Instituto de Matemática - UFRGS - Mat01169 - Cálculo Numérico
Estudo de Caso - Multiplicadores de Lagrange

Objetivo: no contexto de otimização de uma função de duas variáveis sujeito a restrições, montar e resolver numericamente o sistema dos Multiplicadores de Lagrange.

Problema: encontrar pontos de máximo e mínimo absolutos de

$f(x,y) = 12 y^2 \ln(y) - (x-1)^3 - 12x(y^2-1)$

sujeito a $$g(x,y) = (x+1)^2 + (y-1)^2 - (0.9)^2 \leq 0$$.

Método: sobre tais pontos sabemos que:

1. se forem interiores a restrição, satisfazem $\nabla f(x,y)=\stackrel{\rightarrow}{0}$;
2. se estiverem na fronteira da restrição, satisfazem, para algum $\lambda$ real,
   $$\left\{ \begin{array}{r} \nabla f(x,y) - \lambda g(x,y) = \stackrel{\rightarrow}{0} \\ g(x,y) = 0 \end{array} \right.$$

Caso 1: para pontos interiores, temos um sistema de equações

$$\left\{ \begin{array}{rl} -3(x-1)^2 - 12(y^2-1) & = 0 \\ 24 y \ln(y) + 12 y - 24xy & = 0 \end{array} \right.$$

e podemos ainda simplificar, uma vez que $y \neq 0$, e definir

$$F \left( \left[ \begin{array}{c} x \\ y \end{array} \right] \righ... ...\begin{array}{l} (x-1)^2 + 4(y^2-1) \\ 2 \ln(y) + 1 - 2x \end{array} \right]$$

que corresponde a

$$JF \left( \left[ \begin{array}{c} x \\ y \end{array} \right] \right) = \left[ \begin{array}{ll} 2(x-1) & 8y \\ -2 & 2/y \end{array} \right]$$

Plotagem de curvas de nível de $f$ revela um ponto de mínimo próximo a $(x,y)=(-1,0.25)$.

Método de Newton então produz

$k$	$x_k$	$y_k$
0	-1.	0.25
1	-0.9448151	0.2353698
2	-0.9434539	0.2361097
3	-0.9434520	0.2361113
4	-0.9434520	0.2361113

Caso 2: para pontos na fronteira, o sistema para um Multiplicador de Lagrange $\lambda=z$ fica

$$\left\{ \begin{array}{rl} -3(x-1)^2 - 12(y^2-1) - z (2)(x+1) & = ... ...y - z (2)(y-1) & = 0 \\ (x+1)^2 + (y-1)^2 - (0.9)^2 & = 0 \end{array} \right.$$

e então definimos

$$F \left( \left[ \begin{array}{c} x \\ y \\ z \end{array} \right] ... ...+ 12 y - 24xy - 2 z (y-1) \\ (x+1)^2 + (y-1)^2 - (0.9)^2 \end{array} \right]$$

que corresponde a

$$JF \left( \left[ \begin{array}{c} x \\ y \\ z \end{array} \right]... ...4y & 24\ln(y)+36-24x -2z & -2(y-1) \\ 2(x+1) & 2(y-1) & 0 \end{array} \right]$$

Para melhor visualização, re-definimos

$f(x,y) = \left\{ \begin{array}{ll} 12 y^2 \ln(y) - (x-1)^3 - 12x(y^2-1), & (x+1... ... (y-1)^2 - (0.9)^2 \leq 0 \\ 0 &, \mbox{ caso contrário } \end{array} \right.$

Plotagem de curvas de nível de $f$ revela pontos extremos restritos próximos a $(-1,0.1)$ e $(-1.4,1.8)$ .

Para $(-1,0.1)$,

$$\nabla f \left( \left[ \begin{array}{r} -1.0 \\ 0.1 \end{array} \... ...rray} \right] \right) = \left[ \begin{array}{r} 0. \\ -1.8 \end{array} \right]$$

e comparamos as segundas componentes para estimar $\lambda = z \approx 1.0$.

Para $(-1.4,1.8)$ ,

$$\nabla f \left( \left[ \begin{array}{r} -1.4 \\ 1.8 \end{array} \... ...ay} \right] \right) = \left[ \begin{array}{r} -0.8 \\ 1.6 \end{array} \right]$$

e comparamos componentes para estimar $\lambda = z \approx 60$.

Método de Newton então produz

$k$	$x_k$	$y_k$	$z_k$
0	-1.	0.1	1.0
1	-0.988	0.1	1.0861135
2	-0.9877226	0.1000837	1.0863774
3	-0.9877226	0.1000837	1.0863773
4	-0.9877226	0.1000837	1.0863773
0	-1.4	1.8	60.
1	-1.3417712	1.8353644	64.795884
2	-1.3453073	1.8311397	64.779842
3	-1.3453033	1.8311231	64.779977
4	-1.3453033	1.8311231	64.779977

Finalmente, avaliamos a $f$ nos pontos encontrados:

$$f( -0.9434520,0.2361113) = - 4.315486$$

$$f( -0.9877226,0.1000837) = - 4.1570446$$

$$f(-1.3453033,1.8311231) = 75.226421$$

Assim, $(x,y)=(-0.9434520,0.2361113)$ é ponto de mínimo absoluto sobre o círculo, ao passo que $(x,y) = (-1.3453033,1.8311231)$ é o ponto de máximo absoluto.