x +
1
=0
2
cioè 4x2 − 4x + 1 = 0
cioè (2x − 1)2 = 0 e infine
Pertanto il punto di massimo vincolato (globale) è ( 12 , 1).
x=
1
e y = 2 − 2x = 1.
2
4
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y
√
Esempio
con vincolo x2 + y 2 = 2.
√
Il vincolo definisce la circonferenze di centro l’origine e raggio 2, Le curve di livello
k della funzione f sono iperboli equilatere: se k > 0 l’iperbole sta nel primo e terzo
quadrante, se k < 0 l’iperbole sta nel secondo e quarto quadrante. La solita figura
mostra chiaramente che ci sono due punti di massimo vincolato globale4 e due punti
di minimo vincolato globale. I punti in questione si trovano sulle rette bisettrici e
quindi si trova facilmente che si tratta dei punti (1, 1) e (−1, −1) (di massimo) e dei
punti (−1, 1) e (1, −1) (di minimo).
max / min f (x, y) = xy
2.2
min
2
b
b
max
√
b
max
x
2
b
min
Il metodo dei moltiplicatori di Lagrange
Lagrange ha dimostrato questo risultato generale sui punti di massimo o minimo vincolato.
Teorema (Lagrange) Siano f, g : A → R due funzioni di classe C 1 nell’aperto A ⊂ Rn . Dato il problema
max / min f (x)
con vincolo g(x) = b,
definiamo la funzione Lagrangiana L(x, λ) = f (x) − λ g(x) − b .
Se x è punto di massimo o di minimo locale vincolato di f e se ∇g(x) 6= 0 allora esiste un λ ∈ R tale che
∇L(x, λ) = 0.
Osservazione Si faccia attenzione che x ∈ Rn , ma f (x) e, essendoci un solo vincolo, anche g(x), b e λ sono tutti
numeri reali. La funzione Lagrangiana è funzione di x e di λ e una scrittura estesa sarebbe
L(x1 , . . . , xn , λ) = f (x1 , . . . , xn ) − λ g(x1 , . . . , xn ) − b .
Quindi L è funzione di n + 1 variabili. Il gradiente di L è un vettore di n + 1 componenti, che sono le derivate parziali
di L rispetto a x1 , . . . , xn e a λ.
Osservazione A scanso di incomprensioni, le derivate parziali di L sono:
L′j (x, λ)
L′λ (x, λ)
=
=
fj′ (x) − λgj′ (x), per j = 1, 2, . . . , n
−(g(x) − b).
Dalla seconda scrittura si vede che l’annullarsi della derivata parziale di L rispetto a λ significa semplicemente il
rispetto del vincolo (g(x) − b = 0 cioè g(x) = b).
Osservazione Il risultato di Lagrange è una condizione necessaria del primo ordine per un punto di massimo/minimo
(locale) vincolato. Essa dice che se c’è un punto di massimo/minimo vincolato allora la funzione Lagrangiana deve
essere stazionaria in questo punto, per un particolare valore del parametro λ. Tale valore è universalmente noto con
il nome di moltiplicatore di Lagrange.
Trattandosi di una condizione necessaria, se troviamo un punto stazionario della Lagrangiana non possiamo ancora
dire di aver trovato un punto di massimo/minimo vincolato, ma soltanto un possibile “candidato”. Vedremo più avanti
le condizioni sufficienti.
Osservazione Si noti da ultimo che c’è l’ipotesi sul gradiente di g, che non deve essere il vettore nullo. Questa
condizione, importante, è il primo esempio di una condizione che ritroveremo in tutti i risuultati successivi, anche
relativi a problemi più complessi. È una condizione di regolarità dei vincoli.5 Un vincolo che non rispetta questa
condizione è in qualche modo un vincolo irregolare, per cui le condizioni di ottimalità potrebbero non valere.
Esempio Consideriamo la funzione f (x, y) = xy sul vincolo dato dall’equazione x + y = 1. Vogliamo trovare i punti
candidati ad essere di massimo o di minimo vincolato per f .
Costruiamo la funzione Lagrangiana:
L(x, y, λ) = xy − λ(x + y − 1).
Osserviamo anzitutto che il gradiente del vincolo è ∇g(x, y) = (1, 1), quindi sempre diverso da zero. Allora possiamo
essere certi che, se un punto è di massimo o di minimo vincolato, allora è anche stazionario per la funzione Lagrangiana.
4 Per ragioni di simmetria si intuisce che il valore della funzione obiettivo nei due punti di massimo è lo stesso e quindi che si tratta di
due massimi globali.
5 Viene chiamata anche condizione di qualificazione dei vincoli (constraint qualification o non degenerate contraint qualification
(NDCQ)).
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Cerchiamo i punti stazionari della Lagrangiana calcolando intanto il
∇L(x, y, λ) = y − λ, x − λ, −x − y + 1 .
Per trovare dove il gradiente si annulla basta risolvere il sistema di equazioni



 y−λ=0
 y=λ
 y=λ
cioè
cioè
x−λ=0
x=λ
x=λ



x+y =1
x+y = 1
2λ = 1
dal quale si ottiene l’unica soluzione (x, y, λ) = ( 12 , 21 , 12 ). Pertanto si ha l’unico punto stazionario vincolato ( 21 , 12 ).
Osservazione Dato che il vincolo permette di esplicitare facilmente le variabili, il problema si può risolvere completamente, con la tecnica già vista prima, costruendo la restrizione. Lo studente provi a farlo, trovando la vera natura
del punto stazionario vincolato. Volendo il problema si può risolvere anche con le curve di livello.
Ecco un esempio che prova che la regolarità del vincolo è importante.
Esempio Consideriamo la funzione f (x, y) = x sul vincolo dato dall’equazione x3 + y 2 = 0.
Con un semplice ragionamento possiamo dire che l’origine è punto di massimo vincolato. Infatti nei punti che
stanno sul vincolo si ha x3 = −y 2 , e quindi questi punti hanno una x minore o uguale a zero. Ma allora in tali punti
la funzione, che è f (x, y) = x, assume valore minore o uguale a zero. Dato che nell’origine essa assume il valore zero,
l’origine è certamente punto di massimo globale vincolato.
Ora scriviamo la funzione Lagrangiana
L(x, y, λ) = x − λ(x3 + y 2 ).
Il gradiente di L è
∇L(x, y, λ) = 1 − 3λx2 , −2λy, −x3 − y 2 .
Si vede facilmente (esercizio) che il gradiente non si annulla mai, e in particolare non si annulla nell’origine, in
apparente contrasto con il risultato di Lagrange (essendo l’origine punto di massimo vincolato, dovremmo avere che in
corrispondenza c’è un punto stazionario per la Lagrangiana). La spiegazione è che il vincolo non è regolare nell’origine,
dato che ∇g(0, 0) = (0, 0). In questo caso quindi per la non regolarità del vincolo la tesi di Lagrange viene a cadere.6
Vediamo ora la risoluzione col metodo di Lagrange degli altri esempi risolti prima con le curve di livello.
Esempio
max / min f (x, y) = x + y
con vincolo x + y 2 = 1.
La funzione Lagrangiana è
L(x, y, λ) = x + y − λ(x + y 2 − 1).
Il gradiente del vincolo è ∇g(x, y) = (1, 2y), sempre diverso da zero. Allora siamo certi che, se un punto è di massimo
o di minimo vincolato, allora è anche stazionario per la funzione Lagrangiana.
Il gradiente della Lagrangiana è
∇L(x, y, λ) = 1 − λ, 1 − 2λy, −x − y 2 + 1 .
Si trova facilmente che il gradiente si annulla soltanto nel punto (x, y, λ) = ( 43 , 12 , 1). Pertanto si ha l’unico punto
stazionario vincolato ( 34 , 12 ). Il metodo delle curve di livello consentiva di dire che si tratta di un punto di massimo,
mentre la condizione di Lagrange, che è necessaria, non permette ancora di dire nulla.
Esempio
max / min f (x, y) = x2 + y 2
con vincolo x + y = 1.
La funzione Lagrangiana è
L(x, y, λ) = x2 + y 2 − λ(x + y − 1).
6 Attenzione che non è detto che se il vincolo è non regolare allora la tesi di Lagrange sia necessariamente falsa! Se il vincolo è non
regolare non possiamo dire nulla sulla stazionarietà della funzione Lagrangiana. Per questo motivo, dato che i punti di non regolarità dei
vincoli potrebbero non essere trovati tra i punti stazionari della Lagrangiana, nella ricerca dei punti di massimo o di minimo vincolato
occorre includere anche i punti in cui i vincoli non sono regolari.
6
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Il gradiente del vincolo è ∇g(x, y) = (1, 1), sempre diverso da zero. Il gradiente della Lagrangiana è
∇L(x, y, λ) = 2x − λ, 2y − λ, −x − y + 1 .
L’annullarsi del gradiente equivale al sistema

 2x − λ = 0
2y − λ = 0

x+y =1
cioè

 λ = 2x
x=y

2x = 1

1
 x= 2
x = 12

λ = 1.
cioè
Quindi l’unico punto stazionario per la Lagrangiana è (x, y, λ) = ( 12 , 12 , 1) e l’unico punto stazionario vincolato è ( 21 , 12 ).
Esempio
max / min f (x, y) = xy
con vincolo x2 + y 2 = 2.
La funzione Lagrangiana è
L(x, y, λ) = xy − λ(x2 + y 2 − 2).
Il gradiente del vincolo è ∇g(x, y) = (2x, 2y): esso si annulla nell’origine, che però non è un punto del vincolo. Quindi
possiamo essere sicuri che sul vincolo il gradiente di g non si annulla mai.
Il gradiente della Lagrangiana è
∇L(x, y, λ) = y − 2λx, x − 2λy, −x2 − y 2 + 2 .
L’annullarsi del gradiente equivale al sistema

 y = 2λx
cioè
x = 2λy
 2
x + y2 = 2

 y = 2λx
x = 2λ · 2λx
 2
x + y2 = 2
cioè

 y = 2λx
x(1 − 4λ2 ) = 0
 2
x + y 2 = 2.
Qui per trovare le soluzioni possiamo percorrere due strade: la seconda equazione può essere verificata o con x = 0 o
con 1 − 4λ2 = 0. Con x = 0 si vede subito che il sistema è impossibile.
Con 4λ2 = 1, cioè λ2 = 41 , cioè λ = ± 21 , si ha

1
 λ= 2
y=x
 2
x =1
oppure

1
 λ = −2
y = −x
 2
x = 1.
Dal primo sistema si ottengono le soluzioni (1, 1, 21 ) e (−1, −1, 12 ), dal secondo le soluzioni (1, −1, − 21 ) e (−1, 1, − 21 ).
Abbiamo quattro punti stazionari per la Lagrangiana e quindi quattro punti stazionari vincolati: (1, 1), (−1, −1),
(1, −1) e (−1, 1).
2.3
Interpretazione geometrica
Il risultato di Lagrange ha una semplice interpretazione geometrica. Per comprendere meglio è opportuno illustrare
intanto due fatti che da un punto di vista operativo dell’ottimizzazione possono far capire molte cose: il primo è che
il gradiente di una funzione, calcolato in un certo punto, è un vettore ortogonale alla curva (o superficie) di livello
della funzione passante per quel punto;7 il secondo è che il gradiente indica una direzione in cui il valore della funzione
aumenta.
Spiego la prima questione. I casi rilevanti sono quando la funzione è definita in R2 o in R3 (con dimensioni maggiori
la cosa è ancora vera, parlando di ipersuperficie di livello, ma la cosa non è rappresentabile per le note ragioni).
7 Sarebbe
più corretto dire ortogonale alla tangente a tale curva, ma va bene anche cosı̀.
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x2
Consideriamo una funzione g definita in R2 e consideriamo l’equazione
g(x1 , x2 ) = b.
∇g(x)
x
Lo studente sa già che l’equazione definisce la curva di livello b della funzione g.
Se x = (x1 , x2 ) è una soluzione dell’equazione, allora tale punto si trova sulla h = x − x
superficie di livello (ovviamente si ha b = g(x)). Sia ∇g(x) il gradiente di g nel
punto x.
Sappiamo che l’equazione della retta tangente alla curva di livello è
b
x
x1
g(x) = b
∇g(x) · (x − x) = 0.
−x
Ora basta osservare che il vettore h = x − x è parallelo a tale retta tangente.
Pertanto, essendo ∇g(x) ortogonale a x − x, esso è ortogonale anche alla tangente alla curva di livello.
In R3 le cose sono analoghe. Una certa superficie di livello ha in un punto un piano tangente e il gradiente in
questo punto è ortogonale al piano tangente.
x2
Spiego la seconda questione. Possiamo rifarci alla formula, vista parlando di
differenziabilità, che fornisce una prima approssimazione della variazione di f :
∇f (x)
f (x) − f (x) ≈ ∇f (x) · (x − x).
Se x è un punto in prossimità di x per cui in corrispondenza del vettore variazione
x
x − x la variazione di f è positiva, allora il gradiente deve “proiettarsi positivamente”
su x − x. Quindi il gradiente è rivolto verso i punti che danno una variazione positiva
di f . In realtà si potrebbe dimostrare che il gradiente indica la direzione in cui si ha la f (x) = f (x)
massima variazione positiva o, come si dice, indica la direzione di massima pendenza.
b
b
x
h=x−x
x1
Ora veniamo all’interpretazione geometrica della condizione di Lagrange (per semplicità lo vediamo in R2 ). La
condizione necessaria per un punto di massimo o di minimo vincolato è che la funzione Lagrangiana L(x, y, λ) =
f (x, y) − λ g(x, y) − b abbia gradiente nullo nel punto (x, y, λ) e questo equivale a scrivere
 ′
′
 f1 (x) − λg1 (x) = 0
′
f (x) − λg2′ (x) = 0
 2
−g(x) + b = 0
ossia
 ′
′
 f1 (x) = λg1 (x)
′
f (x) = λg2′ (x)
 2
g(x) = b.
Come già osservato la terza equazione impone soltanto il rispetto del vincolo. Le prime due possono essere scritte con
∇f (x) = λ∇g(x): il gradiente di f è cioè proporzionale al gradiente di g (con coefficiente di proporzionalità λ).
Non è difficile vedere, anche geometricamente sulle figure, che questa condizione è necessaria per avere un punto di
massimo o di minimo. Infatti se in x c’è un tale punto, le curve di livello (di f e di g) devono essere “tangenti”, quindi
devono avere la stessa retta tangente e quindi i due gradienti, che sono ortogonali a questa retta tangente, devono
essere proporzionali.
f (x) = k
∇f (x)
g(x) = b
b
x
∇g(x)
f (x) = k
∇f (x)
g(x) = b
b
x
∇g(x)
f (x) = k
g(x) = b
x
b
∇f (x)
∇g(x)
Nelle figure a sinistra e al centro il vincolo e la curva di livello di f sono tangenti e i gradienti sono proporzionali.
È la situazione che si presenta in un punto di massimo o di minimo vincolato.
La figura a destra fa vedere invece che se il vincolo e la curva di livello di f non sono tangenti il punto x non può
essere di massimo o di minimo, dato che si possono trovare in prossimità di x punti sul vincolo in cui la funzione f ha
valori maggiori o minori.
Osservazione È importante osservare, ai fini di quanto vedremo successivamente quando i vincoli saranno espressi
in forma di disequazione, che il segno del moltiplicatore λ non è necessariamente sempre lo stesso. Nella figura qui
sopra a sinistra i due gradienti sono da parti opposte (moltiplicatore negativo) mentre nella figura al centro i due
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8
gradienti sono dalla stessa parte (moltiplicatore positivo). Lo studente rifletta anche sul fatto che le figure illustrano
la situazione relativa ad un punto di massimo. Per esercizio può disegnarne una relativa ad un punto di minimo.
Concludiamo la sezione con altri esempi.
Esempio Consideriamo il problema
max / min f (x, y) = x2 − y 2
con vincolo x2 − y = 0.
La funzione Lagrangiana è
L(x, y, λ) = x2 − y 2 − λ(x2 − y).
Dopo aver osservato che il gradiente del vincolo è ∇g(x, y) = (2x, −1), sempre diverso da zero, abbiamo che il vincolo
è regolare. Il gradiente della Lagrangiana è
∇L(x, y, λ) = 2x − 2λx, −2y + λ, −x2 + y .
L’annullarsi del gradiente equivale al sistema

 2x − 2λx = 0
−2y + λ = 0
 2
x −y =0
cioè

 2x(1 − λ) = 0
λ = 2y

y = x2 .
Dalla prima, se x = 0 si trova che anche y e λ si annullano e quindi c’è la soluzione nulla. Se invece λ = 1, sostituendo
nella seconda e terza equazione si trova y = 21 e x = ± √12 .
Pertanto si hanno i tre punti stazionari vincolati (0, 0), ( √12 , 12 ) e (− √12 , 21 ).
Lo studente potrebbe risolvere il problema con il metodo delle curve di livello o anche studiando la restrizione di
f al vincolo, che si ottiene facilmente esplicitando la variabile y dal vincolo.8
Esercizio Consideriamo il problema
max / min f (x, y) = x + y
con vincolo x2 + y 2 = 1.
La funzione Lagrangiana è
L(x, y, λ) = x + y − λ(x2 + y 2 − 1).
Come già osservato in un esercizio precedente con vincolo analogo, il gradiente del vincolo può annullarsi ma non sui
punti del vincolo stesso. Quindi il vincolo è regolare. Il gradiente della Lagrangiana è
∇L(x, y, λ) = 1 − 2λx, 1 − 2λy, −x2 − y 2 + 1 .
L’annullarsi del gradiente equivale al sistema

 1 − 2λx = 0
1 − 2λy = 0
 2
x + y2 = 1
cioè

 2λx = 1
2λy = 1
 2
x + y 2 = 1.
Osserviamo che λ = 0 non porta a soluzioni.9 Quindi, dato che deve essere λ 6= 0, possiamo dividere per λ e otteniamo
√


 x = 1/(2λ)
 λ = ±1/ 2
cioè
x = 1/(2λ)
y = 1/(2λ)


2
2
y = 1/(2λ).
1/(4λ ) + 1/(4λ ) − 1 = 0
Si trovano pertanto i due punti stazionari vincolati ( √12 , √12 ) e (− √12 , − √12 ).
Esempio Consideriamo il problema in R3
max / min f (x, y, z) = x + y + z
con vincolo x2 + y 2 + z 2 = 3.
8 Lo studio attraverso la restrizione di f al vincolo è semplice. Non altrettanto facile è lo studio con le curve di livello: le curve di livello
di f sono iperboli ma con asintoti che non sono gli assi cartesiani.
9 Con λ = 0 le prime due equazioni non sono certamente soddisfatte.
9
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La funzione Lagrangiana è
L(x, y, z, λ) = x + y + z − λ(x2 + y 2 + z 2 − 3).
Il gradiente del vincolo è ∇g(x, y, z) = (2x, 2y, 2z), che si annulla soltanto al di fuori del vincolo. Quindi il vincolo è
regolare. Il gradiente della Lagrangiana è
∇L(x, y, z, λ) = 1 − 2λx, 1 − 2λy, 1 − 2λz, −x2 − y 2 − z 2 + 3 .
L’annullarsi del gradiente equivale al sistema

1 − 2λx = 0



1 − 2λy = 0
 1 − 2λz = 0

 2
x + y2 + z 2 = 3

2λx = 1



2λy = 1
 2λz = 1

 2
x + y 2 + z 2 = 3.
cioè
Dopo aver osservato che il valore nullo non è accettabile per le incognite, ricavando dalle prime tre equazioni x, y, z si
1
e sostituendo nella quarta si ha
ottiene x = y = z = 2λ
1
1
1
+ 2 + 2 =3
4λ2
4λ
4λ
cioè
3
=3
4λ2
Quindi ci sono due punti stazionari vincolati: (1, 1, 1) con λ =
1
2
1
da cui λ = ± .
2
e (−1, −1, −1) con λ = − 12 .
Esempio Consideriamo il problema
max / min f (x, y, z) = x + y + z
con vincolo xyz = 1.
La funzione Lagrangiana è
L(x, y, λ) = x + y + z − λ(xyz − 1).
Il gradiente del vincolo è ∇g(x, y, z) = (yz, xz, xy), che si annulla soltanto al di fuori del vincolo. Quindi il vincolo è
regolare. Il gradiente della Lagrangiana è
∇L(x, y, z, λ) = 1 − λyz, 1 − λxz, 1 − λxy, −xyz + 1 .
L’annullarsi del gradiente equivale al sistema

1 − λyz = 0


 1 − λxz = 0

1 − λxy = 0


xyz = 1
cioè

λyz = 1


 λxz = 1

λxy = 1


xyz = 1.
Dopo aver osservato che il valore nullo non è accettabile per le incognite, si trova facilmente che deve essere x = y =
z = λ, da cui (per la quarta) λ3 = 1 e quindi λ = 1. L’unica soluzione è quindi (x, y, z, λ) = (1, 1, 1, 1) e quindi l’unico
punto stazionario vincolato è (1, 1, 1).
2.4
Significato economico del moltiplicatore di Lagrange
g = b2
f = k2
Il moltiplicatore di Lagrange ha un interessante significato “economico”.
Consideriamo per semplicità il problema in due sole variabili
x(b2 )
max / min f (x1 , x2 ) con vincolo g(x1 , x2 ) = b
b
g = b1
con funzione Lagrangiana
b
x(b1 )
f = k1
L(x1 , x2 , λ) = f (x1 , x2 ) − λ g(x1 , x2 ) − b .
Sia z il valore massimo della funzione f del problema vincolato.
Osserviamo quanto segue:
• Il valore z dipende dal valore di b e una variazione di b produce una variazione di z (solitamente per dire questo
si scrive z = z(b)). La figura illustra che variando il valore di b (da b1 a b2 ) cambia la soluzione ottima (da
x(b1 ) a x(b2 )) e cambia il valore massimo di f (da k1 a k2 ). Quindi avremo che, se x(b) è il punto di massimo
vincolato, f (x(b)) è il valore massimo di f in tale punto e z(b) = f (x(b));
10
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• Fissato un certo b e indicati con (x1 (b), x2 (b)) e λ(b) rispettivamente il punto di massimo vincolato e il corrispondente valore del moltiplicatore, si ha che
L x1 (b), x2 (b), λ(b) = f x1 (b), x2 (b) − λ(b) g(x1 (b), x2 (b)) − b = f x1 (b), x2 (b) = z(b). 10
Ora possiamo calcolare il tasso di variazione di z rispetto a b, cioè la variazione di z in conseguenza di una variazione
unitaria di b calcolando la derivata z ′ (b). Si ha11
dL
db
= f1′ x′1 + f2′ x′2 − λ′ (g − b) − λ(g1′ x′1 + g2′ x′2 − 1)
z ′ (b) =
= f1′ x′1 + f2′ x′2 − λ(g1′ x′1 + g2′ x′2 − 1)
= (f1′ − λg1′ )x′1 + (f2′ − λg2′ )x′2 + λ
= λ.
A commento di due passaggi significativi, faccio osservare che nel terzo passaggio il temine λ′ (g − b) si annulla dato
che il vincolo deve essere rispettato e nell’ultimo passaggio la semplificazione si ha dal fatto che nel punto di massimo
valgono le condizioni necessarie di Lagrange e quindi i due termini f1′ − λg1′ e f2′ − λg2′ si annullano.
Quanto trovato dice quindi che la variazione del valore ottimo z in corrispondenza ad una variazione unitaria di
b è data dal valore del moltiplicatore di Lagrange. Se b rappresenta una risorsa e f (x1 , x2 ) fornisce il profitto di un
processo produttivo dove l’utilizzo della risorsa è regolato dal vincolo g(x1 , x2 ) = b, allora il valore del moltiplicatore
(valore monetario/quantità) è un prezzo. Per questo motivo solitamente gli economisti danno al moltiplicatore di
Lagrange il nome di prezzo ombra.
3
Caso generale (condizione necessaria)
Non ci sono sostanziali novità nel caso di un problema di massimo o di minimo vincolato in cui sono presenti più
equazioni di vincolo. Si osservi che, dovendo essere il numero di variabili maggiore del numero dei vincoli,12 questi
casi avranno necessariamente almeno tre variabili. Una risoluzione grafica di questi casi, con metodi analoghi a quello
delle curve di livello, anche se possibile, non è di solito agevole.
Va detto anche che in qualche caso dal sistema dei vincoli è possibile esplicitare una variabile rispetto alle altre, e
quindi costruire la restrizione della funzione obiettivo alla regione ammissibile, restrizione che avrà certamente meno
variabili della funzione originaria. In questi casi cosı̀ facendo il problema viene ricondotto ad un problema libero sulla
restrizione e a tale problema sono ovviamente applicabili i metodi visti studiando i massimi e minimi liberi.
Vediamo subito un esempio in questo senso.
Esempio Consideriamo il problema
2
2
max / min f (x, y, z) = x + y + z
2
con vincoli
x+y+z =1
x − y + z = 1.
Il sistema dei vincoli è un sistema lineare, che sappiamo risolvere esprimendo due variabili in funzione della terza.
Risolvendo tale sistema, ad esempio con una semplice sostituzione, si trova
z = 1−x−y
z =1−x
da cui
che ha soluzioni (x, 0, 1 − x) con x ∈ R.
y=0
y=0
10 Il
termine del moltiplicatore scompare dato che nel punto di massimo il vincolo è rispettato e quindi g(x1 (b), x2 (b)) − b = 0.
non appesantire le notazioni evito di indicare gli argomenti: si pensi però che tutto quello che compare è funzione di b. L’unica
derivazione non immediata è quella delle funzioni f e g. Si osservi che per derivare rispetto a b ad esempio la f , che è una f (x1 (b), x2 (b)),
devo usare la regola di derivazione delle funzioni composte e ho
11 Per
d
f (x1 (b), x2 (b)) = f1′ (x1 (b), x2 (b))x′1 (b) + f2′ (x1 (b), x2 (b))x′2 (b)
db
che nel seguito semplifico in f1′ x′1 + f2′ x′2 .
12 Si vada a rivedere la formulazione iniziale del problema: avevamo m < n dato che troppe equazioni di vincolo possono ovviamente
svuotare la regione ammissibile.
11
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I valori della funzione obiettivo sul vincolo coincidono quindi con quelli della funzione di una sola variabile (la restrizione
di f ai vincoli)
f (x, 0, 1 − x) = x2 + (1 − x)2 = 2x2 − 2x + 1.
Si trova facilmente che tale funzione ha un punto di minimo (globale) in x = 21 e che quindi 12 , 0, 12 è punto di minimo
globale vincolato per la funzione f .
Si può anche osservare, sempre dai valori della restrizione, che la funzione obiettivo f non è superiormente limitata
sul vincolo.
Osservazione Si noti che con il calcolo esplicito della restrizione di f sul vincolo si riesce a dare una soluzione
completa del problema.
In generale e in particolare nei casi in cui non è possibile trovare una forma esplicita dei vincoli il metodo dei
moltiplicatori di Lagrange consente di determinare i punti stazionari vincolati. Ricordo che la formulazione del
problema è ora
max f (x1 , . . . , xn )
con vincoli
gi (x1 , . . . , xn ) = bi , i = 1, 2, . . . , m
ossia, con notazione vettoriale,
max f (x)
con vincoli
g(x) = b.
Vediamo la condizione necessaria di Lagrange. Sia A un insieme aperto in Rn .
Teorema (Lagrange) Siano f : A → R e g : A → Rm funzioni di classe C 1 nell’aperto A. Dato il problema
max / min f (x)
con vincoli g(x) = b,
definiamo la funzione Lagrangiana L(x, λ) = f (x) − λ · g(x) − b , dove λ ∈ Rm .
Se x è punto di massimo o di minimo locale vincolato di f e se la matrice Jacobiana Jg(x) ha rango m allora esiste
un λ ∈ Rm tale che ∇L(x, λ) = 0.
Osservazioni Mettendo a confronto questo enunciato con quello visto nel caso con un solo vincolo è da notare che:
• nella funzione Lagrangiana ora λ è un vettore (tanti moltiplicatori quanti sono i vincoli);
• sempre nella funzione Lagrangiana abbiamo il prodotto interno tra il vettore dei moltiplicatori e il vettore g(x)−b.
Una scrittura estesa equivalente a
L(x, λ) = f (x) − λ · g(x) − b
è
L(x, λ) = f (x) −
m
X
i=1
λi gi (x) − bi .
• la precedente condizione di regolarità del vincolo (∇g(x) 6= 0) viene ora sostituita dalla analoga condizione di
regolarità dei vincoli che chiede alla derivata di g (la matrice Jacobiana) di essere di rango massimo nel punto x;
• la condizione necessaria è la stessa: esiste un vettore λ per cui il punto (x, λ) è stazionario per la funzione
Lagrangiana.
Ora vediamo qualche esempio di applicazione del metodo dei moltiplicatori di Lagrange quando ci sono più vincoli.
Esempio Possiamo iniziare dall’esempio risolto poco fa con la restrizione. Il problema è
x+y+z =1
2
2
2
max / min f (x, y, z) = x + y + z con vincoli
x − y + z = 1.
La matrice Jacobiana dei vincoli è
Jg(x, y, z) =
1
1
1 1
−1 1
e ha chiaramente rango 2.
I vincoli sono quindi regolari. La funzione Lagrangiana è
L(x, y, z, λ1 , λ2 ) = x2 + y 2 + z 2 − λ1 (x + y + z − 1) − λ2 (x − y + z − 1).
Il gradiente della Lagrangiana è
∇L(x, y, z, λ1 , λ2 ) = 2x − λ1 − λ2 , 2y − λ1 + λ2 , 2z − λ1 − λ2 , −x − y − z − 1, −x + y − z − 1 .
12
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L’annullarsi del gradiente equivale al sistema


2x − λ1 − λ2 = 0




 2y − λ1 + λ2 = 0
2z − λ1 − λ2 = 0



x+y+z = 1



x − y + z = 1.
Si tratta di un sistema lineare e con qualche calcolo si trova che ha come unica soluzione (x, y, z, λ1 , λ2 ) = ( 21 , 0, 12 , 12 , 12 )
e quindi c’è il solo punto stazionario vincolato ( 21 , 0, 21 ).
Esempio
max / min f (x, y, z) = −x − y + 2z
La matrice Jacobiana dei vincoli è
Jg(x, y, z) =
con vincoli
2x 2y
0
1
0
1
x2 + y 2 = 10
y + z = 3.
,
che non ha rango 2 soltanto nei punti (0, 0, z), z ∈ R,13 punti che non stanno sui vincoli. La funzione Lagrangiana è
L(x, y, z, λ1 , λ2 ) = −x − y + 2z − λ1 (x2 + y 2 − 10) − λ2 (y + z − 3).
Il gradiente della Lagrangiana è
∇L(x, y, z, λ1 , λ2 ) =
− 1 − 2λ1 x, −1 − 2λ1 y − λ2 , 2 − λ2 , −x2 − y 2 + 10, −y − z + 3 .
L’annullarsi del gradiente equivale al sistema


−1 − 2λ1 x = 0




 −1 − 2λ1 y − λ2 = 0
2 − λ2 = 0


 x2 + y 2 = 10



y + z = 3.
cioè


1 + 2λ1 x = 0




 1 + 2λ1 y + λ2 = 0
λ2 = 2


 x2 + y 2 = 10



y + z = 3.
Osservando che λ1 = 0 non fornisce soluzioni, dalle prime due equazioni si ottiene

x = − 2λ1 1




3

 y = − 2λ1
λ2 = 2


2

x
+ y 2 = 10



y+z =3
da cui, sostituendo nella quarta, 4λ1 2 + 4λ9 2 = 10 e quindi λ1 = ± 21 . Ricavando infine z dalla quinta equazione si
1
1
ottengono i due punti stazionari vincolati
e
con λ1 = 12 , λ2 = 2
(−1, −3, 6)
con λ1 = − 12 , λ2 = 2.
(1, 3, 0)
Esempio
max / min f (x, y, z) = x
con vincoli
La matrice Jacobiana dei vincoli è
Jg(x, y, z) =
2x 2y
0
1
2z
1
x2 + y 2 + z 2 =
y + z = 1.
5
2
,
13 Il rango minore di 2 si ha solo se i tre minori del secondo ordine sono tutti nulli. I minori in questione sono 2x e 2y e quindi questi si
annullano contemporaneamente appunto sul sottospazio (0, 0, z), con z ∈ R.
13
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che non ha rango 2 soltanto nei punti (0, z, z), z ∈ R, punti che non stanno sui vincoli. La funzione Lagrangiana è
L(x, y, z, λ1 , λ2 ) = x − λ1 (x2 + y 2 + z 2 − 25 ) − λ2 (y + z − 1).
Il gradiente della Lagrangiana è
∇L(x, y, z, λ1 , λ2 ) = 1 − 2λ1 x, −2λ1 y − λ2 , −2λ1 z − λ2 , −x2 − y 2 − z 2 + 25 , −y − z + 1 .
L’annullarsi del gradiente equivale al sistema


1 − 2λ1 x = 0




 −2λ1 y − λ2 = 0
−2λ1 z − λ2 = 0



x2 + y 2 + z 2 = 25



y + z = 1.
cioè


1 − 2λ1 x = 0




 2λ1 y + λ2 = 0
2λ1 z + λ2 = 0


2

x
+ y2 + z 2 =



y + z = 1.
Dato che λ1 = 0 non fornisce soluzioni, dalle prime tre equazioni si può ottenere

x = 2λ1 1




λ

 y = − 2λ21
λ2
z = − 2λ1



x2 + y 2 + z 2 = 52



y + z = 1.
Ora dalla quinta equazione si ottiene
Ci sono quindi due soluzioni:
λ2
λ1
√
( 2, 12 , 21 )
√
( 2, 12 , 21 )
e
4
= −1 e cioè λ2 = −λ1 . Allora y = z =
con λ1 =
con λ1 =
1
2
5
2
√
e dalla quarta x = ± 2.
1
1
√
, λ2 = − 2√
2 2
2
1
1
√
,
λ
=
.
− 2√
2
2
2 2
Condizioni sufficienti
Esistono, come per il problema sui massimi e minimi liberi, alcune condizioni sufficienti di ottimalità, condizioni cioè
che, se verificate, consentono di concludere che il punto in questione è di massimo o di minimo vincolato. Vediamo due
tipi di condizioni sufficienti per un problema vincolato. Il primo utilizza una restrizione della funzione Lagrangiana
su di un sottospazio che dipende dai vincoli. Il secondo utilizza invece una specie di matrice Hessiana che tiene in
considerazione, oltre la funzione obiettivo, anche i vincoli.
4.1
La condizione sul sottospazio tangente ai vincoli
Teorema (Lagrange) Siano f : A → R e g : A → Rm funzioni di classe C 2 nell’aperto A ⊂ Rn . Dato il problema
max / min f (x)
con vincoli g(x) = b,
se x è un punto nella regione ammissibile tale che
(a) esistono dei moltiplicatori λ = (λ1 , . . . λm ) per cui (x, λ) è stazionario per la funzione Lagrangiana
(b) ∇2xx L(x, λ) è definito positivo (negativo) nel sottospazio h ∈ Rn : Jg(x)h = 0
allora x è punto di minimo (massimo) locale vincolato per la funzione f .
Osservazione Unica doverosa precisazione sulle notazioni: la scrittura ∇2xx L(x, λ) indica il gradiente secondo parziale della Lagrangiana rispetto alle sole x, cioè alle variabili vere e proprie (quelle contenute nel vettore x). È la
2
L
matrice i cui elementi sono le ∂x∂i ∂x
.
j
Osservazione Il punto (a) chiede che valga la condizione necessaria del primo ordine.
14
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Per quanto riguarda il punto (b), è bene anzitutto riflettere sul significato dell’equazione Jg(x)h = 0, che definisce il sottospazio rilevante ai fini della condizione
di ottimalità. Si tratta ovviamente di un prodotto matrice × vettore. Dato che la
∇g(x)
h
matrice Jacobiana dei vincoli ha sulle righe i gradienti dei vari vincoli, il prodotto
delle righe per il vettore h, uguagliato a zero, significa l’ortogonalità di h con tutti
i gradienti dei vincoli. Ricordando che i gradienti sono ortogonali alle superfici di
x
livello, questo significa che il sottospazio formato dai vettori h con questa proprietà
h
è il sottospazio tangente ai vincoli nel punto x. La cosa si può cogliere facilmente se
consideriamo un problema con un solo vincolo g(x) = b in R2 . Il sottospazio è definito
g(x) = b
allora da ∇g(x)h = 0, cioè h deve essere ortogonale al gradiente del vincolo in x. La
figura illustra che i vettori h sono quelli tangenti al vincolo.
La condizione (b), che è la condizione sufficiente per l’ottimalità di x, significa allora che il gradiente secondo
(matrice Hessiana) della funzione Lagrangiana (la sua parte relativa alle sole variabili effettive) o ancora meglio la
forma quadratica ad esso associata è definita positiva o negativa sul sottospazio tangente ai vincoli del problema nel
punto x.
b
Osservazione Da notare che le condizioni sufficienti non coprono i casi in cui il gradiente secondo della Lagrangiana è
indefinito o semidefinito sul sottospazio tangente ai vincoli. Si può però vedere che, mentre nel primo caso (∇2xx L(x, λ)
indefinito sul sottospazio tangente) si ha un punto che non è né di massimo né di minimo vincolato, nel secondo caso
(∇2xx L(x, λ) semidefinito), come avviene per l’ottimizzazione libera, non si può concludere nulla.
4.2
La condizione sulla matrice Hessiana orlata
C’è un secondo tipo di condizione sufficiente, che si fonda sulla costruzione della cosiddetta matrice Hessiana orlata.
Si definisce matrice Hessiana orlata (della funzione Lagrangiana) la matrice



0
Jg T



 


Jg
=


∇2xx L




...
..
.
∂g1
∂xn
∂gm
∂x1
...
∂gm
∂xn
∂gm
∂x1
L′′11
..
.
...
..
.
L′′1n
..
.
∂gm
∂xn
L′′n1
...
L′′nn
0
..
.
...
..
.
0
..
.
∂g1
∂x1
0
...
0
∂g1
∂x1
..
.
...
..
.
∂g1
∂xm
...
..
.
..
.
..
.







.






Qui per non appesantire le notazioni non ho indicato gli argomenti, ma va detto che la matrice va calcolata nel
punto stazionario, cioè in (x, λ). Si può provare che, nelle stesse ipotesi di prima, se (x, λ) è un punto stazionario per
la funzione Lagrangiana,
(a) se gli ultimi n − m minori di NO della matrice Hessiana orlata sono di segno alterno a partire da (−1)m+1 , allora
x è punto di massimo locale vincolato di f ;
(b) se gli ultimi n − m minori di NO della matrice Hessiana orlata hanno lo stesso segno di (−1)m , allora x è punto
di minimo locale vincolato di f .
Osservazione Le regole sulla matrice Hessiana orlata come si vede sono piuttosto elaborate. Si può osservare che
nel caso di un problema in R2 (n = 2) con un vincolo (m = 1) la matrice è

0
 g1′
g2′
g1′
L′′11
L′′21

g2′
L′′12 
L′′22
e le complicate regole sui minori di NO si riducono a queste semplici regole (si ha n − m = 1):
(a) se l’ultimo minore di NO (cioè il determinante) è positivo, allora il punto è di massimo locale vincolato;
(b) se l’ultimo minore di NO (cioè il determinante) è negativo, allora il punto è di minimo locale vincolato.
15
UNIVR – Facoltà di Economia – Corso di Matematica finanziaria 2008/09
Lo studente provi a scrivere le regole sui minori nel caso di un problema in R3 (n = 3) con un vincolo (m = 1) e nel
caso di un problema in R3 con due vincoli.
Ora concludo la dispensa con qualche esempio (alcuni sono problemi già affrontati in precedenza col metodo delle
curve di livello, oppure costruendo la restrizione, oppure limitatamente alle condizioni necessarie.
Esempio (vedi anche in precedenza)
con vincolo x + y 2 = 1.
max / min f (x, y) = x + y
Avevammo trovato
L(x, y, λ) = x + y − λ(x + y 2 − 1)
∇L(x, y, λ) = 1 − λ, 1 − 2λy, −x − y 2 + 1 .
;
Unico punto stazionario vincolato ( 34 , 21 ) con λ = 1. Si ha14
0
0
e ∇g = (1, 2y)
e quindi
∇2xy L =
0 −2λ
Calcoliamo il sottospazio tangente al vincolo:
h1
=0
1 1
h2
∇2xy L(x, λ) =
0
0
0
−2
e
∇g(x) = (1, 1).
cioè h1 + h2 = 0 cioè h2 = −h1 .
Il sottospazio tangente al vincolo è quindi formato dai vettori del tipo (h1 , −h1 ), con h1 ∈ R. Quindi il gradiente
secondo della Lagrangiana sul sottospazio tangente al vincolo si trova con
0 0
h1
= −2h21 .
h1 −h1
0 −2
−h1
Questa forma quadratica (funzione solo di h1 ) è definita negativa e quindi il punto è di massimo locale vincolato.15
Utilizzando invece la matrice Hessiana orlata, si costruisce la matrice


0 1 1
 1 0 0  il cui determinante è 2.
1 0 −2
Allora, per le regole viste prima, questo conferma che il punto è di massimo locale vincolato.
Esempio (vedi anche in precedenza)
max / min f (x, y) = x2 + y 2
con vincolo x + y = 1.
Avevamo trovato
L(x, y, λ) = x2 + y 2 − λ(x + y − 1)
;
Unico punto stazionario vincolato ( 12 , 21 ) con λ = 1. Si ha
2 0
2
∇xy L =
0 2
∇L(x, y, λ) = 2x − λ, 2y − λ, −x − y + 1 .
e
∇g = (1, 1).
Qui non serve nemmeno trovare il sottospazio tangente al vincolo, dato che la forma del gradiente secondo è definita
positiva in tutto R2 (e quindi definita positiva anche sul sottospazio). Pertanto il punto è di minimo locale vincolato.
Utilizzando la matrice Hessiana orlata,


0 1 1
 1 2 0  il cui determinante è −4,
1 0 2
14 Nel seguito scriverò ∇2 L oppure ∇2 L per indicare il gradiente secondo parziale rispetto alle variabili effettive. La notazione è
xy
xyz
semplificata rispetto a quella che dovrebbe essere dato che, trattandosi di una derivazione seconda, le variabili andrebbero ripetute. Infatti
nella notazione generale usata in precedenza scrivevo ∇2xx L, dove x era il vettore delle variabili.
15 Si noti che la forma in R2 è semidefinita negativa, mentre risulta definita negativa sul sottospazio tangente al vincolo.
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16
è confermato che il punto è di minimo locale vincolato.
Esempio
max / min f (x, y) = x2 + y 2
Si ha
L(x, y, λ) = x2 + y 2 − λ(x + y 2 − 1)
con vincolo x + y 2 = 1.
∇L(x, y, λ) = 2x − λ, 2y − 2λy, −x − y 2 + 1 .
;
Ponendo il gradiente uguale al vettore nullo e risolvendo il sistema corrispondente si trova (si provi per esercizio) che
ci sono tre punti stazionari vincolati:
e
Si ha
∇2xy L
=
(1, 0)
con λ = 2
( 21 , √12 )
( 21 , − √12 )
con λ = 1
2
0
con λ = 1.
0
2 − 2λ
e
∇g = (1, 2y)
(i) Studiamo il punto (1, 0).
∇2xy L(x, λ)
=
2
0
0
−2
e ∇g(x) = (1, 0).
Il sottospazio tangente al vincolo è formato dai vettori del tipo (0, h2 ), con h2 ∈ R. Quindi il gradiente secondo
della Lagrangiana sul sottospazio tangente al vincolo è
2 0
0
= −2h22 .
0 h2
h2
0 −2
La forma è definita negativa e quindi il punto è di massimo locale vincolato.16
(ii) Studiamo il punto ( 21 , √12 ).
∇2xy L(x, λ) =
2
0
0
0
e
√
∇g(x) = (1, 2).
√
Il sottospazio tangente al vincolo è formato dai vettori del tipo (− 2h2 , h2 ), con h2 ∈ R. Quindi il gradiente
secondo della Lagrangiana sul sottospazio tangente al vincolo è
√
√
2 0
− 2h2
= 4h22 .
− 2h2 h2
0 0
h2
La forma è definita positiva sul sottospazio e quindi il punto è di minimo locale vincolato.
(iii) Studiamo il punto ( 21 , − √12 ).
∇2xy L(x, λ) =
2 0
0 0
e
√
∇g(x) = (1, − 2).
√
Il sottospazio tangente al vincolo è formato dai vettori del tipo ( 2h2 , h2 ), con h2 ∈ R. Quindi il gradiente
secondo della Lagrangiana sul sottospazio tangente al vincolo è
√
2 0
√
2h2
= 4h22
2h2 h2
0 0
h2
e quindi anche questo punto è di minimo locale vincolato.
16 Qui
la forma è indefinita in tutto R2 , ma definita negativa sul sottospazio tangente al vincolo.
17
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È interessante risolvere il problema appena visto con le curve di livello. Lo studente provi a farlo.
Esempio (vedi anche in precedenza)
con vincolo x2 + y 2 = 2.
max / min f (x, y) = xy
Abbiamo trovato
L(x, y, λ) = xy − λ(x2 + y 2 − 2)
∇L(x, y, λ) = y − 2λx, x − 2λy, −x2 − y 2 + 2 .
;
Vi sono quattro punti stazionari vincolati:
e
(1, 1) e (−1, −1)
(1, −1) e (−1, 1)
Studiamo ad esempio il primo punto.
−2λ
1
e ∇g = (2x, 2y)
∇2xy L =
1
−2λ
e quindi
con λ =
1
2
con λ = − 12 .
∇2xy L(x, λ) =
−1 1
1 −1
e
∇g(x) = (2, 2).
Il sottospazio tangente al vincolo è formato dai vettori del tipo (h1 , −h1 ), con h1 ∈ R. Quindi il gradiente secondo
della Lagrangiana sul sottospazio tangente al vincolo è
−1 1
h1
= −h21 + 2h1 (−h1 ) − h21 = −4h21 .
h1 −h1
−h1
1 −1
La forma sul sottospazio è definita negativa e quindi si tratta di un punto di massimo locale vincolato. Lo studente
provi a studiare gli altri punti trovati (con λ = 21 sono di massimo, con λ = − 21 sono di minimo).
Esempio
max / min f (x, y) = y − x2
con vincolo 2x2 − y = 0.
Dopo aver osservato che il vincolo è regolare, si ha
L(x, y, λ) = y − x2 − λ(2x2 − y)
;
∇L(x, y, λ) =
− 2x − 4λx, 1 + λ, −2x2 + y .
Ponendo il gradiente uguale al vettore nullo si trova facilmente che c’è l’unico punto stazionario vincolato (0, 0) con
λ = −1.
Il gradiente secondo parziale della Lagrangiana è
−2 − 4λ 0
2 0
2
2
e ∇g = (4x, −1)
e quindi
∇xy L(x, λ) =
e ∇g(x) = (0, −1).
∇xy L =
0
0
0 0
Il sottospazio tangente al vincolo è formato dai vettori del tipo (h1 , 0), con h1 ∈ R. Quindi il gradiente secondo della
Lagrangiana sul sottospazio tangente al vincolo è
2 0
h1
= 2h21 .
h1 0
0 0
0
Forma quadratica definita positiva e quindi si tratta quindi di un punto di minimo locale vincolato.
Esempio
1
max / min f (x, y) = y − x4
4
Dopo aver osservato che il vincolo è regolare, si ha
L(x, y, λ) = y − 41 x4 − λ( 13 x3 − y)
;
con vincolo
∇L(x, y, λ) =
1 3
x − y = 0.
3
− x3 − λx2 , 1 + λ, − 31 x3 + y .
Ponendo il gradiente uguale al vettore nullo si trova facilmente che ci sono due punti stazionari vincolati: (0, 0) e
(1, 13 ), entrambi con λ = −1.
18
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Il gradiente secondo parziale della Lagrangiana è
−3x2 − 2λx 0
∇2xy L =
0
0
e
∇g = (x2 , −1).
Ora, volendo studiare il primo punto (l’origine), si vede subito che la forma è semidefinita e questo non consente di
concludere sulla natura dell’origine. Nell’altro punto invece non ci sono questi problemi dato che
−1 0
2
e ∇g(x) = (1, −1).
∇xy L(x, λ) =
0 0
Il sottospazio tangente al vincolo è formato dai vettori del tipo (h1 , h1 ), con h1 ∈ R. Quindi il gradiente secondo della
Lagrangiana sul sottospazio tangente al vincolo è
−1 0
h1
= −h21 .
h1 h1
0 0
h1
Si tratta quindi di un punto di massimo locale vincolato.
Per quanto riguarda l’origine la conclusione può essere trovata facilmente esplicitando y dal vincolo e costruendo
la restrizione di f sul vincolo stesso (o anche con le curve di livello, ma le cose non sono immediate).
Esempio (vedi anche in precedenza) Consideriamo il problema
max / min f (x, y) = x2 − y 2
con vincolo x2 − y = 0.
Abbiamo trovato
L(x, y, λ) = x2 − y 2 − λ(x2 − y)
∇L(x, y, λ) = 2x − 2λx, −2y + λ, −x2 + y .
;
Si hanno i tre punti stazionari vincolati:
con λ = 0
(0, 0)
e
( √12 , 12 )
e
(− √12 , 21 )
Il gradiente secondo parziale della Lagrangiana è
2 − 2λ 0
∇2xy L =
0
−2
con λ = 1.
e
∇g = (2x, −1).
Studiamo i tre punti.
(i) Con il punto (0, 0) abbiamo
∇2xy L(x, λ)
=
2
0
0
−2
e
∇g(x) = (0, −1).
Il sottospazio tangente al vincolo è formato dai vettori del tipo (h1 , 0), con h1 ∈ R. Quindi il gradiente secondo
della Lagrangiana sul sottospazio tangente al vincolo è
2 0
h1
= 2h21 .
h1 0
0
0 −2
Si tratta quindi di un punto di minimo locale vincolato.
(ii) Con il punto ( √12 , 21 ) abbiamo
∇2xy L(x, λ) =
0 0
0 −2
e
√
∇g(x) = ( 2, −1).
√
Il sottospazio tangente al vincolo è formato dai vettori del tipo (h1 , 2h1 ), con h1 ∈ R. Quindi il gradiente
secondo della Lagrangiana sul sottospazio tangente al vincolo è
√
0 0
h1
√
= −4h21 .
h1
2h1
0 −2
2h1
Si tratta quindi di un punto di massimo locale vincolato.
19
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(iii) Il terzo punto è analogo al secondo, cioè è ancora un punto di massimo locale vincolato.
Esempio (vedi anche in precedenza)
max / min f (x, y, z) = x + y + z
con vincolo x2 + y 2 + z 2 = 3.
Abbiamo trovato
L(x, y, z, λ) = x + y + z − λ(x2 + y 2 + z 2 − 3) ;
∇L(x, y, z, λ) = 1 − 2λx, 1 − 2λy, 1 − 2λz, −x2 − y 2 − z 2 + 3 .
Si hanno i due punti stazionari vincolati:
e
1
2
(1, 1, 1)
con λ =
(−1, −1, −1)
con λ = − 21 .
Il gradiente secondo parziale della Lagrangiana è

−2λ
0
0
∇2xyz L =  0
−2λ
0 
0
0
−2λ

e
∇g = (2x, 2y, 2z).
Qui possiamo subito osservare che con λ = 21 il gradiente secondo è definito negativo in tutto R3 e quindi tale anche
nel sottospazio tangente al vincolo: quindi il primo punto è di massimo locale vincolato.
Invece con λ = − 12 il gradiente secondo è definito positivo in tutto R3 e quindi il secondo punto è di minimo locale
vincolato.
Esempio (vedi anche in precedenza)
max / min f (x, y, z) = x + y + z
con vincolo xyz = 1.
Abbiamo trovato
L(x, y, z, λ) = x + y + z − λ(xyz − 1)
;
∇L(x, y, z, λ) = 1 − λyz, 1 − λxz, 1 − λxy, −xyz + 1 .
Si ha il solo punto stazionario vincolato (1, 1, 1) con λ = 1.
Il gradiente secondo parziale della Lagrangiana è
0
∇2xyz L =  −λz
−λy


−λy
−λx 
0
e
∇g = (yz, xz, xy)

0 −1 −1
∇2xyz L(x, λ) =  −1 0 −1 
−1 −1 0
e
∇g(x) = (1, 1, 1).
−λz
0
−λx
e quindi

Troviamo il sottospazio tangente al vincolo. Esso è formato dai vettori (h1 , h2 , h3 ) tali che
1 1
1
 
h1
h2  = 0 cioè h1 + h2 + h3 = 0 cioè h3 = −h1 − h2 .
h3
Il sottospazio tangente al vincolo è formato quindi dai vettori del tipo (h1 , h2 , −h1 − h2 ), con h1 , h2 ∈ R. Quindi il
gradiente secondo della Lagrangiana sul sottospazio tangente al vincolo è

0 −1
(h1 , h2 , −h1 − h2 )  −1 0
−1 −1


−1
h1
 = −2h1 h2 − 2h1 (−h1 − h2 ) − 2h2 (−h1 − h2 ) = 2h21 + 2h1 h2 + 2h22 .
h2
−1  
−h1 − h2
0
20
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Tale forma quadratica (funzione di h1 e h2 ) è definita positiva17 e quindi il punto (1, 1, 1) è un punto di minimo locale
vincolato.
Esempio (vedi anche in precedenza)
max / min f (x, y, z) = −x − y + 2z
con vincoli
x2 + y 2 = 10
y + z = 3.
Abbiamo trovato
L(x, y, z, λ) = −x − y + 2z − λ1 (x2 + y 2 − 10) − λ2 (y + z − 3)
e
∇L(x, y, z, λ) =
− 1 − 2λ1 x, −1 − 2λ1 y − λ2 , 2 − λ2 , −x2 − y 2 + 10, −y − z + 3 .
Le condizioni del primo ordine portavano ai due punti stazionari vincolati
e
con λ1 = 21 , λ2 = 2
(−1, −3, 6)
con λ1 = − 12 , λ2 = 2.
(1, 3, 0)
Il gradiente secondo parziale della Lagrangiana e la

−2λ1
0
∇2xyz L =  0
−2λ1
0
0
matrice Jacobiana dei vincoli sono

0
2x 2y 0

.
e Jg =
0
0
1 1
0
Dobbiamo ora studiare le condizioni sufficienti sui due punti.
(i) Per quanto riguarda il primo punto, il sottospazio tangente ai vincoli è formato dai vettori (h1 , h2 , h3 ) tali che
−2 −6
0
1
0
1
 
h1
h2  = 0
0
h3
cioè
−2h1 − 6h2 = 0
h2 + h3 = 0
cioè
h1 = −3h2
h3 = −h2 .
Il sottospazio tangente al vincolo è formato quindi dai vettori del tipo (−3h2 , h2 , −h2 ), con h2 ∈ R.
18
Il gradiente secondo della Lagrangiana sul sottospazio tangente al vincolo è



−1 0 0
−3h2
−3h2 h2 −h2  0 −1 0   h2  = −9h22 − h22 = −10h22 .
0
0 0
−h2
Tale forma quadratica (funzione solo h2 ) è definita negativa e quindi il punto (−1, −3, 6) è un punto di massimo
locale vincolato.
(ii) Per quanto riguarda il secondo punto, il sottospazio tangente ai vincoli è formato dai vettori (h1 , h2 , h3 ) tali che
2
0
6 0
1 1

h1
 h2  = 0
0
h3

cioè
2h1 + 6h2 = 0
h2 + h3 = 0
cioè
h1 = −3h2
h3 = −h2 .
Il sottospazio tangente al vincolo è formato quindi dai vettori del tipo (−3h2 , h2 , −h2 ), con h2 ∈ R. Il gradiente
secondo della Lagrangiana sul sottospazio tangente al vincolo è



1 0 0
−3h2
−3h2 h2 −h2  0 1 0   h2  = 9h22 + h22 = 10h22 .
0 0 0
−h2
Tale forma quadratica è definita positiva e quindi il punto (1, 3, 0) è un punto di minimo locale vincolato.
17 Lo
si trova immediatamente scrivendo la matrice della forma quadratica e trovando che i minori di NO sono positivi.
deve sorprendere che il sottospazio sia una retta: infatti i due vincoli definiscono due superfici, i sottospazi tangenti sono due piani
e l’intersezione dei due piani è una retta.
18 Non
21
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Esempio
1
1
max / min f (x, y, z) = − x2 + y 3 + z 2
2
2
con vincolo z = 0.
Si trova
L(x, y, z, λ) = − 12 x2 + y 3 + 21 z 2 − λz
;
∇L(x, y, z, λ) =
− x, 3y 2 , z − λ, −z .
Le condizioni del primo ordine portano immediatamente all’unico punto stazionario vincolato (0, 0, 0) con λ = 0.
Il gradiente secondo parziale della Lagrangiana è

−1
∇2xyz L =  0
0
0
6y
0

0
0 
1

−1 0 0
e quindi ∇2xyz L(x, λ) =  0 0 0 
0 0 1

e
∇g(x) = (0, 0, 1).
Il sottospazio tangente al vincolo è dato dai vettori ortogonali a (0, 0, 1), e cioè dai vettori della forma (h1 , h2 , 0), con
h1 , h2 ∈ R, e quindi il gradiente secondo della Lagrangiana sul sottospazio tangente al vincolo è
h1
h2
0

−1 0
 0 0
0 0
 
0
h1
0  h2  = −h21 .
0
1
Attenzione qui. La forma quadratica è funzione di h1 e h2 e quindi è semidefinita negativa sul sottospazio. Pertanto
le condizione del secondo ordine in questo caso non consentono di concludere nulla sulla natura del punto stazionario.
La conclusione si può però trovare pensando che la restrizione di f al vincolo z = 0 è la funzione di due variabili
− 12 x2 + y 3 e che questa ha certamente nell’origine un punto di sella, dato che ad esempio sui punti del tipo (0, t) con
t ∈ R si riduce alla t 7→ t3 , e questa cambia di segno in un intorno dell’origine. Quindi per la funzione iniziale l’origine
non è né di massimo né di minimo vincolato.19
19 Si noti che, dopo aver scritto la restrizione di f al vincolo, cioè la funzione di due sole variabili − 1 x2 + y 3 , usando le condizioni del
2
secondo ordine (gradiente secondo) non si riesce a concludere nulla sulla natura dell’origine, dato che la matrice risulta semidefinita.