En general, el método de multiplicadores de Lagrange es muy eficiente, sin embargo hay que tener en cuenta las hipótesis del método porque podría pasar que los puntos críticos de $L$ no necesariamente sean solución del problema de optimización que da origen a $L.$

Cuando $\nabla <!--\; FUNCTION\; APPLICATION\; -->g$ se anula. El método de multiplicadores de Lagrange requiere que $\nabla <!--\; FUNCTION\; APPLICATION\; -->g$ no se anule en los puntos críticos de $f$ sobre $D$ para que el conjunto de puntos críticos de $L$ contenga al conjunto de puntos críticos de $f$ sobre $D.$ Si $\nabla <!--\; FUNCTION\; APPLICATION\; -->g(x)$ se anula podrían pasar varias cosas.

$(1,0)$ no es punto crítico de $L.$ La lagrangiana sería $L(x,y,\lambda )=x^2+y^2-\lambda [{(x-1)}^3-y^2]$ y debemos resolver el sistema

$\{\begin{array}{cccc}\hfill 2x-3\lambda {(x-1)}^2& \hfill =\hfill & 0\hfill & \hfill \text{ (E1) }\hfill \\ \hfill 2y+2\mathit{y\lambda }& \hfill =\hfill & 0\hfill & \hfill \text{ (E2) }\hfill \\ \hfill {(x-1)}^3-y^2& \hfill =\hfill & 0\hfill & \hfill \text{ (E3) }\hfill \end{array}$

Factorizando en (E2) obtenemos $y=0$ y $\lambda =-1.$ Sustituyendo $y=0$ en (E3) nos da $x=1,$ pero este valor no es solución pues no satisface (E1). Sustituyendo $\lambda =-1$ en (E1) nos da la cuadrática $3x^2-4x+3=0$ que tiene raíces complejas, así que el sistema no tiene soluciones en $ℝ$ y los puntos críticos de $L$ no detectan el mínimo local $(1,0,1)$

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4

Problema: Maximizar $z=2x^3-3x^2$ sujeto a la restricción ${(3-x)}^3-y^2=0$

Este problema tiene solo un máximo local cuando $x=3$ y $y=0$ pero este máximo no está dentro de los cuatro puntos críticos de $L.$

El sistema $\nabla <!--\; FUNCTION\; APPLICATION\; -->L=0$ tiene cuatro soluciones, todas con $\lambda =0$,

$(0,\pm 3\sqrt{3},0),$

$(1,\pm 2\sqrt{2},0)$

y no detecta el máximo local en $(3,0).$

5

Problema: Mínimo $z=x^2+y^2$ sujeto a la restricción $x^2-y^2=0$

El mínimo local se alcanza en $(0,0)$ y aunque $\nabla <!--\; FUNCTION\; APPLICATION\; -->g(0,0)=(0,0),$ ahora sí $(0,0)$ es solución del problema de optimización. En este caso $\nabla <!--\; FUNCTION\; APPLICATION\; -->f(0,0)=(0,0)$ por lo que trivialmente la ecuación $\nabla <!--\; FUNCTION\; APPLICATION\; -->f-\lambda \nabla <!--\; FUNCTION\; APPLICATION\; -->g=0$ tiene infinitas solución $(0,0,\lambda )$ con $\lambda \in ℝ.$

Multiplicadores de Lagrange vs sustituir la restricción. Consideremos el problema

$$\text{ Optimizar }z=x^2-y^2\text{ sujeto a la restricción }{x}^2+y^2=1$$

Determinar extremos absolutos. Si el conjunto de puntos $A_g$ donde la restricción $g$ se anula, es cerrado y acotado y si $f$ es continua entonces si hay extremos absolutos en $A_g$. Formalmente uno obtiene los valores de la función en los puntos críticos y los compara con los valores de la función en la frontera de $A_g$ y así obtiene los extremos absolutos.

Los puntos críticos los detectamos usando el método de multiplicadores de Lagrange, pero también a veces hay extremos excepcionales en $A_g$ en los que el gradiente de $f$ o el de $g$ se indefinen o puntos donde el gradiente de $g$ se anula como el ejemplo anterior.