Lagranges metode

Vanlige feil

• Å blande fortegnskonvensjoner. Både $-\lambda$ og $+\lambda$ i $\mathcal L$ er riktig, men da får $\lambda$ motsatt fortegn. Hold deg til én.
• Å glemme faktoren $x$ i $\partial\mathcal L/\partial y$.

Løsning

1. Fra $\partial\mathcal L/\partial x=0$: $\lambda=\dfrac{F(y)}{M(y)}$. Fra $\partial\mathcal L/\partial y=0$, med $x>0$: $\lambda=\dfrac{F'(y)}{M'(y)}$.
2. Med $F=-4y^5+8y^4+8y^3$ og $M=4y^3$ blir $$\begin{aligned}\frac FM&=-y^2+2y+2\\\frac{F'}{M'}&=\frac{-20y^4+32y^3+24y^2}{12y^2}\end{aligned}$$
3. Sett dem like og gang med $12y^2$: $-12y^4+24y^3+24y^2=-20y^4+32y^3+24y^2$, altså $8y^4-8y^3=8y^3(y-1)=0$.
4. $y=0$ gir $M=0$, altså ingen utvinning, så $y=1$. Da er $M(1)=4$ og $x=\dfrac{1000}{4}=250$.
5. $\lambda=\dfrac{F(1)}{M(1)}=\dfrac{12}{4}=3$. Tolkning: kreves det én enhet mer, øker maksimal fortjeneste med omtrent $3$.

Vanlige feil

• Fikk du 1000? Du har glemt å dele på $M(1)=4$. Hver modul utvinner 4 enheter, så $x=1000/4$.
• Å tolke $\lambda$ som prosent. $\lambda$ er fortjeneste per enhet. Prosentvis endring krever at du deler på nivåene: $\tfrac{1000}{3000}\cdot3=1$, altså 1 % mer fortjeneste for 1 % flere enheter.
• Å dele med $y$ uten å vurdere $y=0$. Den løsningen må sjekkes og forkastes.

Løsning

1. $\mathcal L=U(x,y)-\lambda(x+2y-30)$. Betingelsene: $U_x=\lambda$ og $U_y=2\lambda$.
2. Del den andre på den første: $\dfrac{U_y}{U_x}=\dfrac{x/(2\sqrt y)}{\sqrt y}=\dfrac{x}{2y}=2$, så $x=4y$.
3. Sett inn i $x+2y=30$: $6y=30$, så $y=5$ og $x=20$.
4. Globalt maksimum: mengden $\{x+2y=30,\ x,y\ge0\}$ er lukket og begrenset, og $U$ er kontinuerlig, så et maksimum finnes. I endepunktene $(30,0)$ og $(0,15)$ er $U=0$, mens $U>0$ i $(20,5)$. Da må $(20,5)$ være det globale maksimumet.

Vanlige feil

• Fikk du 10? Du har satt $x=y$ eller glemt faktoren $2$ i betingelsen. Forholdet er $x=4y$.
• Å hevde globalt maksimum uten å sjekke endepunktene av linjestykket.

Løsning

1. Nytten øker i både $K$ og $L$, så hele budsjettet brukes: $10K+30L=1\,080$. $\mathcal L=100K^{1/4}L^{3/4}-\lambda(10K+30L-1\,080)$.
2. $\dfrac{\partial\mathcal L}{\partial K}=25K^{-3/4}L^{3/4}-10\lambda=0$ og $\dfrac{\partial\mathcal L}{\partial L}=75K^{1/4}L^{-1/4}-30\lambda=0$.
3. Del den andre på $3$: $25K^{1/4}L^{-1/4}=10\lambda=25K^{-3/4}L^{3/4}$. Gang med $K^{3/4}L^{1/4}$: $K=L$.
4. Budsjettet: $10K+30K=1\,080$, så $K=L=27$ og $U(27,27)=100\cdot27=2\,700$.
5. Maksimum: på kantene $K=0$ eller $L=0$ er nytten $0$, så det eneste Lagrange-punktet gir maksimum.

Vanlige feil

• Å glemme å begrunne at punktet er et maksimum. Sammenlign med kantene $K=0$ og $L=0$, der nytten er $0$.
• Fikk du 1080? Du har oppgitt kostnaden, ikke nytten. Nytten i optimum er $U(27,27)$.

Vanlige feil

• Å bare vise at stigningene er like. Du må også vise at $(27,27)$ ligger på begge kurvene.

Vanlige feil

• Å dele på $x-y$ uten å sjekke tilfellet $x=y$. Det er nettopp $x=y$ som gir løsningen.
• Å glemme endepunktene. Siden $x,y\ge0$, er restriksjonen et linjestykke med to endepunkter.

Løsning

1. Som i d) gir Lagrange $x=y=\tfrac A2$ langs $x+y=A$.
2. Maksverdien er $f\big(\tfrac A2,\tfrac A2\big)=6\cdot\tfrac{A^2}4-2\cdot\tfrac{A^3}8=\tfrac32A^2-\tfrac14A^3$.
3. Deriver: $3A-\tfrac34A^2=\tfrac34A(4-A)$, som er null for $A=4$ og skifter fra positiv til negativ der.
4. Kontroll: $A=4$ gir punktet $(2,2)$, som er det lokale maksimumet fra c).

Vanlige feil

• Fikk du 2? $A=2$ er restriksjonen i d), ikke den beste restriksjonen.
• Fikk du 6? $A=6$ gir punktet $(3,3)$, der $f=0$.