개념 해석 · Concepts
§14.7 예제 6에서 이미 이런 유형의 문제를 한 번 다뤘다. 부피 $V=xyz$를 최대로 만들되, 세 변 $x,y,z$가 겉넓이 $12\ \mathrm{m^2}$라는 조건, 즉 $2xz+2yz+xy=12$를 만족해야 한다는 것이었다.
이 절은 그 문제의 패턴을 따로 떼어 일반적으로 다룬다. 점 $(x,y,z)$가 다음 방정식 하나를
만족해야 한다는 조건 아래에서 함수 $f(x,y,z)$의 최댓값·최솟값을 구하는 문제다. 이런 조건을 제약조건(constraint, side condition)이라 한다. 라그랑주의 방법은 제약조건을 어느 한 변수에 대해 풀어 대입하는 과정 없이 이 문제에 답한다.
Example 14.7.6 already solved one problem of this type: the volume $V=xyz$ was made as large as possible while the numbers $x,y,z$ were forced to satisfy $2xz+2yz+xy=12$, the condition that the surface area equal $12\ \mathrm{m^2}$.
The present section isolates that pattern and treats it in general. The problem is to maximize or minimize a function $f(x,y,z)$ while the point $(x,y,z)$ is required to satisfy one equation
called a constraint (or side condition). Lagrange's method answers it without solving the constraint for one variable and substituting.
이 발상은 이변수의 경우로 보면 가장 알아보기 쉽다. 점 $(x,y)$가 등위선 $g(x,y)=k$ 위에 있어야 한다는 조건 아래 $f(x,y)$의 극값을 찾고 싶다고 하자. 이 등위선을, $f$의 등위선 $f(x,y)=c$ 몇 개와 함께 그려 보자. 이를테면 $c=7,8,9,10,11$일 때의 등위선들이며, 아래 그림에는 그중 $c=9,10,11$에 해당하는 세 개만 그렸다.
제약조건 아래 $f$를 최대로 만드는 일은 결국 이런 질문이 된다: 곡선 $f(x,y)=c$가 $g(x,y)=k$와 여전히 만나도록 $c$를 얼마나 크게 잡을 수 있는가? 그림을 보면 그렇게 잡을 수 있는 가장 큰 $c$는 두 곡선이 스치듯 만나는 순간, 즉 그 점에서 접선을 공유하는 순간에 얻어짐을 알 수 있다. 두 곡선이 그보다 덜 밀착해 서로 가로지르면, $c$를 아직 더 키울 여지가 남아 있다.
접점 $(x_0,y_0)$에서는 두 곡선의 법선이 같은 직선을 이루므로, 두 기울기벡터도 같은 직선 방향을 가리킨다. 즉 서로 평행하다.
같은 논리가 삼변수의 경우에도 그대로 옮아간다. $(x,y,z)$가 등위면 $S:g(x,y,z)=k$ 위에 있어야 한다는 제약 아래에서, 최대가 되는 점에서는 등위면 $f(x,y,z)=c$가 $S$에 접하므로 이번에도 두 기울기벡터는 평행하다.
The idea is easiest to see for two variables. Suppose the extreme values of $f(x,y)$ are wanted while $(x,y)$ is confined to the level curve $g(x,y)=k$. Draw that curve together with several level curves $f(x,y)=c$ of $f$, say for $c=7,8,9,10,11$; the figure below shows only the three with $c=9,10,11$.
Maximizing $f$ under the constraint then amounts to asking: how large can $c$ be while the curve $f(x,y)=c$ still meets $g(x,y)=k$? The picture says that the largest such $c$ is reached when the two curves just touch — they share a tangent line there. For any smaller degree of contact the curves cross, and $c$ could still be pushed up.
At a point $(x_0,y_0)$ of tangency the two curves have the same normal line, so their gradient vectors point along the same line; that is, they are parallel:
The same reasoning transfers to three variables: $(x,y,z)$ is confined to the level surface $S:g(x,y,z)=k$, and at a maximizing point the level surface $f(x,y,z)=c$ is tangent to $S$, so again the two gradient vectors are parallel.
식 (1) — 라그랑주 조건. $f$가 미분가능하고 $g$의 1계 편도함수가 연속이며, 곡면 $S:g(x,y,z)=k$로 제한된 $f$가 $S$ 위의 점 $P(x_0,y_0,z_0)$에서 극값을 갖는다고 하자. 이때 $\nabla g(x_0,y_0,z_0)\neq\mathbf 0$이면, 다음을 만족하는 수 $\lambda$가 존재한다.
$(1)$에 나오는 수 $\lambda$를 라그랑주 승수라 한다. 방법 전체가 이 벡터 방정식 하나에 근거한다. 제약 아래의 극값은 오직 두 기울기벡터가 나란해지는 지점에서만 일어날 수 있다.
증명. $P$를 지나며 $S$ 위에서 벗어나지 않는 매끄러운 곡선 $\mathbf r(t)=\langle x(t),y(t),z(t)\rangle$을 하나 잡고, $\mathbf r(t_0)=P$가 되도록 $t_0$을 정하자. 합성함수 $\varphi(t)=f(\mathbf r(t))$는 이 곡선을 따라가며 $f$가 취하는 값이므로, $f$가 $S$ 위에서 $P$에서 극값을 갖는다는 가정에서 $\varphi$도 $t=t_0$에서 극값을 갖고, 따라서 $\varphi'(t_0)=0$이다. $f$가 미분가능하므로 연쇄법칙에 의해
을 얻는다. 곡선 $\mathbf r$은 $P$를 지나며 $S$ 안에 놓인 임의의 매끄러운 곡선이었으므로, $\nabla f(P)$는 이런 모든 곡선의 접벡터에 수직하다. 여기서 $\nabla g(P)\neq\mathbf 0$이라는 가정이 처음 쓰인다. 이 가정 덕분에 음함수 정리에 의해 $S$는 $P$ 근방에서 매끄러운 곡면이고, $P$를 지나는 $S$ 위 곡선들의 접벡터가 2차원 접평면을 남김없이 채우기 때문이다. 따라서 $\nabla f(P)$는 $S$의 $P$에서의 접평면 전체에 수직하다.
한편 $S$는 $g(x,y,z)=k$로 정의되므로 $g(\mathbf r(t))\equiv k$이고, 이 항등식의 양변을 $t$에 대해 미분하면 같은 방식으로 $\nabla g(P)\cdot\mathbf r'(t_0)=0$을 얻는다. 즉 $\nabla g(P)$ 역시 같은 접평면에 수직하다. $\mathbb R^3$에서 하나의 평면(2차원 부분공간)에 수직한 방향은 (영벡터를 빼면) 하나뿐이므로, $\nabla f(P)$와 $\nabla g(P)$는 같은 직선 위에 놓인다 — 즉 서로 평행하다. $\nabla g(P)\neq\mathbf 0$을 가정했으므로, $\nabla f(P)=\lambda\,\nabla g(P)$를 만족하는 실수 $\lambda$가 (유일하게) 존재한다.
Equation (1) — The Lagrange Condition. Let $f$ be differentiable, let the first-order partial derivatives of $g$ be continuous, and suppose $f$, restricted to the surface $S:g(x,y,z)=k$, has an extreme value at a point $P(x_0,y_0,z_0)$ of $S$. If $\nabla g(x_0,y_0,z_0)\neq\mathbf 0$, then there is a number $\lambda$ such that
The number $\lambda$ appearing in $(1)$ is called a Lagrange multiplier. The entire method rests on this one vector equation: a constrained extremum can occur only where the two gradient vectors line up.
Proof. Choose a smooth curve $\mathbf r(t)=\langle x(t),y(t),z(t)\rangle$ that stays on $S$ and passes through $P$, with $\mathbf r(t_0)=P$. The composite $\varphi(t)=f(\mathbf r(t))$ records the values $f$ takes along this curve, so from the hypothesis that $f$ restricted to $S$ has an extreme value at $P$, $\varphi$ has an extreme value at $t=t_0$, and hence $\varphi'(t_0)=0$. Since $f$ is differentiable, the Chain Rule gives
Because $\mathbf r$ was an arbitrary smooth curve on $S$ through $P$, $\nabla f(P)$ is orthogonal to the tangent vector of every such curve. This is where the hypothesis $\nabla g(P)\neq\mathbf 0$ first enters: it makes $S$ a smooth surface near $P$ by the Implicit Function Theorem, so those tangent vectors fill out the whole 2-dimensional tangent plane. Hence $\nabla f(P)$ is orthogonal to the entire tangent plane of $S$ at $P$.
Now $S$ is defined by $g(x,y,z)=k$, so $g(\mathbf r(t))\equiv k$; differentiating this identity in $t$ gives, by the same computation, $\nabla g(P)\cdot\mathbf r'(t_0)=0$, so $\nabla g(P)$ is orthogonal to that same tangent plane. In $\mathbb R^3$ there is, up to scalar multiples, only one direction orthogonal to a given plane (a 2-dimensional subspace), so $\nabla f(P)$ and $\nabla g(P)$ lie on the same line — that is, they are parallel. Since $\nabla g(P)\neq\mathbf 0$ by hypothesis, there is a (unique) real number $\lambda$ with $\nabla f(P)=\lambda\,\nabla g(P)$.
승수의 이름은 프랑스-이탈리아 수학자 조제프루이 라그랑주(Joseph-Louis Lagrange, 1736–1813)에게서 왔다. 그의 짧은 약전이 교재 §3.2에 실려 있다.
The multipliers carry the name of the French-Italian mathematician Joseph-Louis Lagrange (1736–1813). A short biographical sketch of him appears in §3.2 of the text.
라그랑주 승수법. $g(x,y,z)=k$ 아래에서 $f(x,y,z)$의 최댓값과 최솟값을 구하려면 — 이 극값들이 존재하고, 곡면 $g(x,y,z)=k$ 위의 모든 점에서 $\nabla g\neq\mathbf 0$이라고 가정하고 — 다음과 같이 한다.
1단계. 다음 두 식을 동시에 만족하는 네 수의 조 $(x,y,z,\lambda)$를 빠짐없이 구한다.
2단계. 1단계에서 얻은 각 점 $(x,y,z)$에서 $f$의 값을 계산한다. 이 값들 중 가장 큰 것이 $f$의 최댓값이고, 가장 작은 것이 최솟값이다.
2단계는 후보점들에서의 $f$ 값을 견주어 보는 것일 뿐, 도함수 판정은 필요 없다. 극값의 존재는 이미 가정되어 있고, 1단계에서 그 극값이 일어날 수 있는 자리를 후보 목록으로 이미 좁혀 놓았기 때문이다.
Method of Lagrange Multipliers. To locate the largest and smallest values taken by $f(x,y,z)$ subject to $g(x,y,z)=k$ — assuming that these extreme values exist and that $\nabla g\neq\mathbf 0$ everywhere on the surface $g(x,y,z)=k$:
Step 1. Find every quadruple $x,y,z,\lambda$ satisfying both
Step 2. Evaluate $f$ at each point $(x,y,z)$ produced by Step 1. The largest of these values is the maximum of $f$, and the smallest is the minimum.
Step 2 merely weighs the values of $f$ at the candidates against one another, with no derivative test involved: the existence of the extreme values is assumed in advance, and Step 1 has already trapped them among a list of candidates.
성분으로 풀어 쓰면 방법의 1단계는 다음 연립방정식이 된다.
미지수 $x,y,z,\lambda$ 네 개짜리 방정식 네 개이며, 이 연립을 만족하는 해를 모두 찾아야 한다 — 다만 $\lambda$의 수치 자체는 결론에 들어가지 않으므로, 편리해지는 순간 소거해 버려도 좋다.
그렇다고 $\lambda$의 값이 아무 정보도 담지 않는 것은 아니다. 어떤 해에서 $\lambda\neq0$이면, 앞서 본 기하적 그림대로 그 점에서 $\nabla f$와 $\nabla g$는 실제로 평행하다. 반대로 $\lambda=0$이면 $(1)$에 의해 $\nabla f(x_0,y_0,z_0)=\mathbf 0$이 강제되므로, 그 점은 $f$ 자체의 임계점이다. 그러면 $f(x_0,y_0,z_0)$은 정의역 전체에서 본 $f$의 극값 후보이고, 그 점이 제약집합 위에도 놓여 있으므로 제약 아래의 극값 후보이기도 하다 — $\lambda=0$으로 나왔다고 해서 버릴 후보가 아니라는 뜻이다(연습문제 61 참고).
이변수의 경우 연립방정식은 한 개가 줄어든다.
미지수 $x,y,\lambda$ 세 개짜리 방정식 세 개다.
Written out in components, Step 1 of the method becomes a system:
These are four equations in the four unknowns $x,y,z,\lambda$, and all solutions must be found — although the numerical value of $\lambda$ itself never enters the conclusion, so it may be eliminated as soon as it is convenient.
The value of $\lambda$ does carry information about the solution, though. If a solution has $\lambda\neq0$, then $\nabla f$ and $\nabla g$ are genuinely parallel there, as the geometric picture suggested. If instead $\lambda=0$, then $(1)$ forces $\nabla f(x_0,y_0,z_0)=\mathbf 0$, so the point is a critical point of $f$ itself. Then $f(x_0,y_0,z_0)$ is a candidate local extreme value of $f$ on its whole domain and, because the point also lies on the constraint set, a candidate extreme value under the constraint as well — a solution with $\lambda=0$ is not one to discard (see Exercise 61).
For two variables the system is one equation shorter:
three equations in the three unknowns $x,y,\lambda$.
$(1)$의 유도는 $\nabla g\neq\mathbf 0$이라는 가정을 사용했으므로, 문제마다 제약집합 $g(x,y,z)=k$의 모든 점에서 $\nabla g\neq\mathbf 0$인지 확인해 볼 가치가 있다. 아래 예제들에서는 모두 이 확인이 성립한다.
이 가정은 장식이 아니다. 연습문제 35는 $\nabla g=\mathbf 0$인 점에서 무엇이 잘못될 수 있는지를, 연습문제 34는 $\nabla g$가 정의되지 않는 점에서 어떤 일이 일어날 수 있는지를 보여 준다.
The derivation of $(1)$ used the hypothesis $\nabla g\neq\mathbf 0$, and it is worth checking in each problem that $\nabla g\neq\mathbf 0$ at every point of the constraint set $g(x,y,z)=k$; in all of the worked examples below this check succeeds.
The hypothesis is not decorative. Exercise 35 exhibits what can go wrong at a point where $\nabla g=\mathbf 0$, and Exercise 34 what can happen where $\nabla g$ fails to exist.
이번에는 $g(x,y,z)=k$와 $h(x,y,z)=c$, 두 제약조건이 동시에 부과된다고 하자. 기하적으로 점 $(x,y,z)$는 두 등위면이 만나서 이루는 곡선 $C$ 위로 제한되며, 이 곡선 위에서 $f$의 극값을 구하고자 한다.
$f$가 $C$ 위의 점 $P(x_0,y_0,z_0)$에서 그런 극값을 갖는다고 하자. 이 절 도입부의 논증을 그대로 쓰면 $\nabla f$는 $P$에서 $C$에 직교한다. 그런데 $\nabla g$는 곡면 $g=k$에 직교하고 $\nabla h$는 곡면 $h=c$에 직교하며, $C$는 두 곡면 위에 모두 놓여 있으므로 $\nabla g$와 $\nabla h$ 역시 $C$에 직교한다.
$\nabla g(x_0,y_0,z_0)$와 $\nabla h(x_0,y_0,z_0)$가 영벡터가 아니고 서로 평행하지도 않다고 가정하자. 그러면 이 둘은 하나의 평면을 생성하는데, 이 평면은 다름 아니라 $P$에서 $C$에 직교하는 모든 벡터로 이루어진 평면이다 — 그리고 $\nabla f(x_0,y_0,z_0)$는 반드시 이 평면 안에 놓인다.
Suppose now that two side conditions are imposed at once, say $g(x,y,z)=k$ and $h(x,y,z)=c$. Geometrically the point $(x,y,z)$ is then confined to the curve $C$ along which the two level surfaces meet, and the extreme values of $f$ along that curve are wanted.
Let $f$ have such an extreme value at a point $P(x_0,y_0,z_0)$ of $C$. The argument at the start of the section shows that $\nabla f$ is orthogonal to $C$ at $P$. But $\nabla g$ is orthogonal to the surface $g=k$ and $\nabla h$ is orthogonal to the surface $h=c$, and $C$ lies on both surfaces, so $\nabla g$ and $\nabla h$ are orthogonal to $C$ as well.
Assume that $\nabla g(x_0,y_0,z_0)$ and $\nabla h(x_0,y_0,z_0)$ are nonzero and not parallel. They then span a plane, namely the plane of all vectors orthogonal to $C$ at $P$ — and $\nabla f(x_0,y_0,z_0)$ must lie in it.
식 (16) — 두 제약의 라그랑주 조건. $f$가 미분가능하고 $g,h$의 1계 편도함수가 연속이며, $g(x,y,z)=k$와 $h(x,y,z)=c$의 교선으로 제한된 $f$가 점 $P(x_0,y_0,z_0)$에서 극값을 갖고, $\nabla g(x_0,y_0,z_0)$와 $\nabla h(x_0,y_0,z_0)$가 영벡터가 아니며 서로 평행하지도 않다고 하자. 그러면 다음을 만족하는 수 $\lambda$와 $\mu$(둘 다 라그랑주 승수라 부른다)가 존재한다.
$(16)$을 성분으로 쓰고 두 제약식을 덧붙이면 풀어야 할 연립방정식이 나온다.
미지수 $x,y,z,\lambda,\mu$ 다섯 개짜리 방정식 다섯 개다 — 제약이 하나일 때보다 승수 하나와 제약식 하나가 더 늘어난 셈이다.
증명. $\nabla g(P)$와 $\nabla h(P)$가 일차독립이라는 가정에서 음함수 정리에 의해 $C$는 $P$ 근방에서 매끄러운 곡선이므로, $\mathbf r(t_0)=P$이고 $\mathbf r'(t_0)\neq\mathbf 0$인 매개변수화 $\mathbf r(t)$를 잡을 수 있다. $C$는 두 곡면 $g=k$와 $h=c$의 교선이므로 이 $\mathbf r$은 $g=k$ 위에도, $h=c$ 위에도 놓여 있다. 식 $(1)$의 증명과 똑같은 논증을 $S_1:g=k$에 적용하면 $\nabla g(P)\cdot\mathbf r'(t_0)=0$을 얻고, $S_2:h=c$에 적용하면 $\nabla h(P)\cdot\mathbf r'(t_0)=0$을 얻는다. 또한 $f$가 $C$ 위 $P$에서 극값을 가지므로, 합성함수를 $\varphi(t)=f(\mathbf r(t))$로 두고 같은 논증을 쓰면 $\nabla f(P)\cdot\mathbf r'(t_0)=0$도 얻는다. 즉 세 기울기벡터 $\nabla f(P),\nabla g(P),\nabla h(P)$가 모두 방향벡터 $\mathbf r'(t_0)\neq\mathbf 0$에 수직하다.
$\mathbb R^3$에서 한 방향에 수직한 벡터 전체는 2차원 부분공간, 즉 평면 $\Pi$를 이룬다. 가정에 의해 $\nabla g(P)$와 $\nabla h(P)$는 영벡터가 아니고 서로 평행하지 않으므로 일차독립이며, 둘 다 $\Pi$ 안에 있으므로 $\{\nabla g(P),\nabla h(P)\}$는 $\Pi$의 기저를 이룬다. 그런데 $\nabla f(P)$도 $\Pi$ 안에 있으므로 이 기저의 일차결합으로 유일하게 나타나고, 그 계수를 $\lambda,\mu$라 하면
가 성립한다.
Equation (16) — Two Constraints. Suppose $f$ is differentiable, that $g$ and $h$ have continuous first-order partial derivatives, that $f$, restricted to the curve of intersection of $g(x,y,z)=k$ and $h(x,y,z)=c$, has an extreme value at $P(x_0,y_0,z_0)$, and that $\nabla g(x_0,y_0,z_0)$ and $\nabla h(x_0,y_0,z_0)$ are nonzero and not parallel. Then there are numbers $\lambda$ and $\mu$ — both called Lagrange multipliers — with
Writing $(16)$ in components and appending the two constraints gives the system to be solved:
That is five equations in the five unknowns $x,y,z,\lambda,\mu$ — one more multiplier and one more constraint equation than in the case of a single side condition.
Proof. Because $\nabla g(P)$ and $\nabla h(P)$ are linearly independent, the Implicit Function Theorem makes $C$ a smooth curve near $P$, so it may be parametrized by $\mathbf r(t)$ with $\mathbf r(t_0)=P$ and $\mathbf r'(t_0)\neq\mathbf 0$. Since $C$ is the curve of intersection of $g=k$ and $h=c$, this $\mathbf r$ lies on $g=k$ and also on $h=c$. Applying the same argument used to prove $(1)$ to the surface $S_1:g=k$ gives $\nabla g(P)\cdot\mathbf r'(t_0)=0$, and applying it to $S_2:h=c$ gives $\nabla h(P)\cdot\mathbf r'(t_0)=0$. Since $f$ has an extreme value at $P$ along $C$, writing the composite as $\varphi(t)=f(\mathbf r(t))$ and running the same argument gives $\nabla f(P)\cdot\mathbf r'(t_0)=0$ as well. So all three gradient vectors $\nabla f(P),\nabla g(P),\nabla h(P)$ are orthogonal to the direction vector $\mathbf r'(t_0)\neq\mathbf 0$.
In $\mathbb R^3$, the vectors orthogonal to a fixed direction form a 2-dimensional subspace, a plane $\Pi$. By hypothesis $\nabla g(P)$ and $\nabla h(P)$ are nonzero and not parallel, hence linearly independent, and both lie in $\Pi$, so $\{\nabla g(P),\nabla h(P)\}$ is a basis of $\Pi$. Since $\nabla f(P)$ also lies in $\Pi$, it is a unique linear combination of that basis; calling the coefficients $\lambda$ and $\mu$,
This is $(16)$.
예제 답안 · Worked Examples
점 $(x,y)$ 가 원 $x^2+y^2=1$ 위에 있다는 제약 아래에서, 함수 $f(x,y)=x^2+2y^2$ 가 갖는 최댓값과 최솟값을 구하라.
풀이. 제약함수를 $g(x,y)=x^2+y^2$로 두면 원은 $g=1$이고, 이 곡선 위 모든 점에서 $\nabla g(x,y)=\langle2x,2y\rangle\neq\mathbf 0$이므로(원점은 원 위에 있지 않다) 라그랑주 승수법의 전제가 성립한다. $\nabla f=\langle2x,4y\rangle$이므로 $\nabla f=\lambda\nabla g$와 제약식을 함께 쓰면
첫 식을 $2x(1-\lambda)=0$으로 정리하면 $x=0$이거나 $\lambda=1$이다.
$x=0$인 경우, 제약식에서 $y^2=1$, 즉 $y=\pm1$이므로 후보 $(0,1),(0,-1)$을 얻는다. $\lambda=1$인 경우, 둘째 식은 $4y=2y$가 되어 $y=0$이 강제되고, 제약식에서 $x^2=1$, 즉 $x=\pm1$이므로 후보 $(1,0),(-1,0)$을 얻는다. 첫 식의 두 갈래가 모든 경우를 덮고 서로 겹치지도 않으므로($\lambda=1$이면 $y=0$이라 제약식에서 $x=\pm1\neq0$이다), 연립방정식의 해는 이 네 점뿐이다.
네 후보에서 $f$의 값을 비교하면 $f(0,\pm1)=0+2=2$, $f(\pm1,0)=1+0=1$이다. 원은 유계인 닫힌집합이고 $f$는 다항함수라 연속이므로 극값정리에 의해 최댓값·최솟값이 실제로 존재하고, 그 값은 이 네 후보 중에 있다. 따라서 $f$는 원 위에서 최댓값 $f(0,\pm1)=2$, 최솟값 $f(\pm1,0)=1$을 갖는다.
Determine the largest and the smallest values taken by $f(x,y)=x^2+2y^2$ at the points of the unit circle $x^2+y^2=1$.
Solution. Take $g(x,y)=x^2+y^2$, so the circle is $g=1$; since $\nabla g(x,y)=\langle2x,2y\rangle\neq\mathbf 0$ at every point of that curve (the origin is not on it), the hypotheses of the method hold. With $\nabla f=\langle2x,4y\rangle$, the system $\nabla f=\lambda\nabla g$ together with the constraint reads
The first equation rearranges to $2x(1-\lambda)=0$, so $x=0$ or $\lambda=1$.
If $x=0$, the constraint gives $y^2=1$, i.e. $y=\pm1$, producing the candidates $(0,1),(0,-1)$. If $\lambda=1$, the second equation becomes $4y=2y$, forcing $y=0$, and the constraint gives $x^2=1$, i.e. $x=\pm1$, producing the candidates $(1,0),(-1,0)$. The two branches of the first equation cover every case and do not overlap ($\lambda=1$ forces $y=0$, so the constraint gives $x=\pm1\neq0$), so these four points are all the solutions of the system.
Comparing $f$ at the four candidates gives $f(0,\pm1)=0+2=2$ and $f(\pm1,0)=1+0=1$. The circle is a closed, bounded set and $f$ is a polynomial, hence continuous, so the Extreme Value Theorem guarantees that a maximum and a minimum actually exist, and they must occur among these four candidates. Hence $f$ has maximum value $f(0,\pm1)=2$ and minimum value $f(\pm1,0)=1$ on the circle.
뚜껑이 없는 직육면체 상자의 겉넓이가 $12\ \mathrm{m^2}$ 로 고정되어 있다. 즉 세 모서리 길이 $x,y,z$ 가 제약 $2xz+2yz+xy=12$ 를 만족한다. 이때 부피 $V=xyz$ 를 최대로 하는 상자의 크기를 라그랑주 승수법으로 구하고, 최대 부피를 구하라. (§14.7 예제 6을 다른 방법으로 다시 푸는 것이다.)
풀이. $g(x,y,z)=2xz+2yz+xy$로 두면 제약은 $g=12$이고, $x,y,z\gt0$인 물리적 영역에서 $\nabla g=\langle2z+y,\,2z+x,\,2x+2y\rangle$는 항상 영벡터가 아니다(각 성분이 양수의 합이다). $\nabla V=\langle yz,xz,xy\rangle$이므로 $\nabla V=\lambda\nabla g$를 성분으로 쓰면
$\lambda=0$이면 세 식의 좌변이 모두 $0$이 되어 $yz=xz=xy=0$인데, $x,y,z\gt0$이므로 이는 불가능하다. 따라서 $\lambda\neq0$이다.
첫 식에 $x$를, 둘째 식에 $y$를, 셋째 식에 $z$를 곱하면 세 식의 좌변이 모두 $xyz$로 같아지므로
$\lambda\neq0$이므로 괄호 안끼리 서로 같다. 처음 두 개를 비교하면 $2xz=2yz$, 즉 $z\neq0$이므로 $x=y$이다. 뒤의 두 개를 비교하면 $2yz+xy=2xz+2yz$에서 $xy=2xz$, 즉 $x\neq0$이므로 $y=2z$. 이제 $x=y=2z$를 제약식에 대입하면
이므로 $z^2=1$이고 $z\gt0$에서 $z=1$, 따라서 $x=y=2$이다. 라그랑주 조건과 제약을 만족하는 양수 후보점은 $(2,2,1)$ 하나뿐이며, 그 부피는 $V(2,2,1)=2\cdot2\cdot1=4$이다.
이 유일한 후보가 실제로 최대인지는 §14.7 예제 6에서와 같은 이유로 확인된다: 겉넓이가 $12\ \mathrm{m^2}$로 고정된 뚜껑 없는 상자 가운데 어느 한 변의 길이가 $0$에 가까워지거나 무한히 커지면 부피는 $0$에 가까워지므로, 부피는 이 제약면의 양수 부분에서 최댓값을 가져야 하고 그 최댓값은 찾은 유일한 임계후보에서 일어날 수밖에 없다. 따라서 상자의 크기가 $x=y=2\ \mathrm m$, $z=1\ \mathrm m$일 때 부피가 최대이고, 최대 부피는 $4\ \mathrm{m^3}$이다.
A rectangular box without a lid has edge lengths $x,y,z$ and fixed surface area $12\ \mathrm{m^2}$, so that $2xz+2yz+xy=12$. Use Lagrange multipliers to find the dimensions that maximize the volume $V=xyz$, and give that maximum volume. (This is the problem of Example 14.7.6 solved a second way.)
Solution. Set $g(x,y,z)=2xz+2yz+xy$, so the constraint is $g=12$; on the physical region $x,y,z\gt0$, $\nabla g=\langle2z+y,\,2z+x,\,2x+2y\rangle$ is never the zero vector (each component is a sum of positive numbers). With $\nabla V=\langle yz,xz,xy\rangle$, the system $\nabla V=\lambda\nabla g$ in components together with the constraint is
If $\lambda=0$, all three left-hand sides vanish, forcing $yz=xz=xy=0$, which is impossible since $x,y,z\gt0$. So $\lambda\neq0$.
Multiplying the first equation by $x$, the second by $y$, and the third by $z$ makes every left-hand side equal to $xyz$, so
Since $\lambda\neq0$, the quantities in parentheses agree pairwise. Comparing the first two gives $2xz=2yz$, and since $z\neq0$, $x=y$. Comparing the last two gives $2yz+xy=2xz+2yz$, so $xy=2xz$, and since $x\neq0$, $y=2z$. Substituting $x=y=2z$ into the constraint,
so $z^2=1$; since $z\gt0$, $z=1$ and $x=y=2$. The only positive candidate satisfying the Lagrange condition and the constraint is $(2,2,1)$, with volume $V(2,2,1)=2\cdot2\cdot1=4$.
That this unique candidate is indeed the maximum follows for the same reason as in Example 14.7.6: among lidless boxes with fixed surface area $12\ \mathrm{m^2}$, the volume approaches $0$ as any edge shrinks toward $0$ or grows without bound, so the volume must attain a maximum somewhere on the positive part of the constraint surface, and that maximum can only occur at the one critical candidate found. Hence the box of dimensions $x=y=2\ \mathrm m$, $z=1\ \mathrm m$ has the largest volume, namely $4\ \mathrm{m^3}$.
구 $x^2+y^2+z^2=4$ 위의 점들 가운데 점 $(3,1,-1)$ 에 가장 가까운 점과 가장 먼 점을 각각 구하라.
풀이. 거리 자체 대신 거리의 제곱 $f(x,y,z)=(x-3)^2+(y-1)^2+(z+1)^2$을 목적함수로 삼으면 계산이 간단해지고, 최솟값·최댓값이 일어나는 점은 거리의 최솟값·최댓값이 일어나는 점과 같다(제곱함수가 음이 아닌 값에서 증가함수이므로). 제약은 $g(x,y,z)=x^2+y^2+z^2=4$이고, 구 위에서 $\nabla g=\langle2x,2y,2z\rangle\neq\mathbf 0$이다(원점은 구 위에 없다). $\nabla f=\langle2(x-3),2(y-1),2(z+1)\rangle$이므로 $\nabla f=\lambda\nabla g$의 성분식은 $2(x-3)=2\lambda x$, $2(y-1)=2\lambda y$, $2(z+1)=2\lambda z$이고, 양변의 $2$를 약분하면
이 되고, 각각을 $x,y,z$에 대해 정리하면 $x(1-\lambda)=3$, $y(1-\lambda)=1$, $z(1-\lambda)=-1$이다. 첫 식에서 $\lambda=1$이면 좌변이 $0$인데 우변이 $3\neq0$이므로 모순이다. 따라서 $1-\lambda\neq0$이고
이를 제약식 $x^2+y^2+z^2=4$에 대입하면 $\dfrac{9+1+1}{(1-\lambda)^2}=4$, 즉 $(1-\lambda)^2=\dfrac{11}{4}$이므로 $1-\lambda=\pm\dfrac{\sqrt{11}}{2}$이다. 이 두 값을 각각 대입하면 두 후보점을 얻는다.
구는 유계인 닫힌집합이고 $f$는 연속이므로 극값정리에 의해 최근접점·최원점이 실제로 존재하며 이 두 후보 중에 있다. $P_1=\dfrac{2}{\sqrt{11}}\,(3,1,-1)$이므로 $P_1$은 원점에서 $(3,1,-1)$ 쪽으로 거리 $2$만큼 나아간 점이고, 원점에서 $(3,1,-1)$까지의 거리는 $\sqrt{9+1+1}=\sqrt{11}\gt2$이므로 $P_1$은 원점과 $(3,1,-1)$ 사이에 놓인다. 따라서 $P_1$이 더 가까운 점이고, 원점에 대해 그 반대쪽에 있는 $P_2=-P_1$이 더 먼 점이다. 따라서 구 위에서 $(3,1,-1)$에 가장 가까운 점은 $P_1=\left(\dfrac{6}{\sqrt{11}},\dfrac{2}{\sqrt{11}},-\dfrac{2}{\sqrt{11}}\right)$이고, 가장 먼 점은 $P_2=\left(-\dfrac{6}{\sqrt{11}},-\dfrac{2}{\sqrt{11}},\dfrac{2}{\sqrt{11}}\right)$이다.
Among the points of the sphere $x^2+y^2+z^2=4$, locate the one nearest to $(3,1,-1)$ and the one farthest from it.
Solution. Working with the squared distance $f(x,y,z)=(x-3)^2+(y-1)^2+(z+1)^2$ instead of the distance itself simplifies the algebra, and it locates the same points, since squaring is increasing on nonnegative values. The constraint is $g(x,y,z)=x^2+y^2+z^2=4$, and $\nabla g=\langle2x,2y,2z\rangle\neq\mathbf 0$ everywhere on the sphere (the origin is not on it). With $\nabla f=\langle2(x-3),2(y-1),2(z+1)\rangle$, the components of $\nabla f=\lambda\nabla g$ are $2(x-3)=2\lambda x$, $2(y-1)=2\lambda y$ and $2(z+1)=2\lambda z$; cancelling the factor $2$ in each,
which rearrange to $x(1-\lambda)=3$, $y(1-\lambda)=1$, $z(1-\lambda)=-1$. If $\lambda=1$ the first equation reads $0=3$, a contradiction, so $1-\lambda\neq0$ and
Substituting into $x^2+y^2+z^2=4$ gives $\dfrac{9+1+1}{(1-\lambda)^2}=4$, i.e. $(1-\lambda)^2=\dfrac{11}{4}$, so $1-\lambda=\pm\dfrac{\sqrt{11}}{2}$. The two values produce the two candidates
The sphere is closed and bounded and $f$ is continuous, so the Extreme Value Theorem guarantees that the nearest and farthest points actually exist and must be among these two candidates. Since $P_1=\dfrac{2}{\sqrt{11}}\,(3,1,-1)$ lies in the same direction from the origin as $(3,1,-1)$, at distance $2$ from the origin, and the origin is at distance $\sqrt{9+1+1}=\sqrt{11}\gt2$ from $(3,1,-1)$, the point $P_1$ sits between the origin and $(3,1,-1)$ and is the nearer one, while $P_2=-P_1$ sits on the opposite side and is the farther one. Hence the point of the sphere nearest to $(3,1,-1)$ is $P_1=\left(\dfrac{6}{\sqrt{11}},\dfrac{2}{\sqrt{11}},-\dfrac{2}{\sqrt{11}}\right)$, and the farthest is $P_2=\left(-\dfrac{6}{\sqrt{11}},-\dfrac{2}{\sqrt{11}},\dfrac{2}{\sqrt{11}}\right)$.
닫힌 원판 $D=\{(x,y)\mid x^2+y^2\le 1\}$ 위에서 함수 $f(x,y)=x^2+2y^2$ 의 최댓값과 최솟값을 구하라. (제약이 등식이 아니라 부등식이므로, 내부의 임계점과 경계 위의 후보점을 함께 살펴야 한다.)
풀이. $D$는 유계인 닫힌집합이고 $f$는 다항함수라 연속이므로 극값정리에 의해 $D$ 위에서 $f$의 절대최댓값과 절대최솟값이 존재한다. 이런 절대극값은 §14.7의 절차대로 $D$의 내부에 있는 $f$ 자체의 임계점과, $D$의 경계 위에서 제약 아래 일어나는 후보점을 모두 모아 비교하면 찾을 수 있다.
내부에서는 제약이 없으므로 $\nabla f=\mathbf 0$을 풀면 된다. $f_x=2x=0$, $f_y=4y=0$에서 유일한 임계점은 $(0,0)$이고 $f(0,0)=0$이다.
경계 $x^2+y^2=1$ 위에서 $f$의 후보점은 정확히 예제 1에서 라그랑주 승수법으로 구한 네 점이다: $\nabla f=\lambda\nabla g$ ($g=x^2+y^2$)와 $g=1$의 연립을 풀면 $(0,\pm1)$, $(\pm1,0)$을 얻고, $f(0,\pm1)=2$, $f(\pm1,0)=1$이었다.
| 후보 | 구분 | $f$의 값 |
|---|---|---|
| $(0,0)$ | 내부 임계점 | $0$ |
| $(\pm1,0)$ | 경계(라그랑주) | $1$ |
| $(0,\pm1)$ | 경계(라그랑주) | $2$ |
다섯 후보의 값 $0,1,1,2,2$ 가운데 가장 큰 값은 $2$, 가장 작은 값은 $0$이다. 따라서 $f$는 $D$ 위에서 최댓값 $f(0,\pm1)=2$, 최솟값 $f(0,0)=0$을 갖는다.
Find the maximum and the minimum value of $f(x,y)=x^2+2y^2$ on the closed disk $D=\{(x,y)\mid x^2+y^2\le 1\}$. (The constraint is an inequality, so the interior critical points and the boundary candidates must both be examined.)
Solution. $D$ is closed and bounded and $f$ is a polynomial, hence continuous, so by the Extreme Value Theorem $f$ attains an absolute maximum and an absolute minimum on $D$. Following the procedure of §14.7, these absolute extrema can be located by collecting the interior critical points of $f$ itself together with the constrained candidates on the boundary of $D$, and comparing.
In the interior there is no constraint, so solve $\nabla f=\mathbf 0$: from $f_x=2x=0$ and $f_y=4y=0$, the only critical point is $(0,0)$, with $f(0,0)=0$.
On the boundary $x^2+y^2=1$, the candidates for $f$ are exactly the four points found in Example 1 by Lagrange multipliers: solving $\nabla f=\lambda\nabla g$ (with $g=x^2+y^2$) together with $g=1$ gives $(0,\pm1)$ and $(\pm1,0)$, where $f(0,\pm1)=2$ and $f(\pm1,0)=1$.
| Candidate | Type | Value of $f$ |
|---|---|---|
| $(0,0)$ | interior critical point | $0$ |
| $(\pm1,0)$ | boundary (Lagrange) | $1$ |
| $(0,\pm1)$ | boundary (Lagrange) | $2$ |
Among the five candidate values $0,1,1,2,2$, the largest is $2$ and the smallest is $0$. Hence $f$ has maximum value $f(0,\pm1)=2$ and minimum value $f(0,0)=0$ on $D$.
평면 $x-y+z=1$ 과 원기둥 $x^2+y^2=1$ 은 하나의 곡선에서 만난다. 이 교선 위에서 함수 $f(x,y,z)=x+2y+3z$ 가 갖는 최댓값을 구하라.
풀이. $g(x,y,z)=x-y+z$, $h(x,y,z)=x^2+y^2$로 두면 두 제약은 $g=1$, $h=1$이다. 교선 $C$ 위에서 $\nabla g=\langle1,-1,1\rangle$은 항상 영벡터가 아니고, $\nabla h=\langle2x,2y,0\rangle$은 $C$ 위의 점이 $x^2+y^2=1$을 만족하므로 역시 영벡터가 아니다. 두 벡터가 평행하려면 $\nabla h$의 세 번째 성분이 $0$이므로 $\nabla g$의 세 번째 성분도 비례해 $0$이어야 하는데 실제로는 $1$이므로, $\nabla g$와 $\nabla h$는 $C$ 위 어디서도 평행하지 않다. 따라서 두 제약 라그랑주 조건의 전제가 성립하고, $\nabla f=\langle1,2,3\rangle$이므로 $\nabla f=\lambda\nabla g+\mu\nabla h$를 성분으로 쓰면
셋째 식에서 곧바로 $\lambda=3$이다. 이를 첫째 식에 넣으면 $2x\mu=1-3=-2$이므로 $\mu\neq0$이고 $x=-1/\mu$이다. 둘째 식에 넣으면 $2y\mu=2+3=5$이므로 $y=5/(2\mu)$이다. 이 둘을 $x^2+y^2=1$에 대입하면
$\mu=\dfrac{\sqrt{29}}{2}$인 경우 $x=-\dfrac{2}{\sqrt{29}}$, $y=\dfrac{5}{\sqrt{29}}$이고, $z=1-x+y=1+\dfrac{7}{\sqrt{29}}$이므로
$\mu=-\dfrac{\sqrt{29}}{2}$인 경우는 부호가 모두 반대가 되어 $x=\dfrac{2}{\sqrt{29}}$, $y=-\dfrac{5}{\sqrt{29}}$, $z=1-\dfrac{7}{\sqrt{29}}$이고 같은 계산으로 $f=3-\sqrt{29}$를 얻는다.
$C$는 평면과 원기둥의 교선인 타원이다. 닫힌집합 두 개의 교집합이므로 $C$는 닫혀 있고, $x^2+y^2=1$이 $x,y$를 묶으면 $z=1-x+y$도 묶이므로 $C$는 유계이다. $f$는 연속이므로 극값정리에 의해 $C$ 위에서 최댓값이 실제로 존재하고, 그 값은 위에서 구한 두 후보 $3\pm\sqrt{29}$ 중 하나이다. 둘을 비교하면 $3+\sqrt{29}\gt3-\sqrt{29}$이므로, $f$가 $C$ 위에서 갖는 최댓값은 $3+\sqrt{29}$이다.
The plane $x-y+z=1$ and the cylinder $x^2+y^2=1$ meet in a curve. Find the largest value that $f(x,y,z)=x+2y+3z$ attains on that curve.
Solution. Set $g(x,y,z)=x-y+z$ and $h(x,y,z)=x^2+y^2$, so the two constraints are $g=1$ and $h=1$. Along the curve of intersection $C$, $\nabla g=\langle1,-1,1\rangle$ is never zero, and $\nabla h=\langle2x,2y,0\rangle$ is never zero either, since points of $C$ satisfy $x^2+y^2=1$. For the two to be parallel, the vanishing third component of $\nabla h$ would force the third component of $\nabla g$ to vanish proportionally, but that component is $1$; so $\nabla g$ and $\nabla h$ are never parallel on $C$. The hypotheses of the two-multiplier condition therefore hold, and with $\nabla f=\langle1,2,3\rangle$, the system $\nabla f=\lambda\nabla g+\mu\nabla h$ reads, in components,
The third equation gives $\lambda=3$ at once. Substituting into the first gives $2x\mu=1-3=-2$, so $\mu\neq0$ and $x=-1/\mu$. Substituting into the second gives $2y\mu=2+3=5$, so $y=5/(2\mu)$. Putting both into $x^2+y^2=1$,
For $\mu=\dfrac{\sqrt{29}}{2}$, $x=-\dfrac{2}{\sqrt{29}}$ and $y=\dfrac{5}{\sqrt{29}}$, and $z=1-x+y=1+\dfrac{7}{\sqrt{29}}$, so
For $\mu=-\dfrac{\sqrt{29}}{2}$, every sign flips: $x=\dfrac{2}{\sqrt{29}}$, $y=-\dfrac{5}{\sqrt{29}}$, $z=1-\dfrac{7}{\sqrt{29}}$, and the same computation gives $f=3-\sqrt{29}$.
The curve $C$ — the ellipse where the plane meets the cylinder — is closed, being the intersection of two closed sets, and bounded, since $x^2+y^2=1$ confines $x$ and $y$ and $z=1-x+y$ is then confined as well. Since $f$ is continuous, the Extreme Value Theorem guarantees that a maximum actually exists on $C$, and it must be one of the two candidate values $3\pm\sqrt{29}$ found above. Comparing them, $3+\sqrt{29}\gt3-\sqrt{29}$, so the maximum value of $f$ on $C$ is $3+\sqrt{29}$.
연결 · Links
(a) 강의 노트 대응 — 미적분학 2 단원 08
- 제약이 하나인 라그랑주 승수법 (식 1) — ex02 (1)(2), yu02-1, yu02-2, pr03, pr04, pr06, pr07, pr08 (완전 대응)
- 제약이 둘인 경우 (식 16) — ex02 (3), yu02-3 (완전 대응, 교안도 승수 두 개를 씀)
- 부등식 영역에서의 극값 (예제 4 — 내부 임계점과 경계 라그랑주의 결합) — 대응 없음 (과제 제출 문항 27이 이 유형)
- $\nabla g=\mathbf 0$ 이거나 $\nabla g$ 가 정의되지 않아 방법이 실패하는 경우 (문제 34·35) — 대응 없음 (교안은 $\nabla g\neq\mathbf 0$ 가정을 언급하지 않음)
(b) 공통과제 (§14.8)
제출 문항: 7, 11, 27, 33, 57 / 학습 참고: 6, 12, 28, 31, 32, 61
(c) 이웃 절 — 이전: §14.7 최댓값과 최솟값 / 다음: §15.1 직사각형 위의 이중적분
(a) Corresponding lecture notes — Calculus II, Unit 08
- Lagrange multipliers with one constraint (Eq. 1) — ex02 (1)(2), yu02-1, yu02-2, pr03, pr04, pr06, pr07, pr08 (full match)
- Two constraints (Eq. 16) — ex02 (3), yu02-3 (full match; the lecture notes also use two multipliers)
- Extreme values on a region defined by an inequality (Example 4 — interior critical points combined with Lagrange multipliers on the boundary) — no match, although assigned problem 27 is of exactly this type
- Failure of the method where $\nabla g=\mathbf 0$ or $\nabla g$ is undefined (Exercises 34, 35) — no match; the lecture notes never state the hypothesis $\nabla g\neq\mathbf 0$
(b) Assignment (§14.8)
Problems to submit: 7, 11, 27, 33, 57 / Recommended practice: 6, 12, 28, 31, 32, 61
(c) Neighboring sections — Previous: §14.7 Maximum and Minimum Values / Next: §15.1 Double Integrals over Rectangles