Ejercicio..

Ejercicios de

Matemáticas avanzadas aplicadas a la economía

A RC HI V A DO

1. Convexidad............................................................................1 1.1. Conjuntos convexos ........................................................1 1.2. Funciones cóncavas y funciones convexas....................14 2. Optimización.......................................................................23 2.1. Optimización sin restricciones ......................................23 2.2. Optimización con restricciones .....................................26 2.2.1. Una restricción de igualdad....................................27 2.2.2. Varias restricciones de igualdad.............................42 2.2.3. Una restricción de desigualdad ..............................50 2.2.4. Varias restricciones de desigualdad .......................53 2.2.5. Restricciones de igualdad y de desigualdad ...........60 2.3. Programación lineal.......................................................62 3. Matrices positivas ...............................................................64 3.1. Matrices productivas .....................................................64 3.2. Conjuntos autónomos ....................................................66 3.3. Matrices indescomponibles ...........................................70 3.4. Teorema de Frobenius ...................................................72 4. Ecuaciones recurrentes ......................................................79 5. Sistemas de ecuaciones diferenciales ................................80 5.1. Sistemas homogéneos 2x2.............................................80 5.1.1. Raíces reales distintas.............................................80 5.1.2. Raíces reales iguales ..............................................83 5.1.3. Raíces complejas ....................................................84 5.2. Sistemas homogéneos 3x3.............................................86 5.2.1. Raíces reales distintas.............................................86 5.2.2. Raíces reales que se repiten....................................91 5.2.3. Raíces complejas ..................................................101 5.3. Sistemas no homogéneos 2x2......................................106 5.4. Problemas de valor inicial ...........................................111

160906. Ejercicios de matemáticas avanzadas

1. Convexidad 1.1. Conjuntos convexos

.........................................

EJERCICIO 1

Estudiar si es convexo el conjunto: {(x, y) ∈ R2 | y ≥ x}. Febrero 2001, prueba presencial. Publicado por G. Romero y A. Salas. Incluye correcciones del Prof. Alberto A. Álvarez. Véase la proposición 5 en el apartado 1.1.3 (Conjuntos convexos y aplicaciones afines) de la Unidad Didáctica.

Se trata de un semiespacio cerrado definido por el hiperplano y = x. Este conjunto es la imagen inversa del intervalo [0, +∞) por la aplicación lineal:

( x, y ) ∈

2

( x − y) ∈

y, por tanto, un conjunto convexo como demostraremos. Demostración Sea el conjunto: C = {(x, y) ∈ R2 | y ≥ x} y sean x e y dos puntos cualesquiera de dicho conjunto: x = (x1, x2) ∈ C, y = ( y1, y2) ∈ C. Para cualquier λ ∈ [0, 1], z es un punto intermedio cualquiera del segmento que une x e y: z = λ x + (1 − λ ) y = λ ( x1 , x2 ) + (1 − λ )( y1 , y2 ) = [λ x1 + (1 − λ ) y1 , λ x2 + (1 − λ ) y2 ].

1

Y como:

x = ( x1 , x2 ) ∈ C ⇒ x2 ≥ x1 ⇒ λ x2 ≥ λ x1 y = ( y1 , y2 ) ∈ C ⇒ y2 ≥ y1 ⇒ (1 − λ ) y2 ≥ (1 − λ ) y1 , tenemos que:

λ x2 + (1 − λ ) y2 ≥ λ x1 + (1 − λ ) y1 y, por tanto, z ∈ C y el conjunto C es convexo, es decir: ∀(x, y) ∈ C, ∀λ ∈ [0, 1], λx + (1 – λ)y ∈ C. Y

y=x C

X


.........................................

EJERCICIO 2

Estudiar si es convexo el conjunto: {(x, y) ∈ R2 | y ≤ x}. Septiembre 2001, examen reserva. Febrero 2002, prueba presencial.

.........................................

EJERCICIO 3

Estudiar si es convexo el conjunto: {(x, y) ∈ R2 | x y ≥ 1}. Publicado por G. Romero y A. Salas. El Prof. Alberto A. Álvarez lo consideró correcto.

Sea el conjunto: C = {(x, y) ∈ R2 | x y ≥ 1} y sean x e y dos puntos de dicho conjunto: x = (2, 2) ∈ C, y = (–2, –2) ∈ C. Para λ =

1 2

∈ [0, 1], el punto z del segmento que une x e y sería:

z = λ x + (1 − λ ) y = 12 ( 2, 2) + (1 − 12 )(−2, − 2) = 12 ( 2, 2) + 12 ( −2, − 2) = (1 − 1,1 − 1) = (0, 0) ∉ C. Por tanto, ∃ (x, y) ∈ C, ∃ λ ∈ [0, 1], λx + (1 – λ)y ∉ C. El conjunto C no es convexo, como queda demostrado. Y

2

C

xy = 1 xy = 1

1

2

3

X

C

.........................................

EJERCICIO 4

Estudiar si es convexo el conjunto: {(x, y) ∈ R2 | y ≥ 1/x}. Febrero 2004, segunda semana, original. Publicado por G. Romero y A. Salas. El Prof. Alberto A. Álvarez lo consideró correcto.

Sea el conjunto: C = {(x, y) ∈ R2 | y ≥ 1/x} y sean x e y dos puntos de dicho conjunto: x = (1, 1) ∈ C, y = (–1, 1) ∈ C.


Para λ =

2 3

∈ [0, 1], el punto z del segmento que une x e y sería: z = λ x + (1 − λ ) y = 23 (1,1) + (1 − 23 )(−1,1) = 23 (1,1) + 13 ( −1,1) = ( 23 − 13 , 23 + 13 ) = ( 13 ,1) ∉ C.

Para x = 1/3, la función y = 1/x toma el valor 3. Como observamos, para un mismo valor de la abscisa, el punto z tiene una ordenada inferior a la que toma la función y = 1/x, comprobándose así que z no pertenece al conjunto C. Por tanto, el conjunto C no es convexo ya que ∃ (x, y) ∈ C, ∃ λ ∈ [0, 1], λx + (1 – λ)y ∉ C. Y

C

C

y = 1/x y = 1/x

3

1

2

3

X

.........................................

EJERCICIO 5

Estudiar si es convexo el conjunto: {(x, y) ∈ R2 | x y ≥ 4}. Febrero 2005, segunda semana. Publicado por S. Rosell. Resuelto por el Prof. Alberto A. Álvarez. Véase también el EJERCICIO 3.

Solución. Este conjunto está formado por aquellos puntos (x, y) del plano tales que el producto xy es mayor o igual que cuatro. En el primer cuadrante, esto significa que a este conjunto pertenecen aquellos puntos que quedan «por encima» de la curva de ecuación y = 4/x (incluidos los puntos de la propia curva). Pero en el tercer cuadrante (donde los puntos tienen ambas coordenadas negativas), ello significa que al conjunto pertenecen aquellos puntos que quedan «por debajo» de la curva de ecuación y = 4/x (incluidos los de la curva).

La figura adjunta es una representación de este conjunto. Se aprecia gráficamente que no es convexo: hay puntos del conjunto tales que el segmento que los une no está contenido en el conjunto. Por ejemplo, los puntos (2, 3) y (−1, −5) pertenecen al conjunto, y los puntos del segmento que los une son los de la forma λ(2, 3) + (1 − λ)(−1, −5), para 0 ≤ λ ≤ 1; si tomamos, verbigracia, λ = 1/2, obtenemos el punto (1/2, −1), que no pertenece al conjunto. Efectivamente, el conjunto dado no es convexo. Nota bene. Cuando un conjunto no es convexo, para demostrarlo basta encontrar dos puntos del conjunto tales que el segmento que los una tenga al menos un punto que no pertenezca al conjunto.


Y

xy = 4 xy = 4

1

2

3

4

5

6

X

.........................................

EJERCICIO 6

Estudiar si es convexo el conjunto: {(x, y) ∈ R2 | y2 ≥ x}. Febrero 2003, reserva. Septiembre 2004, reserva. Publicado por G. Romero y A. Salas. El Prof. Alberto A. Álvarez lo consideró correcto.

Sea el conjunto: C = {(x, y) ∈ R2 | y2 ≥ x} y sean x e y dos puntos de dicho conjunto: x = (4, –2) ∈ C, y = (4, 2) ∈ C. 4

Para λ =

1 2

∈ [0, 1], el punto z del segmento que une x e y sería: z = λ x + (1 − λ ) y = 12 (4, −2) + (1 − 12 )(4, 2) = 12 (4, −2) + 12 (4, 2) = (2 + 2, −1 + 1) = (4, 0) ∉ C.

Por tanto, el conjunto C no es convexo ya que ∃ (x, y) ∈ C, ∃ λ ∈ [0, 1], λx + (1 – λ)y ∉ C. Y

C

y2 = x

X


.........................................

EJERCICIO 7

Estudiar si es convexo el conjunto: {(x, y) ∈ R2 | y ≤ x2}. Publicado por G. Romero y A. Salas. El Prof. Alberto A. Álvarez lo consideró correcto.

Sea el conjunto: C = {(x, y) ∈ R2 | y ≤ x2} y sean x e y dos puntos de dicho conjunto: x = (1, 1) ∈ C, y = (–1, 1) ∈ C. Para λ =

1 2

∈ [0, 1], el punto z del segmento que une x e y sería: z = λ x + (1 − λ ) y = 12 (1,1) + (1 − 12 )(−1,1) = 12 (1,1) + 12 (−1,1) = ( 12 − 12 , 12 + 12 ) = (0,1) ∉ C.

Para x = 0, la función y = x2 también toma el valor 0. Como observamos, para un mismo valor de la abscisa, el punto z tiene una ordenada superior a la que toma la función y = x2, comprobándose así que z no pertenece al conjunto C. Por tanto, el conjunto C no es convexo ya que ∃ (x, y) ∈ C, ∃ λ ∈ [0, 1], λx + (1 – λ)y ∉ C. Y

y = x2

5

C

X

.........................................

EJERCICIO 8

Estudiar si es convexo el conjunto: {(x, y) ∈ R2 | y ≥ x3}. Febrero 2004, primera semana, original. Publicado por G. Romero y A. Salas. Incluye corrección del Prof. Alberto A. Álvarez.

Sea el conjunto: C = {(x, y) ∈ R2 | y ≥ x3} y sean x e y dos puntos de dicho conjunto: x = (1, 1) ∈ C, y = (–1, –1) ∈ C.


Para λ =

1 3

∈ [0, 1], el punto z del segmento que une x e y sería: z = λ x + (1 − λ ) y = 13 (1,1) + (1 − 13 )(−1, − 1) = 13 (1,1) + 23 (−1, − 1) = ( 13 − 32 , 13 − 23 ) = (− 13 , − 13 ) ∉ C.

Para x = –1/3, la función y = x3 toma el valor –1/27. Como observamos, para un mismo valor de la abscisa, el punto z tiene una ordenada inferior a la que toma la función y = x3 (–1/3 < –1/27), comprobándose así que z no pertenece al conjunto C. Por tanto, el conjunto C no es convexo ya que ∃ (x, y) ∈ C, ∃ λ ∈ [0, 1], λx + (1 – λ)y ∉ C. Y

y = x3 C

1

6

2

X

.........................................

EJERCICIO 9

Estudiar si es convexo el conjunto: {(x, y) ∈ R2 | x2 + y2 = 1}. Septiembre 2002, prueba presencial. Publicado por G. Romero y A. Salas. Incluye correcciones del Prof. Alberto A. Álvarez. Y

x2 + y2 = 1

X

Se trata de una circunferencia con centro en el origen de coordenadas y radio uno. Es un conjunto no convexo ya que cualquier segmento que una dos puntos distintos cualesquiera de dicho conjunto, se hallará fuera del mismo, es decir: ∃ (x, y) ∈ C, ∃ λ ∈ [0, 1], λx + (1 – λ)y ∉ C, siendo C = {(x, y) ∈ R2 | x2 + y2 = 1}.


De hecho: ∀(x, y) ∈ C, ∀λ ∈ [0, 1], λx + (1 – λ)y ∉ C. Sean x e y dos puntos cualesquiera de dicho conjunto: x = (x1, x2) ∈ C, y = ( y1, y2) ∈ C. Para cualquier λ ∈ [0, 1], z es un punto intermedio cualquiera del segmento que une x e y:

z = λ x + (1 − λ ) y = λ ( x1 , x2 ) + (1 − λ )( y1 , y2 ) = [λ x1 + (1 − λ ) y1 , λ x2 + (1 − λ ) y2 ]. La suma de los cuadrados de los componentes de z es: z * = (λ x1 + (1 − λ ) y1 ) 2 + (λ x2 + (1 − λ ) y2 ) 2 , donde z* = 1 sólo para λ ∈ {0, 1}, es decir, sólo los extremos del segmento (λ1 = 0 y λ2 = 1) pertenecerían a C. El resto de puntos del segmento no estarían incluidos en dicho conjunto. Esto termina de probar que el conjunto C no es convexo. EJERCICIO 10

........................................

Estudiar si es convexo el conjunto: {(x, y) ∈ R2 | 1 ≤ x2 + y2 ≤ 4}. Febrero 2003, prueba presencial. Publicado por G. Romero y A. Salas. El Prof. Alberto A. Álvarez lo consideró correcto.

Se trata de la intersección de los conjuntos: S1 = {(x, y) ∈ R2 | x2 + y2 ≥ 1}, S2 = {(x, y) ∈ R2 | x2 + y2 ≤ 4}.

7

Sea el conjunto: C = S1 ∩ S2 = {(x, y) ∈ R2 | 1 ≤ x2 + y2 ≤ 4} y sean x e y dos puntos de dicho conjunto: x = (1, 0) ∈ C, y = (–1, 0) ∈ C. Para λ =

1 2

∈ [0, 1], el punto del segmento que une x e y sería: z = λ x + (1 − λ ) y = 12 (1, 0) + (1 − 12 )(−1, 0) = 12 (1, 0) + 12 (−1, 0) = ( 12 − 12 , 0 − 0) = (0, 0) ∉ C.

Por tanto, ∃ (x, y) ∈ C, ∃ λ ∈ [0, 1], λx + (1 – λ)y ∉ C. El conjunto C no es convexo, como queda demostrado.


Y

x2 + y2 = 4 C

x2 + y2 = 1

X

EJERCICIO 11

........................................

Estudiar si es convexo el conjunto: {(x, y) ∈ R2 | 1 ≥ x2 + y2 ≥ 4}. Publicado por G. Romero y A. Salas. Incluye corrección del Prof. Alberto A. Álvarez.

Se trata de la intersección de los conjuntos: S1 = {(x, y) ∈ R2 | x2 + y2 ≤ 1}, S2 = {(x, y) ∈ R2 | x2 + y2 ≥ 4}. Sea el conjunto: C = S1 ∩ S2 = {(x, y) ∈ R2 | 1 ≥ x2 + y2 ≥ 4}

8

y como no existe un z* = x2 + y2 tal que 1 ≥ z* ≥ 4, C = S1 ∩ S2 = ∅, conjunto vacío y convexo por definición. Y

x2 + y2 = 4 S2 x2 + y2 = 1 S1 X

EJERCICIO 12

........................................

Estudiar si es convexo el conjunto A = {(x, y) ∈ R2 | x2 + y2 ≤ 1 y x + y ≥ 1}. Septiembre 2005, reserva. Publicado por I. Ramiro y A. San Martín. Incluye correcciones del Prof. Alberto A. Álvarez.

El conjunto A es uno formado por la intersección de dos conjuntos convexos, y por ello convexo también: A = S1 ∩ S2 = {(x, y) ∈ R2 | x2 + y2 ≤ 1 y x + y ≥ 1}, donde: S1 = {(x, y) ∈ R2 | x2 + y2 ≤ 1}.


S1 es el círculo con centro en el origen de coordenadas y radio uno, que es convexo porque en definitiva se trata de una bola cerrada y todas las bolas son conjuntos convexos. S2 = {(x, y) ∈ R2 | x + y ≥ 1}. S2 es el semiespacio (cerrado) formado por todos los puntos (x, y) de R2 tales que x + y ≥ 1, que es convexo (los semiespacios, cerrados o abiertos, son conjuntos convexos). Y

A

X

x2 + y2 = 1

EJERCICIO 13

x+y=1

........................................

Estudiar si es convexo el conjunto A = {(x, y) ∈ R2 | x + y ≤ 1, x ≥ 0 e y ≥ 0}. 9

Enero 2005, primera semana. Publicado por S. Rosell. Resuelto por el Prof. Alberto A. Álvarez. Véase también el EJERCICIO 12.

Para demostrar que un conjunto es convexo hay varias maneras; una de ellas es la directa, es decir, aplicando la definición. Para que la prueba sea válida, debemos comprobar esto: para todo par de puntos del conjunto, todo punto del segmento que los une pertenece al conjunto ( y confirmar para todo punto del segmento es comprobar para todo lambda entre cero y uno); no es suficiente verificarlo para dos puntos concretos y sólo para un valor de lambda. Para demostrar que un conjunto no es convexo, basta encontrar dos puntos del conjunto tales que algún punto del segmento que los une no pertenece al conjunto, es decir, algún valor de lambda para el cual el punto que resulta no esté en el conjunto. Solución. El conjunto A es la intersección de tres conjuntos: – el semiespacio cerrado {(x, y) ∈ R2 | x + y ≤ 1}, formado por aquellos puntos del plano que están «por debajo» de la recta de ecuación y = 1 − x, incluyendo los puntos de la propia recta; – el semiespacio cerrado {(x, y) ∈ R2 | x ≥ 0}, formado por aquellos puntos de abscisa (primera componente) positiva o nula, es decir: los cuadrantes primero y cuarto, incluyendo los puntos del eje de ordenadas (eje OY ); – el semiespacio cerrado {(x, y) ∈ R2 | y ≥ 0}, formado por aquellos puntos de ordenada (segunda componente) positiva o nula: los cuadrantes primero y segundo, incluyendo los puntos del eje de abscisas.

El conjunto A es, pues, el triángulo de vértices P(1, 0), Q(0, 1) y O(0, 0) (cf. figura adjunta). Como los semiespacios son conjuntos convexos, y la intersección de conjuntos convexos tiene como resultado un conjunto convexo, podemos concluir que el conjunto A es un conjunto convexo.


Y

Q

A

O

P

X

x+y=1

EJERCICIO 14

........................................

Estudiar si es convexo el conjunto A = {(x, y) ∈ R2 | x ≥ 0 y x – 1 ≤ y ≤

x }.

Septiembre 2005, original. Comprobar la gráfica de y = x1/2. Y

y = x 1/2 A 10

y= x

EJERCICIO 15

1

X

........................................

Estudiar si es convexo el conjunto: {(x, y, z) ∈ R3 | 2x + y – z > 1}. Febrero 2001, examen reserva. Septiembre 2001, prueba presencial. Publicado por G. Romero y A. Salas. Incluye correcciones del Prof. Alberto A. Álvarez. Todavía me queda alguna duda aislada sobre si continúa la mezcla entre notaciones de matrices y de vectores.

Se trata de un semiespacio abierto, imagen inversa del intervalo (1, +∞) por la aplicación lineal: ( x, y , z ) ∈

3

(2 x + y − z ) ∈

y, por tanto, un conjunto convexo como demostraremos. Demostración Sea el conjunto: C = {( x, y, z ) ∈

3

| 2 x + y − z > 1}

y sean x e y dos puntos cualesquiera de dicho conjunto: x = (x1, y1, z1) ∈ C, y = (x2, y2, z2) ∈ C.


Si hacemos A = ( 2 1 −1 ) , podemos escribir:

(

⎛ xi ⎞ 2 1 −1 ) ⎜ yi ⎟ > 1, ⎜ ⎟ ⎝ zi ⎠

con i = {1, 2},

de donde AX > 1 y AY > 1. Para cualquier λ ∈ [0, 1], z es un punto intermedio cualquiera del segmento que une x e y:

Z = A[λ X + (1 − λ )Y ] = λ AX + (1 − λ ) AY > λ ⋅ 1 + (1 − λ ) ⋅ 1 = 1 (matriz de un solo término), donde se hace uso de que AX > 1 y AY > 1. De esta forma: z ∈ C, y C es convexo. EJERCICIO 16

........................................

Estudiar si es convexo el conjunto: {(x, y, z) ∈ R3 | log(x + y + z) ≥ 0}. Septiembre 2003, reserva. Publicado por G. Romero y A. Salas. Incluye correcciones del Prof. Alberto A. Álvarez. En los apuntes originales se da por supuesto que «log» representa un logaritmo neperiano y no uno con base diez.

El conjunto: {(x, y, z) ∈ R3 | log(x + y + z) ≥ 0} es un semiespacio cerrado definido por el hiperplano de R3: log(x + y + z) = 0, y es un conjunto convexo, pues es la imagen inversa del intervalo, y por ello conjunto convexo, [1,+∞) —si log(x + y + z) = 0 → e0 = x + y + z = 1— por la aplicación lineal: 11

( x, y , z ) ∈

( x + y + z) ∈ .

3

Demostración Sea el conjunto: C = {( x, y, z ) ∈ = {( x, y, z ) ∈

3 3

| log( x + y + z ) ≥ 0} | ( x + y + z ) ≥ 1}

y sean x e y dos puntos cualesquiera de dicho conjunto: x = (x1, y1, z1) ∈ C, y = (x2, y2, z2) ∈ C. Para cualquier λ ∈ [0, 1], z es un punto intermedio cualquiera del segmento que une x e y: z = λ x + (1 − λ ) y = λ ( x1 , y1 , z1 ) + (1 − λ )( x2 , y2 , z2 ) = ( λ x1 + (1 − λ ) x2 , λ y1 + (1 − λ ) y2 , λ z1 + (1 − λ ) z2 ) . La suma de las tres componentes de z es: z * = [λ x1 + (1 − λ ) x2 ] + [λ y1 + (1 − λ ) y2 ] + [λ z1 + (1 − λ ) z2 ] = λ ( x1 + y1 + z1 ) + (1 − λ )( x2 + y2 + z2 ) ≥ λ ⋅ 1 + (1 − λ ) ⋅ 1 = 1, pues x ∈ C (y por tanto, x1 + y1 + z1 ≥ 1) e y ∈ C (y por ello también x2 + y2 + z2 ≥ 1). Se concluye que z ∈ C. Esto termina de probar que el conjunto C es convexo.


EJERCICIO 17

........................................

Estudiar si es convexo el conjunto: ⎧ ⎪ S = ⎨ ( x, y , z ) ∈ ⎪ ⎩

3

⎛ 1 ⎜ 2 ⎝

2 −1

⎫ ⎛ x⎞ 3 ⎞⎜ ⎟ ⎛ 2 ⎞ ⎪ y = . 2 ⎟⎠ ⎜ ⎟ ⎜⎝ 3 ⎟⎠ ⎬⎪ ⎝ z ⎠ ⎭

Septiembre 2002, examen reserva. Septiembre 2004, prueba presencial. Publicado por G. Romero y A. Salas. El Prof. Alberto A. Álvarez lo consideró correcto. Tengo alguna duda sobre la notación que he empleado.

Se trata de la intersección de dos hiperplanos. Todo hiperplano es convexo y su intersección también lo es. Si S = H1 ∩ H 2 , siendo H1 y H2 dos hiperplanos, la recta que pasa por dos puntos cualesquiera del conjunto S es el propio conjunto S y el segmento que los une pertenece a S y, por tanto, S es convexo, como veremos. Demostración Sea el conjunto:

⎧ ⎪ S = H1 ∩ H 2 = ⎨ ( x, y , z ) ∈ ⎪ ⎩ de donde:

⎛ 1 ⎜ ⎝ 2

3

{ = { ( x, y , z ) ∈

H 1 = ( x, y , z ) ∈

3

H2

3

2 −1

⎫ ⎛ x⎞ 3 ⎞⎜ ⎟ ⎛ 2 ⎞ ⎪ y = , 2 ⎟⎠ ⎜ ⎟ ⎜⎝ 3 ⎟⎠ ⎬⎪ ⎝ z ⎠ ⎭

} 2 x − y + 2 z = 3 }.

x + 2 y + 3z = 2 ,

Sean x e y dos puntos cualesquiera del conjunto S: x = (x1, y1, z1) ∈ S, y = (x2, y2, z2) ∈ S

12

Haciendo: ⎛ 1 2 A=⎜ ⎝ 2 −1

3 2

⎞ ⎛2⎞ ⎟, T = ⎜ 3 ⎟, ⎠ ⎝ ⎠

tenemos que AX = T y AY = T. Para cualquier λ ∈ [0, 1], z es un punto intermedio cualquiera del segmento que une x e y:

Z = A[λ X + (1 − λ )Y ] = λ AX + (1 − λ ) AY = λT + (1 − λ )T =T ⎛2⎞ = ⎜ ⎟, ⎝3⎠ por lo que z ∈ S y el conjunto S es convexo, es decir: ∀(x, y, z) ∈ S, ∀λ ∈ [0, 1], λX + (1 – λ)Y ∈ S.


EJERCICIO 18

........................................

Estudiar si es convexo el conjunto: ⎧ ⎪ ⎨ ( x, y , z ) ∈ ⎪ ⎩

3

⎛ 1 3 ⎜ 2 −1 ⎝

5 4

⎫ ⎛ x⎞ ⎞⎜ ⎟ ⎛ 1 ⎞ ⎪ y = ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ 3 ⎟ ⎬. ⎠ z ⎝ ⎠⎪ ⎝ ⎠ ⎭

Septiembre 2003, original. Publicado por G. Romero. El Prof. Alberto A. Álvarez lo consideró correcto. Se desarrolla igual que el EJERCICIO 17.

Se trata de la intersección de dos hiperplanos. Todo hiperplano es convexo y su intersección también lo es. Si C = H1 ∩ H 2 , siendo H1 y H2 dos hiperplanos, la recta que pasa por dos puntos cualesquiera del conjunto C es el propio conjunto C y el segmento que los une pertenece a C y, por tanto, C es convexo, como veremos. Demostración Sea el conjunto: ⎧ ⎪ C = H1 ∩ H 2 = ⎨ ( x, y , z ) ∈ ⎪ ⎩ de donde:

13

⎛ 1 3 ⎜ 2 −1 ⎝

3

{ = { ( x, y , z ) ∈

H 1 = ( x, y , z ) ∈

3

H2

3

5 4

⎫ ⎛ x⎞ ⎞⎜ ⎟ ⎛ 1 ⎞ ⎪ ⎟⎜ y ⎟ = ⎜ 3 ⎟ ⎬, ⎠ z ⎝ ⎠⎪ ⎝ ⎠ ⎭

} 2 x − y + 4 z = 3 }.

x + 3 y + 5z = 1

Sean x e y dos puntos cualesquiera del conjunto C: x = (x1, y1, z1) ∈ C, y = (x2, y2, z2) ∈ C Haciendo: ⎛ 1 3 A=⎜ ⎝ 2 −1

5 4

⎞ ⎟, ⎠

⎛1⎞ S = ⎜ ⎟, ⎝3⎠

tenemos que AX = S y AY = S. Para cualquier λ ∈ [0, 1], z es un punto intermedio cualquiera del segmento que une x e y: Z = A[λ X + (1 − λ )Y ] = λ AX + (1 − λ ) AY = λ S + (1 − λ ) S =S ⎛1⎞ = ⎜ ⎟, ⎝3⎠ por lo que z ∈ C y el conjunto C es convexo, es decir: ∀(x, y, z) ∈ C, ∀λ ∈ [0, 1], λX + (1 – λ)Y ∈ C.


1.2. Funciones cóncavas y funciones convexas Notas extraídas del apartado 1.2.5 (Formas cuadráticas. Aplicaciones a la concavidad de funciones de clase C2) de la Unidad Didáctica. n variables 2 variables

n

n

Una forma cuadrática sobre R es una función polinómica de n variables homogénea de grado 2 (sobre R ). Dada una matriz real A, cuadrada de orden dos y simétrica ⎛a b⎞ A=⎜ ⎟, ⎝b c⎠ llamaremos forma cuadrática asociada a la matriz A a una función numérica q definida sobre R2: q(x, y) = ax2 + 2bxy + cy2, donde q verifica: – es semidefinida negativa precisamente si: a ≤ 0, c ≤ 0 y b2 – ac ≤ 0; – es definida negativa precisamente si: a < 0, c < 0 y b2 – ac < 0; – es semidefinida positiva precisamente si: a ≥ 0, c ≥ 0 y b2 – ac ≤ 0; – es definida positiva precisamente si: a > 0, c > 0 y b2 – ac < 0; – es indefinida si no es semidefinida negativa y no es semidefinida positiva.

n variables

Como una aplicación de las formas cuadráticas se tiene la siguiente caracterización de función cóncava: n Sea C ⊆ R un conjunto no vacío, convexo y abierto, y sea f una función numérica de clase C2 sobre C. Una condición necesaria y n suficiente para que f sea cóncava sobre C es que, para cada x ∈ C, sea semidefinida negativa la forma cuadrática sobre R asociada a la matriz hessiana de f en x. Notas extraídas del curso de Matemáticas II, Dirección y Administración de Empresas, en el sitio www.uam.es. Criterios de clasificación n

Criterio de los menores principales. Sea q una forma cuadrática en R , con matriz asociada A. Llamamos Dr al menor principal de orden r formado por las r primeras filas y las r primeras columnas de la matriz A; esto es, si

14

⎛ a11 ⎜a A = ⎜ 12 ⎜ ⎜a ⎝ 1n

a12 a22 a2 n

a1n ⎞ a2 n ⎟ ⎟ ⎟ ann ⎟⎠

entonces: D1 = a11 , D2 =

a11 a12

a12 , ... , Dn = det A. a22

Se tiene: 1. La forma cuadrática q es definida positiva si y sólo si Di > 0 para todo i = 1, ... , n. 2. La forma cuadrática q es definida negativa si y sólo si los Di con i impar son negativos y los Di con i par son positivos. 3. Si Di > 0 para todo i = 1, ... , n – 1 y Dn = 0 entonces q es semidefinida positiva. 4. Si los Di con i impar son negativos y los Di con i par son positivos, salvo Dn, que es nulo, entonces q es semidefinida negativa. 5. Si Dn ≠ 0 y no se cumple ni la situación (1) ni (2) entonces q es indefinida. [En otros apuntes he visto que los puntos 3 y 4 se presentan como un caso particular de los puntos 1 y 2, cuando alguno de los menores se anula, no sólo el último, manteniendo el signo que corresponda en los demás]. n

Criterio de los autovalores. Sea q una forma cuadrática en R , con matriz asociada A y sean λ1, ... , λn los autovalores de A. Entonces: 1. Si todos los autovalores de A son positivos, la forma cuadrática q es definida positiva. 2. Si todos los autovalores de A son negativos, la forma cuadrática q es definida negativa. 3. Si todos los autovalores de A son mayores o iguales que cero y alguno es nulo, la forma cuadrática q es semidefinida positiva. 4. Si todos los autovalores de A son menores o iguales que cero y alguno es nulo, la forma cuadrática q es semidefinida negativa. 5. Si un autovalor de A es positivo y otro es negativo entonces la forma cuadrática q es indefinida.


EJERCICIO 19

........................................

Demostrar que la función f (x, y) = 2y2 + 3x2 es estrictamente convexa sobre R2. Febrero 2001, prueba presencial. Publicado por G. Romero y A. Salas. El Prof. Alberto A. Álvarez lo consideró correcto. Repasar los conceptos del apartado 1.5.3 (Diferenciabilidad de funciones de varias variables) de la Unidad Didáctica.

El gradiente de la función f en un punto (x, y) es un vector de R2 cuyas componentes son las dos derivadas parciales de f : ⎛ ∂f ∂f ⎞ , ∇f ( x, y ) = ⎜ ⎟ = (6 x, 4 y ). ⎝ ∂x ∂y ⎠

La matriz hessiana de la función f en un punto (x, y) es la matriz cuadrada de orden dos de las derivadas segundas de f : ∂2 f ⎞ ⎛ ∂2 f ⎜ ⎟ ∂x 2 ∂x∂y ⎟ ⎛ 6 0 ⎞ 2 ⎜ . H f ( x , y ) = D f ( x, y ) = = ∂ 2 f ⎟ ⎜⎝ 0 4 ⎟⎠ ⎜ ∂2 f ⎜ ∂y∂x ∂y 2 ⎟ ⎝ ⎠ Calculamos la ecuación característica y sus raíces: A − λI =

6−λ 0

0 = (6 − λ )(4 − λ ) = 0. 4−λ

λ1 = 6; λ 2 = 4. 15

Los valores propios de la matriz hessiana son todos positivos y la forma cuadrática asociada es definida positiva, por lo que f (x, y) es estrictamente convexa sobre R2. EJERCICIO 20

........................................

Demostrar que la función f (x, y) = 2x + y2 + x2 es convexa sobre R2. Febrero 2001, examen reserva. Septiembre 2001, prueba presencial. Septiembre 2002, examen reserva. Febrero 2003, reserva. Septiembre 2004, prueba presencial. Septiembre 2004, reserva. Publicado por G. Romero y A. Salas. El Prof. Alberto A. Álvarez lo consideró correcto.

El gradiente de f :

⎛ ∂f ∂f ⎞ ∇f ( x , y ) = ⎜ , ⎟ = (2 + 2 x, 2 y ). ⎝ ∂x ∂y ⎠ La matriz hessiana de f : ⎛ ⎜ H f ( x, y ) = ⎜ ⎜ ⎜ ⎝

∂2 f ∂x 2 ∂2 f ∂y∂x

∂2 f ∂x∂y ∂2 f ∂y 2

⎞ ⎟ ⎟ = ⎛⎜ 2 0 ⎞⎟ . ⎟ ⎝0 2⎠ ⎟ ⎠

La ecuación característica y sus raíces: A − λI =

2−λ 0

0 = (2 − λ ) 2 = 0. 2−λ

λ1 = 2; λ 2 = 2. Los valores propios de la matriz hessiana son todos positivos y la forma cuadrática asociada es definida positiva, por lo que f (x, y) es estrictamente convexa sobre R2. 160906. Ejercicios de matemáticas avanzadas

EJERCICIO 21

........................................

Demostrar que f (x, y) = x2 + y2 + 2x + 2y + 1 es convexa sobre R2. Septiembre 2003, reserva. Publicado por G. Romero y A. Salas. El Prof. Alberto A. Álvarez lo consideró correcto.

El gradiente de f : ⎛ ∂f ∂f ⎞ , ∇f ( x, y ) = ⎜ ⎟ = (2 x + 2, 2 y + 2). ⎝ ∂x ∂y ⎠ La matriz hessiana de f : ⎛ ⎜ H f ( x, y ) = ⎜ ⎜ ⎜ ⎝

∂2 f ∂x 2 ∂2 f ∂y∂x

∂2 f ∂x∂y ∂2 f ∂y 2

⎞ ⎟ ⎟ = ⎛⎜ 2 0 ⎞⎟ . ⎟ ⎝0 2⎠ ⎟ ⎠


2−λ 0

0 = (2 − λ ) 2 = 0. 2−λ

λ1 = 2; λ 2 = 2. Los valores propios de la matriz hessiana son todos positivos y la forma cuadrática asociada es definida positiva, por lo que f (x, y) es estrictamente convexa sobre R2. EJERCICIO 22 16

........................................

Estudiar si la función f (x, y) = x2 – y2 – xy – x3 es convexa sobre R2. Septiembre 2003, original Publicado por G. Romero y A. Salas. Incluye correcciones del Prof. Alberto A. Álvarez.

El gradiente de f : ⎛ ∂f ∂f ⎞ 2 , ∇f ( x, y ) = ⎜ ⎟ = ( 2 x − y − 3x , − 2 y − x ) . ⎝ ∂x ∂y ⎠ La matriz hessiana de f : ⎛ ⎜ H f ( x, y ) = ⎜ ⎜ ⎜ ⎝

∂2 f ∂x 2 ∂2 f ∂y∂x

∂2 f ∂x∂y ∂2 f ∂y 2

⎞ ⎟ ⎟ = ⎛⎜ 2 − 6 x −1 ⎞⎟ . −2 ⎠ ⎟ ⎝ −1 ⎟ ⎠

Una vez calculada la matriz hessiana, observamos que hay puntos de R2 en los que la forma cuadrática asociada no es semidefinida positiva, por ejemplo, el punto (0, 0). Al no ser semidefinida positiva tal forma cuadrática en todos los puntos de R2, concluimos que la función f no es convexa sobre este conjunto.


EJERCICIO 23

........................................

Demostrar que la función f (x, y) = x2 – 2x + y3/2 – y es convexa sobre *+ × *+ . ¿Es estrictamente convexa sobre este conjunto? (Recuérdese que *+ es el conjunto de los números reales positivos: *+ = {x ∈ | x > 0} ). Enero 2005, primera semana.

El gradiente de f : ⎛ ∂f ∂f ⎞ 3 1/ 2 ∇f ( x, y ) = ⎜ , ⎟ = ( 2 x − 2, 2 y − 1 ) . ⎝ ∂x ∂y ⎠ La matriz hessiana de f : ⎛ ⎜ H f ( x, y ) = ⎜ ⎜ ⎜ ⎝

∂2 f ∂x 2 ∂2 f ∂y∂x

∂2 f ∂x∂y ∂2 f ∂y 2

⎞ ⎟ 2 ⎟ = ⎛⎜ 0 ⎟ ⎝ ⎟ ⎠

3 4

0 ⎞ ⎛a b⎞ . = y −1/ 2 ⎠⎟ ⎝⎜ b c ⎠⎟

Tanto a como c son mayores que cero, pues y es positiva y elevada a cualquier potencia el resultado también es positivo. Por otra parte b2 – ac < 0. La forma cuadrática asociada a la matriz hessiana de f es definida positiva, por lo que f (x, y) es estrictamente convexa sobre *+ × *+ . EJERCICIO 24

17

........................................

Estudiar si la función f (x, y) = x–1/2 y–1/3 + y es convexa, cóncava, estrictamente convexa, o estrictamente cóncava sobre *+ × *+ . (Recuérdese que *+ es el conjunto de los números reales positivos: *+ = {x ∈ | x > 0} ). Septiembre 2005, original. Publicado por S. Rosell. Incluye correcciones del Prof. Alberto A. Álvarez.

El gradiente de f : ⎛ ∂f ∂f ⎞ 1 −3/ 2 −1/ 3 1 −1/ 2 −4 / 3 , ∇f ( x , y ) = ⎜ + 1 ). ⎟=( −2 x y , − 3 x y x y ∂ ∂ ⎝ ⎠ La matriz hessiana de f : ⎛ ⎜ H f ( x, y ) = ⎜ ⎜ ⎜ ⎝

∂2 f ∂x 2 ∂2 f ∂y∂x

∂2 f ∂x∂y ∂2 f ∂y 2

⎞ ⎟ ⎛ ⎟=⎜ ⎟ ⎝ ⎟ ⎠

3 4 1 6

x −5 / 2 y −1/ 3 x −3/ 2 y −4 / 3

1 6 4 9

x −3 / 2 y −4 / 3 ⎞ ⎛ a b ⎞ . = x −1/ 2 y −7 / 3 ⎟⎠ ⎜⎝ b c ⎟⎠

Tanto a como c son mayores que cero, pues los valores de las variables y sus potencias pertenecen al conjunto de los números reales positivos, y además, están acompañadas, en ambos casos, de constantes mayores que cero. Falta conocer el signo de b2 – ac: b 2 − ac = ( 16 x −3 / 2 y −4 / 3

) −( 2

= x y − x y 11 −3 −8 / 3 = − 36 x y < 0. 1 36

−3

−8 / 3

12 36

−3

3 −5 / 2 4 −8 / 3

x

y −1/ 3

)(

4 9

x −1/ 2 y −7 / 3

)

Por tanto, la forma cuadrática asociada a la matriz hessiana de f es definida positiva, por lo que f (x, y) es estrictamente convexa sobre *+ × *+ .


EJERCICIO 25

........................................

Demostrar que la función f (x, y) = x1/2 y1/3 + x es convexa sobre *+ × *+ . ¿Es estrictamente convexa sobre este conjunto? (Recuérdese que *+ es el conjunto de los números reales positivos: *+ = {x ∈ | x > 0} ). Septiembre 2005, reserva. Publicado por S. Rosell y A. San Martín. Incluye correcciones del Prof. Alberto A. Álvarez.

El gradiente de f : ⎛ ∂f ∂f ⎞ , ∇f ( x , y ) = ⎜ ⎟=( ⎝ ∂x ∂y ⎠

1 2

x −1/ 2 y1/ 3 + 1,

1 3

x1/ 2 y −2 / 3 ) .

La matriz hessiana de f : ⎛ ⎜ H f ( x, y ) = ⎜ ⎜ ⎜ ⎝

∂2 f ∂x 2 ∂2 f ∂y∂x

∂2 f ∂x∂y ∂2 f ∂y 2

⎞ ⎟ ⎛ − 1 x −3 / 2 y1/ 3 ⎟=⎜ 4 ⎟ ⎝ 16 x −1/ 2 y −2 / 3 ⎟ ⎠

x −1/ 2 y −2 / 3 ⎞ ⎛ a b ⎞ . = − 92 x1/ 2 y −5 / 3 ⎠⎟ ⎝⎜ b c ⎠⎟ 1 6

Se puede ver el signo de la forma cuadrática asociada a la matriz haciendo uso de la «receta» que figura en las págs. 37 y 38 de la Unidad Didáctica (1.2.5. Formas cuadráticas. Aplicaciones a la concavidad de funciones de clase C2). Recordar que x, y son positivos y que elevados a cualquier potencia el resultado también es positivo. La función f sería convexa si a ≥ 0, c ≥ 0 y b2 – ac ≤ 0, pero tanto a como c tienen signo negativo porque, aunque los valores de las variables y sus potencias pertenecen al conjunto de los números reales positivos, están acompañadas, en ambos casos, de constantes menores que cero. Falta conocer el signo de b2 – ac: b 2 − ac = ( 16 x −1/ 2 y −2 / 3

18

) −( − 2

= x y − x y −1 −4 / 3 1 = − 36 x y < 0. 1 36

−1

−4 / 3

2 36

−1

1 4 −4 / 3

x −3 / 2 y1/ 3

)( −

2 9

x1/ 2 y −5 / 3

)

La forma cuadrática asociada a la matriz hessiana de f es definida negativa, por lo que f (x, y) no es convexa sobre *+ × *+ ; es estrictamente cóncava sobre dicho conjunto. EJERCICIO 26

........................................

Demostrar que la función f (x, y) = ex+y es convexa sobre R2. Febrero 2004, primera semana, original. Publicado por I. Ramiro, G. Romero, A. Salas y F. Vélez. Incluye correcciones del Prof. Alberto A. Álvarez.

El gradiente de f : ⎛ ∂f ∂f ⎞ x+ y x+ y , ∇f ( x , y ) = ⎜ ⎟ = ( e , e ). ∂ ∂ x y ⎝ ⎠ La matriz hessiana de la función f en un punto (x, y) es: ⎛ ⎜ H f ( x, y ) = ⎜ ⎜ ⎜ ⎝

∂2 f ∂x 2 ∂2 f ∂y∂x

∂2 f ∂x∂y ∂2 f ∂y 2

⎞ ⎟ ⎛ e x+ y ⎟=⎜ ⎟ ⎝ e x+ y ⎟ ⎠

ex+ y ex+ y

⎞ ⎟. ⎠

Resulta que ex + y > 0, ∀ (x, y) ∈ R2. Los elementos de la diagonal principal son siempre mayores que cero y el determinante siempre es igual a cero. Por tanto, la forma cuadrática asociada a H f (x, y) es semidefinida positiva, lo cual es condición necesaria y suficiente para que f (x, y) sea convexa sobre R2.


→

Que la forma cuadrática asociada a la matriz hessiana sea semidefinida positiva es condición necesaria y suficiente para que la función sea convexa, y análogamente el caso de semidefinida negativa para función cóncava. Pero que la forma cuadrática sea definida positiva es sólo condición suficiente de función estrictamente convexa, no necesaria. EJERCICIO 27

........................................

Estudiar la concavidad y convexidad sobre R2 de la función: f (x, y) = ax2 + by2, con a ∈ R y b ∈ R, según los valores de los parámetros a y b. Febrero 2005, segunda semana. Publicado por G. Romero y A. Salas. El Prof. Alberto A. Álvarez lo consideró correcto.

El gradiente de f : ⎛ ∂f ∂f ⎞ ∇f ( x , y ) = ⎜ , ⎟ = ( 2ax, 2by ) . ⎝ ∂x ∂y ⎠ La matriz hessiana de f : ⎛ ⎜ H f ( x, y ) = ⎜ ⎜ ⎜ ⎝

∂2 f ∂x 2 ∂2 f ∂y∂x

∂2 f ∂x∂y ∂2 f ∂y 2

⎞ ⎟ ⎟ = ⎛⎜ 2a 0 ⎞⎟ = 2 ⎛⎜ a 0 ⎞⎟ = 2 A. ⎟ ⎝ 0 2b ⎠ ⎝0 b⎠ ⎟ ⎠

La ecuación característica y sus raíces: 19

A − λI =

a−λ 0 = (a − λ )(b − λ ) = 0. 0 b−λ

λ 1 = a; λ 2 = b. Según los valores de a y b podemos escribir la siguiente tabla: a

b

forma cuadrática asociada

f (x, y)

>0 >0

>0

definida positiva

estrictamente convexa

=0

semidefinida positiva

convexa

=0

>0

semidefinida positiva

convexa

>0

<0

indefinida

ni cóncava ni convexa

<0

>0

indefinida

ni cóncava ni convexa

<0

=0

semidefinida negativa

cóncava

=0

<0

semidefinida negativa

cóncava

<0

<0

definida negativa

estrictamente cóncava


EJERCICIO 28

........................................

Demostrar que la función f (x, y) = x2 + y2 es convexa sobre R2. Publicado por S. Rosell. Resuelto por el Prof. Alberto A. Álvarez.

Simplemente hay que calcular la matriz hessiana y ver cómo es su forma cuadrática asociada. En este caso resulta ser definida positiva, lo que asegura que la función es convexa (incluso asegura que la función es estrictamente convexa). signo

La matriz hessiana podría contener algún parámetro, o alguna variable x o y. Debemos ver en todo caso qué signo tienen los menores principales, o los términos de la diagonal y el determinante en el caso de orden dos, en función de estos parámetros o variables; bien puede ocurrir que ese signo no dependa de su valor, por ejemplo. Solución. Calculamos la matriz hessiana de la función f en un punto (x, y) cualquiera de R2. Se tiene:

∂2 f ( x, y ) = 2, ∂x 2

∂2 f ∂2 f ( x, y ) = ( x, y ) = 0, ∂x ∂y ∂y ∂x

∂2 f ( x, y ) = 2, ∂y 2

luego: ⎛2 0⎞ D 2 f ( x, y ) = ⎜ ⎟. ⎝0 2⎠ La forma cuadrática asociada a esta matriz es definida positiva. Podemos llegar a esta conclusión de varias maneras: los menores principales son ambos positivos, o los términos de la diagonal principal y el determinante son positivos —ojo: este último criterio es válido sólo para matrices de orden dos—. Y al ser definida positiva la forma cuadrática asociada a la matriz hessiana en cada punto de R2, la función es convexa sobre R2; es más, es estrictamente convexa sobre este conjunto. 20

EJERCICIO 29

........................................

Demostrar que la función f (x, y, z) = –y2 – 4x2 – z2 es cóncava sobre R3. Septiembre 2001, examen reserva. Febrero 2002, prueba presencial. ⎛ −8 0 0 ⎞ D 2 f ( x, y, z ) = ⎜ 0 −2 0 ⎟ . ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ 0 0 −2 ⎠

EJERCICIO 30

........................................

Demostrar que la función f (x, y, z) = z2 + y2 + x2 + xy es convexa sobre R3. Febrero 2004, segunda semana, original. Publicado por G. Romero y A. Salas. El Prof. Alberto A. Álvarez lo consideró correcto.

El gradiente de f : ⎛ ∂f ∂f ∂f ⎞ , , ∇f ( x , y , z ) = ⎜ ⎟ = ( 2 x + y , 2 y + x, 2 z ) . ⎝ ∂x ∂y ∂z ⎠ La matriz hessiana de f : ⎛ ⎜ ⎜ ⎜ H f ( x, y , z ) = ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ 160906. Ejercicios de matemáticas avanzadas

∂2 f ∂x 2 ∂2 f ∂y∂x ∂2 f ∂z∂x

∂2 f ∂x∂y ∂2 f ∂y 2 ∂2 f ∂z∂y

∂2 f ∂x∂z ∂2 f ∂y∂z ∂2 f ∂z 2

⎞ ⎟ ⎟ ⎛2 1 0⎞ ⎟ ⎜ ⎟ ⎟ = ⎜ 1 2 0 ⎟. ⎟ ⎝0 0 2⎠ ⎟ ⎟ ⎠


2−λ 1 0

1 2−λ 0

0 0 2−λ

= (2 − λ )3 − (2 − λ ) = (2 − λ ) ( (2 − λ ) 2 − 1 ) = (2 − λ )(4 − 2λ − 2λ + λ 2 − 1) = (2 − λ )(λ 2 − 4λ + 3) = 0.

2 − λ = 0. λ 1 = 2.

λ 2 − 4λ + 3 = 0. λ =

4 ± 16 − 12 4 ± 2 = . λ 2 = 3; λ 3 = 1. 2 2

Los valores propios de la matriz hessiana son todos positivos y su forma cuadrática asociada es definida positiva, por lo que f (x, y, z) es estrictamente convexa sobre R3. EJERCICIO 31

........................................

Estudiar la concavidad/convexidad de la función: f ( x, y , z ) = x + y + z . Publicado por G. Romero y A. Salas. El Prof. Alberto A. Álvarez lo consideró correcto.

El gradiente de f : ⎛ ∂f ∂f ∂f ⎞ −1/ 2 1 −1/ 2 1 −1/ 2 1 ∇f ( x, y , z ) = ⎜ , , ). ⎟ = ( 2 ( x + y + z) , 2 ( x + y + z) , 2 ( x + y + z) ⎝ ∂x ∂y ∂z ⎠ La matriz hessiana de f : 21

⎛ ⎜ ⎜ ⎜ H f ( x, y , z ) = ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝

∂2 f ∂2 f ∂2 f ∂x 2 ∂x∂y ∂x∂z ∂2 f ∂2 f ∂2 f 2 ∂y∂x ∂y ∂y∂z ∂2 f ∂2 f ∂2 f ∂z∂x ∂z∂y ∂z 2 ⎛ −1 −1 −1 ⎞ 1⎜ = −1 −1 −1 ⎟ ( x + ⎟ 4⎜ ⎝ −1 −1 −1 ⎠

⎞ ⎟ ⎟ ⎛ − 14 ( x + y + z ) −3/ 2 ⎟ ⎜ 1 −3/ 2 ⎟ = ⎜ − 4 ( x + y + z) ⎟ ⎜⎝ − 14 ( x + y + z ) −3/ 2 ⎟ ⎟ ⎠ y + z ) −3/ 2 =

− 14 ( x + y + z ) −3/ 2 − 14 ( x + y + z ) −3/ 2 − 14 ( x + y + z ) −3/ 2

− 14 ( x + y + z ) −3 / 2 − 14 ( x + y + z ) −3 / 2 − 14 ( x + y + z ) −3 / 2

⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠

1 A ( x + y + z ) −3 / 2 . 4

La ecuación característica y sus raíces: −1 − λ −1 −1 A − λ I = −1 −1 − λ −1 −1 −1 −1 − λ 3 = ( −1 − λ ) − 1 − 1 − (−1 − λ ) − (−1 − λ ) − (−1 − λ ) = ( −1 − λ )3 − 2 − 3(−1 − λ ) = −1 − 3λ − 3λ 2 − λ 3 − 2 + 3 + 3λ = −3λ 2 − λ 3 = λ 2 (−3 − λ ) = 0.

λ 1 = 0; λ 2 = 0; λ 3 = −3. La forma cuadrática asociada a la matriz hessiana es semidefinida negativa: f (x, y, z) es cóncava sobre R3.


EJERCICIO 32

........................................

Estudie la concavidad y cuasiconcavidad de la función que aparece en el dibujo adjunto sobre los intervalos (a, b), (a, d), (c, d) y (a, +∞). Justifique la respuesta.

y

y = f(x)

O

a

b

c

d

x

Septiembre 2002, prueba presencial. Publicado por G. Romero y A. Salas. Incluye correcciones del Prof. Alberto A. Álvarez. Véase la definición de funciones cuasicóncavas en el apartado 1.3.1 de la Unidad Didáctica y la de cuasiconvexas en el 1.3.3. Con ayuda de Google, he encontrado unos apuntes de convexidad donde se denomina hipografo de una función f al conjunto de puntos que están por «debajo» del grafo o gráfica de f. Epigrafo sería el conjunto de los que están «sobre o por encima» de dicho grafo. f es convexa (cóncava) si y solamente si su epigrafo (hipografo) es un conjunto convexo. Revisar las notas en letra pequeña de este ejercicio.

– (a, b) 22

La función f es cóncava porque su hipografo es un conjunto convexo. f es tanto cuasicóncava como cuasiconvexa sobre este intervalo porque es monótona (en particular, creciente) sobre él (cf. EJEMPLO 16, pág. 43, y EJEMPLO 20, pág. 49, en la Unidad Didáctica). f es cuasicóncava ya que ∀ x ∈ (a, b), ∀ y ∈ (a, b) y ∀ λ ∈ [0, 1], f (λx + (1 – λ)y) ≥ mín{ f (x), f ( y)}. f es cuasiconvexa ya que ∀ x ∈ (a, b), ∀ y ∈ (a, b) y ∀ λ ∈ [0, 1], f (λx + (1 – λ)y) ≤ máx{ f (x), f ( y)}.

– (a, d)

f es cóncava porque su hipografo es un conjunto convexo. La función f es cuasicóncava sobre este intervalo porque tiene forma de « ∩ » sobre él (informalmente, queremos decir: «crece hasta» un punto intermedio, y «decrece desde» este punto; cf. EJEMPLO 17, pág. 43, en el libro). No es cuasiconvexa pues en el punto c, punto intermedio entre a y d, la función toma un valor mayor que el máximo de f (a) y f (d). f es cuasicóncava ya que ∀ x ∈ (a, d), ∀ y ∈ (a, d) y ∀ λ ∈ [0, 1], f (λx + (1 – λ)y) ≥ mín{ f (x), f ( y)}. f es no es cuasiconvexa ya que ∃ x ∈ (a, d), ∃ y ∈ (a, d) y ∃ λ ∈ [0, 1], f (λx + (1 – λ)y) > máx{ f (x), f ( y)}.

– (c, d)

f es cóncava porque su hipografo es un conjunto convexo. f es tanto cuasicóncava como cuasiconvexa sobre este intervalo porque es monótona decreciente sobre él. – (a, +∞)

f no es cóncava porque su hipografo no es un conjunto convexo. Esto se puede apreciar viendo que el segmento de extremos (c, f (c)) y (d + ε, f (d + ε)), donde ε > 0, tiene puntos intermedios fuera del hipografo. f no es convexa porque su epigrafo no es un conjunto convexo. Esto se puede comprobar examinando el segmento de extremos (b, f (b)) y (d, f (d)). En ambos casos, un dibujo del segmento sobre la gráfica sería suficiente. Por otra parte, que la función es cuasicóncava sobre este intervalo se aprecia viendo que tiene forma de « ∩ » . Y sobre la explicación de que no es cuasiconvexa, análogos comentarios al caso del intervalo (a, d).


2. Optimización Nota del Profesor. En varios problemas, tanto de optimización sin restricciones como de optimización con restricciones, se utiliza un argumento de este tipo: «como es el único máximo local, también es máximo global» (también puede aparecer redactado con mínimo). Este argumento no es válido en general; sólo es válido bajo ciertas condiciones, como que el conjunto factible sea compacto, etc. Por favor, no hagan uso de estos argumentos. Cuando se pide algo de soluciones globales, de acuerdo con lo visto en el libro, se pretende que hagan uso de algún argumento de convexidad, por ejemplo, que el problema sea convexo, o que la función sea convexa (para mínimo), o cóncava (para máximo), cuando estamos en optimización sin restricciones.

2.1. Optimización sin restricciones EJERCICIO 33

........................................

Resolver el problema de optimización: extremos x3 + y3 + 2x2 + 4y2 + 6. Otra forma de hacer la pregunta: «Encontrar los extremos locales de la función: f (x, y) = x3 + y3 + 2x2 + 4y2 + 6». Febrero 2001, prueba presencial. Septiembre 2003, original. Publicado por G. Romero y A. Salas.

Condición necesaria ⎛ ∂f ∂f ⎞ 2 2 ∇f ( x, y ) = ⎜ , ⎟ = ( 3x + 4 x, 3 y + 8 y ) = ( 0, 0 ) . ⎝ ∂x ∂y ⎠ 3x 2 + 4 x = x(3 x + 4) = 0. x1 = 0; x2 = − 43 . 3 y 2 + 8 y = y (3 y + 8) = 0. y1 = 0; y2 = − 83 .

23

Por tanto, los puntos candidatos a solución local del problema de optimización son:

( 0, 0 ) , ( 0, − 83 ) , ( − 43 , 0 ) y ( − 43 , − 83 ) . Condición suficiente Analizando la matriz hessiana de f en cada punto candidato: ⎛ ⎜ H f ( x, y ) = ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ – En el punto

∂2 f ∂x 2 ∂2 f ∂y∂x

( 0, 0 ) , la matriz hessiana de

0 ⎛ 6⋅0 + 4 H f ( 0,0 ) = ⎜ 0 6⋅0 +8 ⎝

⎞ ⎛4 0 ⎟=⎜ 0 8 ⎠ ⎝

∂2 f ∂x∂y ∂2 f ∂y 2

⎞ ⎟ 0 ⎞ ⎟ = ⎛⎜ 6 x + 4 . + 8 ⎠⎟ 0 6 y ⎟ ⎝ ⎟ ⎠

f es: ⎞ ⎟. ⎠

A − λI =

4−λ 0 = (4 − λ )(8 − λ ) = 0. 0 8−λ

λ1 = 4; λ2 = 8. La forma cuadrática asociada es definida positiva. El punto ( 0, 0 ) es un mínimo local. – En el punto

( 0, − 83 ) :

0 ⎛ 6⋅0 + 4 H f ( 0, − 83 ) = ⎜ 8 0 6( − )+8 3 ⎝

⎞ ⎛4 0⎞ ⎟ = ⎜ 0 −8 ⎟ . ⎠ ⎠ ⎝

A − λI =

4−λ 0

0 = (4 − λ )(−8 − λ ) = 0. −8 − λ

λ1 = 4; λ2 = –8. La forma cuadrática asociada es indefinida. El punto ( 0, − 83 ) es un punto de silla.


– En el punto

( − 43 , 0 ) :

0 ⎛ 6( − 43 ) + 4 H f ( − 43 ,0 ) = ⎜ ⋅ +8 0 6 0 ⎝

⎞ ⎛ −4 0 ⎞ ⎟. ⎟=⎜ ⎠ ⎝ 0 8⎠

−4 − λ 0 = ( −4 − λ )(8 − λ ) = 0. 0 8−λ

A − λI =

λ1 = –4; λ2 = 8. La forma cuadrática asociada es indefinida. El punto ( − 43 , 0 ) es un punto de silla. – En el punto

( − 43 , − 83 ) :

0 ⎛ 6( − 43 ) + 4 ⎞ ⎛ −4 0 ⎞ H f ( − 43 , − 83 ) = ⎜ 8 ⎟ = ⎜ 0 −8 ⎟ . 0 6( ) 8 − + ⎠ 3 ⎝ ⎠ ⎝

A − λI =

−4 − λ 0 = (−4 − λ )(−8 − λ ) = 0. 0 −8 − λ

λ1 = –4; λ2 = –8. La forma cuadrática asociada es definida negativa. El punto máximo local. EJERCICIO 34

( − 43 , − 83 )

es un

........................................

Resolver el problema de optimización:

extremos xe x − e y . 2

Septiembre 2001, prueba presencial. Septiembre 2001, examen reserva. Febrero 2002, prueba presencial. Incluye correcciones del Prof. Alberto A. Álvarez.

Condición necesaria ⎛ ∂f ∂f ⎞ x y2 ∇f ( x , y ) = ⎜ , ⎟ = e (1 + x), − 2 ye ⎝ ∂x ∂y ⎠

(

) = ( 0, 0 ).

De la ecuación ex(1 + x) = 0 se deducen los casos ex = 0 y 1 + x = 0. La igualdad ex = 0 no es posible ya 2 que el recorrido de la función exponencial natural es el intervalo (0, +∞). De la ecuación −2 ye y = 0 se 2 deducen los casos y = 0 y e y = 0 . Esta última igualdad tampoco es posible, como vemos, y por tanto, el único punto candidato a solución local del problema es: (–1, 0). 24

Condición suficiente Analizando la matriz hessiana de f en el punto candidato: ⎛ ⎜ H f ( x, y ) = ⎜ ⎜ ⎜ ⎝

∂2 f ∂x 2 ∂2 f ∂y∂x

∂2 f ∂x∂y ∂2 f ∂y 2

⎞ ⎟ ⎛ 2e x + xe x ⎟=⎜ ⎟ ⎝ 0 ⎟ ⎠

0 2 y −2e − 4 y 2 e y 2

⎞ ⎟. ⎠

⎛ H f ( −1, 0 ) = ⎜ ⎝

2 e

− 1e 0

0 0

0⎞ ⎞ ⎛ 1e ⎟ = ⎜ 0 −2 ⎟ . ⎠ ⎝ ⎠

El menor principal de orden uno es positivo y el menor principal de orden dos es negativo, con lo que la forma cuadrática es indefinida y el punto es de silla. EJERCICIO 35

........................................

Resolver el problema de optimización: extremos y 3 + axy + 12 y,

con a ∈ .

Febrero 2003, prueba presencial. Publicado por G. Romero y A. Salas.

Condición necesaria ⎛ ∂f ∂f ⎞ 2 , ∇f ( x, y ) = ⎜ ⎟ = ( ay, 3 y + ax + 12 ) = ( 0, 0 ) . x y ∂ ∂ ⎝ ⎠ De la ecuación ay = 0 se deducen los casos: a = 0 e y = 0. – Si a = 0: 3y2 + 12 = 0. En este caso y tomaría valores no reales. – Si y = 0: ax + 12 = 0. x = − 12a . Por tanto, el único punto candidato a solución local del problema de optimización es:


( − 12a , 0 ) .

Condición suficiente Analizando la matriz hessiana de f en el punto candidato: ⎛ ⎜ H f ( x, y ) = ⎜ ⎜ ⎜ ⎝

∂2 f ∂x 2 ∂2 f ∂y∂x

∂2 f ∂x∂y ∂2 f ∂y 2

⎞ ⎟ ⎟ = ⎛⎜ 0 a ⎞⎟ . ⎟ ⎝ a 6y ⎠ ⎟ ⎠

⎛0 a⎞ H f ( − 12a ,0 ) = ⎜ ⎟. ⎝a 0⎠


−λ a = λ 2 − a 2 = 0. λ1 = a; λ 2 = − a. a −λ

Uno de valores propios de la matriz hessiana es positivo y el otro negativo, por lo que la forma cuadrática asociada es indefinida. Entonces, el único punto crítico es un punto de silla. EJERCICIO 36

........................................

Comprobar que (2, 1) es extremo local de la función: f (x, y) = –ax3 – 3bxy2 + 15a2x + 12y, con a ∈ R y b ∈ R. Septiembre 2003, reserva.

Condición necesaria 25

⎛ ∂f ∂f ⎞ 2 2 2 , ∇f ( x, y ) = ⎜ ⎟ = ( −3ax − 3by + 15a , − 6bxy + 12 ) = ( 0, 0 ) . ⎝ ∂x ∂y ⎠ Si el punto (2, 1) es un candidato a solución local, deberá anular cada una de las componentes del gradiente de f : ∇f (2, 1) = ( −12a − 3b + 15a 2 , − 12b + 12 ) = ( 0, 0 ) . Despejando de la segunda ecuación resultante, obtenemos b = 1. Sustituyendo en la primera y resolviendo la ecuación de segundo grado que nos queda: 15a 2 − 12a − 3 = 0.

a=

12 ± 144 + 180 12 ± 18 6 ± 9 = = . 30 30 15

a1 = 1; a2 = − 15 .

Condición suficiente Analizando la matriz hessiana de f en el punto candidato (2, 1), según los valores de a y b: ⎛ ⎜ H f ( x, y ) = ⎜ ⎜ ⎜ ⎝

∂2 f ∂x 2 ∂2 f ∂y∂x

∂2 f ∂x∂y ∂2 f ∂y 2

⎞ ⎟ ⎟ = ⎛⎜ −6ax −6by ⎞⎟ . ⎟ ⎝ −6by −6bx ⎠ ⎟ ⎠

⎛ −12a −6b ⎞ H f ( 2,1 ) = ⎜ ⎟. ⎝ −6b −12b ⎠

– Si a = − 15 y b = 1:

−6 ⎛ 12 H f ( 2,1 ) = ⎜ 5 − 6 − 12 ⎝

⎞ ⎟. ⎠

Como el menor principal de orden uno es positivo y el menor principal de orden dos es negativo, tenemos que la forma cuadrática asociada a la matriz hessiana es indefinida, por lo que estaríamos ante un punto de silla.


– Si a = 1 y b = 1:

⎛ −12 −6 ⎞ H f ( 2,1 ) = ⎜ ⎟. ⎝ −6 −12 ⎠ Ahora el menor principal de orden uno es negativo y el de orden dos es positivo, por lo que la forma cuadrática asociada a la matriz hessiana es definida negativa, y estaríamos ante un máximo. Se concluye que el punto (2, 1) es un extremo local de la función f (x, y) = –ax3 – 3bxy2 + 15a2x + 12y cuando tanto a como b toman el valor uno. EJERCICIO 37

........................................

Resolver el problema de optimización: extremos a ( x − 1) 2 + b( y − 2) 2 + cz 2 ,

con (a, b, c) ∈

3

− { 0, 0, 0 }.

Febrero 2003, reserva. Septiembre 2004, reserva.

Condición necesaria ⎛ ∂f ∂f ∂f ⎞ ∇f ( x, y , z ) = ⎜ , , ⎟ = ( 2a( x − 1), 2b( y − 2), 2cz ) = ( 0, 0, 0 ) . ⎝ ∂x ∂y ∂z ⎠ Como a, b y c no pueden tomar el valor cero, bajo la condición inicial del ejercicio, el punto candidato a solución local del problema de optimización es: (1, 2, 0). Condición suficiente Analizando la matriz hessiana de f en el punto candidato, según los valores de a, b y c: ⎛ ⎜ ⎜ ⎜ H f ( x, y , z ) = ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝

26

∂2 f ∂x 2 ∂2 f ∂y∂x ∂2 f ∂z∂x

∂2 f ∂x∂y ∂2 f ∂y 2 ∂2 f ∂z∂y

∂2 f ∂x∂z ∂2 f ∂y∂z ∂2 f ∂z 2

⎞ ⎟ ⎟ ⎛ 2a 0 0 ⎟ ⎜ ⎟ = ⎜ 0 2b 0 ⎟ ⎝ 0 0 2c ⎟ ⎟ ⎠

⎞ ⎟. ⎟ ⎠

– Si a, b y c son todos positivos: los valores propios de la matriz hessiana serían positivos, la forma

cuadrática asociada sería definida positiva y, por tanto, el punto (1, 2, 0) sería un mínimo local. – Si a, b y c son todos negativos: los valores propios serían todos negativos, la forma cuadrática asociada sería definida negativa y, por ello, el punto (1, 2, 0) sería un máximo local. – Si a, b y c tienen signos diferentes: los valores propios también tomarían signos distintos y la forma cuadrática asociada a la matriz hessiana sería indefinida, por lo que (1, 2, 0) sería un punto de silla. 2.2. Optimización con restricciones Notas extraídas del apartado 1.3.2 (Más sobre formas cuadráticas. Aplicación a la cuasiconcavidad de funciones de clase C2) de la Unidad Didáctica. 2 variables

Sea q una forma cuadrática sobre R2, asociada a la matriz simétrica: ⎛a b⎞ ⎜ b c ⎟, ⎝ ⎠ es decir: q(x, y) = ax2 + 2bxy + cy2, y sea F el subespacio vectorial de R2 siguiente: F = {(x, y) ∈ R2 | px + qy = 0}, donde p y q no son simultáneamente nulos. Una condición necesaria y suficiente para que la forma cuadrática q sea definida negativa restringida al subespacio vectorial F es:


0 p q

p q a b > 0. b c

Condición necesaria y suficiente de definida positiva restringida: 0 p q n variables

p q a b < 0. b c

n

Generalización. Sea q una forma cuadrática sobre R , asociada a la matriz simétrica (bij), y sea F el subespacio vectorial: n

F = {(x1, x2, ... , xn) ∈ R | a1x1 + a2x2 + ... + anxn = 0}, donde a1, a2, ... , an no son simultáneamente nulos. Se consideran los n – 1 determinantes: 0 a1 a2

0 a1 a2 a1 b11 b12 , a2 b21 b22 a3

a1 a2 b11 b12 b21 b22 b31 b32

a3 0 b13 a1 ,…, b23 b33 an

a1 … an b11 … b1n

.

bn1 … bnn

La forma cuadrática q es definida negativa restringida al subespacio vectorial F precisamente si los determinantes anteriores alternan en signo, siendo el primero de ellos positivo; y es definida positiva restringida a F precisamente si son todos negativos. La matriz:

⎛ 0 ⎜ f ′ ( x* ) x1 ⎜ ⎜ ⎜ ′ * ⎝ f xn ( x )

f x′1 ( x* ) f x′′12 ( x* )

… …

f x′′n x1 ( x* ) …

f x′n ( x* ) ⎞ f x′′1 xn ( x* ) ⎟⎟ ⎟ ⎟ f x′′n2 ( x* ) ⎠

que está definida para una función numérica f de n variables que admite las n2 derivadas segundas en un punto x*, es la matriz hessiana de la función f en el punto x* orlada con los términos del gradiente de f en x*.

27

2.2.1. Una restricción de igualdad EJERCICIO 38

........................................

Resolver el problema de optimización: extremos x 3 + 4 xy ⎧ ( R) ⎨ ⎩ con la restricción: x + y − 1 = 0. Véase el EJEMPLO 17 en el apartado 2.4 (Condiciones suficientes) y el EJEMPLO 4 en el 2.2.3 (Ejemplos de aplicación de las condiciones de Kuhn–Tucker) de la Unidad Didáctica. Relacionado con el EJEMPLO 9 en el apartado 2.2.4 (Problemas de minimización).

Hipótesis que aseguran las condiciones necesarias h1) Se verifica la hipótesis de regularidad, pues tanto la función objetivo: f (x, y) = x3 + 4xy, como la que define la restricción de igualdad: h(x, y) = x + y – 1, son de clase C1 sobre su conjunto de definición: R2 (las derivadas parciales de estas funciones son continuas sobre R2). →

h2) La restricción verifica la condición de cualificación pues el gradiente de h es un vector no nulo en cualquier punto factible (elemento del conjunto de definición de f que verifica las restricciones): ∇h(x, y) = (h'x(x, y), h'y(x, y)) = (1, 1) ≠ (0, 0). Condiciones necesarias de Kuhn–Tucker

→

K1) Esta condición sólo tiene sentido si el problema (R) tiene restricciones de desigualdad. K2) Todo punto que sea solución local del problema debe necesariamente ser un punto factible y debe ser un punto crítico del lagrangiano para un cierto valor de λ (el multiplicador asociado a la restricción): L(x, y) = f (x, y) – λh(x, y) = x3 + 4xy – λ(x + y – 1).


Es decir, todos los puntos que verifican la condición necesaria son los que simultáneamente satisfacen: h(x, y) = 0 y, para algún valor de λ, L'x(x, y) = 0 y L'y(x, y) = 0. Resolvamos, pues, el siguiente sistema de tres ecuaciones en las incógnitas x, y, λ: ⎧ Lx′ ( x, y ) = 3 x 2 + 4 y − λ = 0 ⎪ 4x − λ = 0 ⎨ Ly′ ( x, y ) = ⎪ h ( x, y ) = + x y − 1 = 0. ⎩ De las ecuaciones segunda y tercera se deduce: λ = 4x e y = 1 – x, respectivamente, y sustituyendo en la primera ecuación se obtiene: 3x2 – 8x + 4 = 0.

x=

8 ± 64 − 48 6

=

8 ± 16 6

=

8± 4 6

.

Como observamos, esta ecuación tiene dos soluciones: x1 = 2 y x2 = 2/3. En consecuencia, todas las ternas (x, y, λ) que verifican el anterior sistema de ecuaciones son: (x1, y1, λ1) = (2, –1, 8) y (x2, y2, λ2) = (2/3, 1/3, 8/3), y los puntos que verifican las condiciones necesarias de Kuhn–Tucker y por tanto, candidatos a ser soluciones locales del problema de optimización (R), son: (x1, y1) = (2, –1) y (x2, y2) = (2/3, 1/3). En este problema de optimización, las condiciones de Kuhn–Tucker pueden aplicarse en todo punto factible, por lo que podemos afirmar de cualquier otro punto de R2 distinto de esos dos puntos candidatos, que no es solución de (R). La función objetivo y la que define la restricción son de clase C2 sobre R2 (las derivadas segundas de estas funciones son continuas sobre R2). De hecho, son de clase C∞. Condiciones suficientes (de solución local del problema de optimización) 28

a) Los puntos candidatos: (2, –1) y (2/3, 1/3), son factibles y b) satisfacen las condiciones de Kuhn–Tucker, con los multiplicadores 8 y 8/3, respectivamente. c) Debemos estudiar la forma cuadrática asociada a la matriz hessiana de la función lagrangiana en cada uno de estos puntos: ⎛ 6x 4 ⎞ D 2 L ( x, y ) = ⎜ ⎟. ⎝ 4 0⎠ – En el punto (2, –1), de multiplicador igual a 8, la matriz hessiana de la función L correspondiente es:

⎛ 12 4 ⎞ ⎜ 4 0 ⎟, ⎝ ⎠ →

y queremos averiguar si su forma cuadrática asociada es definida negativa (o definida positiva) restringida al conjunto F* de los vectores (u, v) de R2 que verifican: dh(2, –1)(u, v) = 0, o bien: ∇h(2, –1) • (u, v) = 0, donde h es la función que define la restricción: h(x, y) = x + y – 1. El conjunto F* es el subespacio vectorial: F* = {(u, v) ∈ R2 | (1, 1) • (u, v) = 0} = {(u, v) ∈ R2 | u + v = 0}; recordando lo estudiado sobre formas cuadráticas restringidas (véase el apartado 1.3.2 de la Unidad Didáctica), se obtiene que la forma cuadrática asociada a la matriz hessiana del lagrangiano es definida positiva restringida al subespacio vectorial F*: 0 1 1 1 12 4 = −4 < 0. 1 4 0


El punto (2, –1) es efectivamente una solución local del problema (R); de hecho, es un mínimo local de la función x3 + 4xy con la restricción x + y – 1 = 0. – En el punto (2/3, 1/3), de multiplicador 8/3, la matriz hessiana de la función L correspondiente es:

⎛4 4⎞ ⎜ 4 0 ⎟; ⎝ ⎠

y el conjunto F* es ahora el de los vectores (u, v) de R2 que verifican:

dh(2/3, 1/3)(u, v) = 0, o lo que es lo mismo: u + v = 1, con lo que coincide con el subespacio F* que se obtuvo para el punto (2, –1). La forma cuadrática asociada a la matriz anterior restringida a F* es definida negativa, pues: 0 1 1 1 4 4 = 4 > 0. 1 4 0 El punto (2/3, 1/3) es efectivamente una solución local del problema (R); en concreto, un máximo local. →

En este ejercicio hemos visto una condición suficiente de solución local más restrictiva: en algunos problemas se sustituye la condición (c) por otra más general: en vez de exigir que la forma cuadrática asociada a la matriz hessiana del lagrangiano sea definida negativa, se pide que sea definida negativa restringida a cierto conjunto [véase el apartado 2.4. Condiciones suficientes, de la Unidad Didáctica].

EJERCICIO 39

........................................

Consideremos el problema de optimización: maximizar ⎧ ( P) ⎨ ⎩ con la restricción:

29

x2 y 2 x 2 + y 2 − 3 = 0.

Véase el EJEMPLO 5 en el apartado 2.2.3 (Ejemplos de aplicación de las condiciones de Kuhn–Tucker) de la Unidad Didáctica. Incluye notas del Prof. Alberto A. Álvarez relativas a la condición suficiente de solución local del problema de optimización que se estudia en la pág. 123 y ss. de la Unidad Didáctica. En relación a esta condición suficiente más general, véanse también: EJERCICIO 38, EJERCICIO 47, EJERCICIO 48 y EJERCICIO 55. Comprobar las condiciones suficientes a partir del punto (0, – 3 ), por si hay algo erróneo en la definición de los subespacios vectoriales y en la construcción de los determinantes orlados.

Hipótesis que aseguran las condiciones necesarias

h1) Se verifica la hipótesis de regularidad, pues tanto la función objetivo: f (x, y) = x2y, como la que define la restricción de igualdad: h(x, y) = 2x2 + y2 – 3, son de clase C1 sobre R2 (de hecho, de clase C∞). h2) La restricción verifica la condición de cualificación en todo punto factible, pues aunque la función h admite un punto crítico: (0, 0): ∇h(x, y) = (h'x(x, y), h'y(x, y)) = (4x, 2y), este punto no verifica la restricción del problema (P): h(0, 0) = –3 ≠ 0, es decir, no es un punto factible. Condiciones necesarias de Kuhn–Tucker El lagrangiano del problema (P) es la función:

L(x, y) = f (x, y) – λh(x, y) = x2y – λ(2x2 + y2 – 3), y resolviendo el sistema de ecuaciones:

⎧ Lx′ ( x, y ) = 2 xy − 4 xλ = 0 ⎪ x 2 − 2 yλ = 0 ⎨ Ly′ ( x, y ) = 2 2 ⎪ ⎩ h( x, y ) = 2 x + y − 3 = 0,


de la primera ecuación se deduce que x(2y – 4λ) = 0; distinguiendo los casos x = 0 y x ≠ 0, se obtienen las seis soluciones: las dos primeras en el primer caso, y las restantes en el segundo: – x=0

−2 yλ = 0. y 2 − 3 = 0. x1 = 0. y1 = 3; y2 = − 3.

– x≠0

λ1 = 0.

2 y − 4λ = 0. y = 2λ (λ e y se condicionan el signo mutuamente). x 2 − 2 yλ = 0. x 2 = 2 yλ = 2 ⋅ (2λ ) ⋅ λ = 4λ 2 . 2 x 2 + y 2 − 3 = 8λ 2 + 4λ 2 − 3 = 12λ 2 − 3 = 0. x2 = 1; x3 = −1. y3 = 1; y4 = −1.

λ 2 = 123 . λ 2 = 12 ; λ3 = − 12 .

Todas las ternas (x, y, λ) que verifican el sistema anterior son las seis siguientes: (0,

3 , 0), (0, – 3 , 0), (1, 1, 1/2), (1, –1, –1/2), (–1, 1, 1/2), (–1, –1, –1/2).

En consecuencia, los seis puntos: (0,

3 ), (0, – 3 ), (1, 1), (1, –1), (–1, 1), (–1, –1)

son candidatos a ser solución local del problema (P). De hecho, son los únicos puntos de R2 que es posible sean soluciones locales. La función objetivo y la que define la restricción son de clase C2 sobre R2. Condiciones suficientes a) Los puntos candidatos: (0,

3 ), (0, – 3 ), (1, 1), (1, –1), (–1, 1) y (–1, –1), son factibles y

b) satisfacen las condiciones de Kuhn–Tucker, con sus respectivos multiplicadores.

30

→

c) Debemos estudiar la forma cuadrática asociada a la matriz hessiana de la función lagrangiana en cada uno de estos puntos: ⎛ 2 y − 4λ 2 x ⎞ D 2 L ( x, y ) = ⎜ . −2λ ⎟⎠ ⎝ 2x

3 ), de multiplicador igual a 0, es: L(x, y) = x2y, y la matriz hessiana de este lagrangiano en ese punto es: ⎛2 3 0⎞ . ⎜ 0 0 ⎟⎠ ⎝

– El lagrangiano para el punto (0,

La forma cuadrática asociada a esta matriz es semidefinida positiva, así que no podemos usar la condición suficiente de la proposición 1, por la que se establece una primera condición suficiente de solución local de un problema de optimización (véase la pág. 121 de la Unidad Didáctica); intentamos la del teorema 3, por el que se enuncia una condición suficiente de solución local más general que la de la proposición 1 ( pág. 123): El conjunto F* correspondiente a este punto es el formado por aquellos vectores (x, y) tales que es nulo su producto escalar por el gradiente, en el punto, de la función que define la restricción. Denotemos por h esta función: h(x, y) = 2x2 + y2 – 3. Entonces su gradiente es: ∇h(x, y) = (4x, 2y). Fijados en (0, 3 ), el gradiente en este punto es: ∇h(0, 3 ) = (0, 2 3 ); el conjunto F* es el formado por los vectores (x, y) de R2 tales que: ∇h(0, 3 ) • (x, y) = 0, o bien: (0, 2 3 ) • (x, y) = 0, o bien: 2 3 • y = 0, es decir, los puntos de la forma y = 0. Podemos considerar que el conjunto F* está definido por la ecuación y = 0: F* = {(x, y) ∈ R2 | y = 0}; Ahora debemos ver qué signo tiene la forma cuadrática asociada a la matriz hessiana anterior restringida al subespacio F*. Cuando un subespacio vectorial (todo en R2) está definido por una ecuación de la forma px + qy = 0, para saber el signo de una forma cuadrática restringida a él, podemos usar la «receta» de la proposición 28 (pág. 45 y ss. de la Unidad Didáctica). Esto nos hace formar un determinante cuya 160906. Ejercicios de matemáticas avanzadas

primera fila y primera columna es: 0 p q, con la matriz que define la forma cuadrática en el resto de los términos. Volviendo al problema de optimización, estamos interesados en el signo de la forma cuadrática asociada a esta matriz: ⎛2 3 0⎞ , ⎜ 0 0 ⎟⎠ ⎝ restringida al subespacio definido por la ecuación y = 0 (esto es: p = 0 y q = 1). Me lo dice el signo de este determinante (orlado): 0 0 2 3

0 2 3 0

2 3 0 = −2 3 ⋅ 2 3 ⋅ 2 3 = −24 3 < 0. 0

Como es negativo, la forma cuadrática restringida es definida positiva; el punto (0, 3 ) es un mínimo local del problema (P). Nota adicional del Profesor. El conjunto F* estará definido por ecuaciones del tipo px + qy = 0 (si estamos en más variables, sería px + qy + rz + ... , etc., y hay una ecuación por cada restricción de igualdad y por cada restricción de desigualdad saturada en el punto). Los números p y q no son más que las componentes del gradiente de la función que define la restricción evaluado en el punto. En dos variables, y cuando el conjunto F* está definido por una sola ecuación, el signo de la forma cuadrática restringida lo podemos saber a través de la «receta» de la pág. 45 y ss. de la Unidad Didáctica. En el ejemplo anterior, el gradiente era (4x, 2y), que evaluado en el punto (0, 3 ) queda (0, 2 3 ); por tanto, p = 0 y q = 2 3 , o más cómodo: p = 0 y q = 1, pues los valores de p, q se pueden dividir todos por un mismo número (no nulo) sin que varíe nada. Esto es así porque la ecuación px + qy = 0 define lo mismo que la ecuación ( pa)x + (qa)y = 0, si a es un número cualquiera no nulo. Para los otros puntos es análogo. 31

– En el punto (0, – 3 ), de multiplicador 0, la matriz hessiana es:

⎛ −2 3 0 ⎞ . ⎜ 0 0 ⎟⎠ ⎝ La forma cuadrática asociada a la matriz anterior restringida al subespacio vectorial F* = {(x, y) ∈ R2 | –y = 0} es definida negativa, pues: 0 0 0 −2 3 0 −1

−1 0 = 2 3 > 0. 0

El punto (0, – 3 ) es un máximo local. – En el punto (1, 1), de multiplicador 1/2, la matriz hessiana es:

⎛0 2⎞ ⎜ 2 −1 ⎟ . ⎝ ⎠

La forma cuadrática asociada a la matriz anterior restringida al subespacio vectorial F* = {(x, y) ∈ R2 | 2x + y = 0} es definida negativa, pues: 0 2 1 2 0 2 = 4 + 4 + 4 = 12 > 0. 1 2 −1

El punto (1, 1) es un máximo local. – En el punto (1, –1), de multiplicador –1/2, la matriz hessiana es:

⎛0 2⎞ ⎜ 2 1 ⎟. ⎝ ⎠


La forma cuadrática asociada a la matriz anterior restringida al subespacio vectorial F* = {(x, y) ∈ R2 | 2x – y = 0} es definida positiva, pues: 0 2 −1 2 0 2 = −4 − 4 − 4 = −12 < 0. −1 2 1

El punto (1, –1) es un mínimo local. – En el punto (–1, 1), de multiplicador 1/2, la matriz hessiana es: ⎛ 0 −2 ⎞ ⎜ −2 −1 ⎟ . ⎝ ⎠

La forma cuadrática asociada a la matriz anterior restringida al subespacio vectorial F* = {(x, y) ∈ R2 | –2x + y = 0} es definida negativa, pues: 0 −2 1 −2 0 −2 = 4 + 4 + 4 = 12 > 0. 1 −2 −1

El punto (–1, 1) es un máximo local. – En el punto (–1, –1), de multiplicador –1/2, la matriz hessiana es:

⎛ 0 −2 ⎞ . ⎜ −2 1 ⎟⎠ ⎝ La forma cuadrática asociada a la matriz anterior restringida al subespacio vectorial F* = {(x, y) ∈ R2 | –2x – y = 0} es definida positiva, pues: 0 −2 −1 −2 0 −2 = −4 − 4 − 4 = −12 < 0. 1 −1 −2

32

El punto (–1, –1) es un mínimo local. EJERCICIO 40

........................................

Considérese el problema de optimización: maximizar ⎧ ( P) ⎨ ⎩ con la restricción:

y x 2 + y 3 = 0.

Véanse los EJEMPLOS 14 y 15 en el apartado 2.3 (Condiciones necesarias de Fritz–John) de la Unidad Didáctica.

Hipótesis que aseguran las condiciones necesarias h1) Se verifica la hipótesis de regularidad, pues tanto la función objetivo: f (x, y) = y, como la que define la restricción: h(x, y) = x2 + y3, son de clase C1 sobre R2 (de hecho, de clase C∞). h2) Se tiene: ∇h(x, y) = (2x, 3y2); por tanto, la función h presenta un único punto crítico: (0, 0). Como este punto es factible: h(0, 0) = 0, la restricción sólo está cualificada en los puntos del conjunto R2 – {(0, 0)}. En consecuencia, vía las condiciones necesarias de Kuhn–Tucker, sólo podremos encontrar puntos candidatos a ser solución local del problema (P) entre los puntos factibles del conjunto R2 – {(0, 0)}. El punto (0, 0) debe ser estudiado aparte. Condiciones necesarias de Kuhn–Tucker El lagrangiano del problema (P) es la función: L(x, y) = f (x, y) – λh(x, y) = y – λ(x2 + y3),


y el sistema de ecuaciones: −2λ x = 0 ⎧ Lx′ ( x, y ) = ⎪ 2 ′ ⎨ Ly ( x, y ) = 1 − 3λ y = 0 ⎪ h( x, y ) = x 2 + y 3 = 0 ⎩ no tiene solución. Podemos, pues, afirmar que ningún punto del conjunto R2 – {(0, 0)} es solución local del problema (P). Por otra parte, el punto (0, 0) es efectivamente solución local de (P), pues es el punto de mayor ordenada entre los del conjunto: {(x, y) ∈ R2 | x2 + y3 = 0}. El punto (0, 0), aun siendo solución local de (P), no ha sido encontrado como candidato a ser solución local utilizando las condiciones necesarias de Kuhn–Tucker. Condiciones necesarias de Fritz–John Como las funciones f (x, y) = y y h(x, y) = x2 + y3 son de clase C1 sobre R2 (de hecho, de clase C∞), se satisface la hipótesis de regularidad. Dada la función de la variable (x, y), lagrangiano generalizado del problema de optimización: G(x, y) = μ0 f (x, y) – λ1h(x, y) = μ0 y – λ1(x2 + y3), →

que depende de los parámetros µ0 y λ1, busquemos las cuaternas (x, y, µ0, λ1), con µ0 y λ1 no simultáneamente nulos y µ0 ∈ {0, 1}, que verifican el sistema de ecuaciones: −2 xλ1 = 0 ⎧ Gx′ ( x, y ) = ⎪ 2 ′ ⎨ Gy ( x, y ) = μ 0 − 3 y λ1 = 0 2 ⎪ x + y 3 = 0. ⎩ h ( x, y ) =

33

Si µ0 = 1, este sistema se reduce al anterior, que no tiene solución; si μ0 = 0, como λ1 ha de ser no nulo, se deduce: x = y = 0. En definitiva, obtenemos que sólo es solución del sistema una cuaterna de la forma: (0, 0, 0, λ1) con λ1 ≠ 0. concluimos, pues, que el punto (0, 0) es el único de R2 que es posible sea solución local de (P). La función objetivo y la que define la restricción son de clase C2 sobre R2. Condiciones suficientes EJERCICIO 41

........................................

Consideremos el problema de optimización: maximizar ⎧ ( P) ⎨ con la restricción: ⎩

− x2 − y 2 x − y − 1 = 0.

Véase el EJEMPLO 16 en el apartado 2.4 (Condiciones suficientes) de la Unidad Didáctica. Relacionado con el EJEMPLO 19 en el apartado 2.5 (Introducción a la programación convexa).

Hipótesis que aseguran las condiciones necesarias h1) Se verifica la hipótesis de regularidad, pues tanto la función objetivo como la que define la restricción son de clase C1 sobre R2 (de hecho, de clase C∞). h2) La restricción verifica la condición de cualificación pues el gradiente de h es un vector no nulo en cualquier punto factible: ∇h(x, y) = (1, –1) ≠ (0, 0). Condiciones necesarias de Kuhn–Tucker El lagrangiano del problema (P) es la función: L(x, y) = –x2 – y2 – λ(x – y – 1),


y el sistema de ecuaciones: ⎧ Lx′ ( x, y ) = −2 x − λ = 0 ⎪ ⎨ Ly′ ( x, y ) = −2 y + λ = 0 x − y −1 = 0 ⎩⎪ Despejando de la primera y segunda ecuación, y sustituyendo en la tercera: x = − λ2 .

y = λ2 .

− λ2 − λ2 − 1 = 0, λ = −1.

es verificado sólo por la terna (x, y, λ) = (1/2, –1/2, –1). El punto (1/2, –1/2) es candidato a ser solución local de (P), y cualquier otro punto de R2 no es solución. La función objetivo y la que define la restricción son de clase C2 sobre R2. Condiciones suficientes a) El punto candidato: (1/2, –1/2), es factible y b) satisface las condiciones de Kuhn–Tucker, con el multiplicador –1. c) Para λ = –1, el lagrangiano toma la forma: L(x, y)= –x2 – y2 – (–1)(x – y – 1) = –x2 – y2 + x – y – 1.

La matriz hessiana de esta función en el punto (1/2, –1/2) es: ⎛ −2 0 ⎞ ⎜ 0 −2 ⎟ , ⎝ ⎠

de forma cuadrática asociada definida negativa. El punto (1/2, –1/2) satisface también la condición del apartado (c) de la condición suficiente y, en conclusión, es un máximo local del problema (P). De hecho, es la única solución. → 34

El problema (P) es convexo, pues el conjunto de definición de la función objetivo es R2, que es convexo, la función objetivo: –x2 – y2, es cóncava sobre R2 (la forma cuadrática asociada a la matriz hessiana de esta función en cada punto de R2 es definida negativa), y la función que define la restricción (de igualdad) es afín. Si el problema (P) es convexo y la función objetivo y las que definen las restricciones son diferenciables sobre el conjunto de definición de la función objetivo, todo punto factible que verifique las condiciones de Kuhn–Tucker es solución global del problema (P). El punto (1/2, –1/2) es, pues, una solución global del problema (P). EJERCICIO 42

........................................

Resolver el problema de optimización: minimizar x2 + y 2 ⎧ ⎨ ⎩ con la restricción: x − y − 1 = 0. Febrero 2002, prueba presencial. Septiembre 2002, examen reserva. Febrero 2003, reserva. Septiembre 2004, prueba presencial. Septiembre 2004, reserva.

Hipótesis que aseguran las condiciones necesarias h1) Se verifica la hipótesis de regularidad, pues tanto la función objetivo como la que define la restricción son de clase C1 sobre R2 (de hecho, de clase C∞). h2) La restricción verifica la condición de cualificación pues el gradiente de h es un vector no nulo en cualquier punto factible: ∇h(x, y) = (1, –1) ≠ (0, 0).


Condiciones necesarias de Kuhn–Tucker El lagrangiano del problema de optimización es la función: L(x, y) = x2 + y2 – λ(x – y – 1).

Todos los puntos que verifican la condición necesaria son los que simultáneamente satisfacen: h(x, y) = 0 y, para algún valor de λ, L'x(x, y) = 0 y L'y(x, y) = 0. Resolvamos, pues, el sistema: ⎧ Lx′ ( x, y ) = 2 x − λ = 0 ⎪ ⎨ Ly′ ( x, y ) = 2 y + λ = 0 ⎩⎪ h( x, y ) = x − y − 1 = 0. Despejando de la primera y segunda ecuación, y sustituyendo en la tercera: x = λ2 .

y = − λ2 .

λ 2

+ λ2 − 1 = 0, λ = 1.

Dicho sistema es verificado sólo por la terna (x, y, λ) = (1/2, –1/2, 1). El punto (1/2, –1/2) es candidato a ser solución local del problema de optimización, y cualquier otro punto de R2 no es solución. La función objetivo y la que define la restricción son de clase C2 sobre R2. Condiciones suficientes a) El punto candidato: (1/2, –1/2), es factible y b) satisface las condiciones de Kuhn–Tucker, con el multiplicador 1.

35

c) En el punto (1/2, –1/2), de multiplicador igual a 1, la matriz hessiana de la función L correspondiente es: ⎛2 0⎞ D 2 L( x, y ) = ⎜ ⎟, ⎝0 2⎠ de forma cuadrática asociada definida positiva. El punto (1/2, –1/2) satisface también la condición del apartado (c) de la condición suficiente y, en conclusión, es un mínimo local del problema de optimización. EJERCICIO 43

........................................

Considérese el siguiente problema de optimización: maximizar −2 x 2 − 2 y 2 ⎧ ⎨ ⎩ con la restricción: x + y + 1 = 0. a) Resolverlo; es decir, calcular sus soluciones locales. b) ¿Admite alguna solución global? Septiembre 2005, reserva. Publicado por A. San Martín. Incluye correcciones del Prof. Alberto A. Álvarez.

Hipótesis que aseguran las condiciones necesarias h1) Se verifica la hipótesis de regularidad, pues tanto la función objetivo como la que define la restricción son de clase C1 sobre R2 (de hecho, de clase C∞). h2) La restricción verifica la condición de cualificación pues el gradiente de h es un vector no nulo en cualquier punto factible. Dicho de otra manera, el gradiente de la función que define la restricción no se anula: ∇h(x, y) = (1, 1) ≠ (0, 0).


Condiciones necesarias de Kuhn–Tucker El lagrangiano del problema de optimización es la función: L(x, y) = –2x2 – 2y2 – λ(x + y + 1).

Todos los puntos que verifican la condición necesaria son los que simultáneamente satisfacen: h(x, y) = 0 y, para algún valor de λ, L'x(x, y) = 0 y L'y(x, y) = 0. Resolvamos, pues, el sistema: ⎧ Lx′ ( x, y ) = −4 x − λ = 0 ⎪ ⎨ Ly′ ( x, y ) = −4 y − λ = 0 ⎩⎪ h( x, y ) = x + y + 1 = 0. Despejando en la primera y segunda ecuación, y sustituyendo en la tercera: x = − λ4 .

y = − λ4 .

− λ4 − λ4 + 1 = − λ2 + 1 = 0, λ = 2.

Dicho sistema es verificado sólo por la terna (x, y, λ) = (–1/2, –1/2, 2). El punto (–1/2, –1/2) es candidato a ser solución local del problema de optimización, y cualquier otro punto de R2 no es solución. La función objetivo y la que define la restricción son de clase C2 sobre R2. Condiciones suficientes a) El punto candidato: (–1/2, –1/2), es factible y b) satisface las condiciones de Kuhn–Tucker, con el multiplicador 2.

36

c) En el punto (–1/2, –1/2), de multiplicador igual a 2, la matriz hessiana de la función L correspondiente es: ⎛ −4 0 ⎞ D 2 L( x, y ) = ⎜ ⎟, ⎝ 0 −4 ⎠ de forma cuadrática asociada definida negativa. El punto (–1/2, –1/2) satisface también la condición del apartado (c) de la condición suficiente y, en conclusión, es un máximo local del problema de optimización.

→

Nota del Profesor. Que el punto también es solución global se justifica viendo que el problema es convexo: la función objetivo es cóncava y la función que define la restricción (de igualdad) es afín. La justificación de que es solución global porque es la única solución local, mejor no usarla; si el conjunto factible no es compacto, como este caso, este argumento puede fallar. EJERCICIO 44

........................................

Considérese el siguiente problema de optimización: −e − x − e − y maximizar ⎧ ⎨ ⎩ con la restricción: x + y + 2 = 0. a) Resolverlo; es decir, calcular sus soluciones locales. b) ¿Admite alguna solución global? Enero 2005, primera semana. Comprobar el apartado (b) de este ejercicio, por si hay algo erróneo.

Hipótesis que aseguran las condiciones necesarias h1) Se verifica la hipótesis de regularidad, pues tanto la función objetivo como la que define la restricción son de clase C1 sobre R2 (de hecho, de clase C∞). h2) La restricción verifica la condición de cualificación pues el gradiente de h es un vector no nulo en cualquier punto factible: ∇h(x, y) = (1, 1) ≠ (0, 0). 160906. Ejercicios de matemáticas avanzadas

Condiciones necesarias de Kuhn–Tucker El lagrangiano del problema de optimización es la función: L(x, y) = –e–x – e–y – λ(x + y + 2).

Todos los puntos que verifican la condición necesaria son los que simultáneamente satisfacen: h(x, y) = 0 y, para algún valor de λ, L'x(x, y) = 0 y L'y(x, y) = 0. Resolvamos, pues, el sistema: ⎧ Lx′ ( x, y ) = e − x − λ = 0 ⎪ −y ⎨ Ly′ ( x, y ) = e − λ = 0 ⎪ ⎩ h( x, y ) = x + y + 2 = 0. Despejando en la primera y segunda ecuación, y sustituyendo en la tercera: x = − ln(λ ).

y = − ln(λ ).

− ln(λ ) − ln(λ ) + 2 = −2ln(λ ) + 2 = 0, ln(λ ) = 1, λ = e.

Dicho sistema es verificado sólo por la terna (x, y, λ) = (–1, –1, e). El punto (–1, –1) es candidato a ser solución local del problema de optimización, y cualquier otro punto de R2 no es solución. La función objetivo y la que define la restricción son de clase C2 sobre R2. Condiciones suficientes a) El punto candidato: (–1, –1), es factible y b) satisface las condiciones de Kuhn–Tucker, con el multiplicador e. c) En el punto (–1, –1), de multiplicador igual a e, la matriz hessiana de la función L correspondiente es: ⎛ −e − ( −1) D 2 L(−1, − 1) = ⎜ ⎝ 0

37

0 −e

− ( −1)

⎞ ⎛ −e 0 ⎞ ⎟ = ⎜ 0 −e ⎟ , ⎠ ⎠ ⎝

de forma cuadrática asociada definida negativa. El punto (–1, –1) satisface también la condición del apartado (c) de la condición suficiente y, en conclusión, es un máximo local del problema de optimización. El problema de optimización es convexo, pues el conjunto de definición de la función objetivo es R2, que es convexo, la función objetivo: –e–x – e–y, es cóncava sobre R2 (la forma cuadrática asociada a la matriz hessiana de esta función en cada punto de R2 es definida negativa), y la función que define la restricción (de igualdad) es afín. Si el problema de optimización es convexo y la función objetivo y las que definen las restricciones son diferenciables sobre el conjunto de definición de la función objetivo, todo punto factible que verifique las condiciones de Kuhn–Tucker es solución global del problema. El punto (–1, –1) es, pues, una solución global del problema de optimización. EJERCICIO 45

........................................

Resolver el problema de optimización: extremos 2x + y ⎧ ⎨ 2 2 ⎩ con la restricción: ( x − 1) + y = 4. Publicado por F. Pascual, G. Romero y A. Salas. Es decir:

extremos 2x + y ⎧ ⎨ 2 2 ⎩ con la restricción: ( x − 1) + y − 4 = 0.


Hipótesis que aseguran las condiciones necesarias h1) Se verifica la hipótesis de regularidad, pues tanto la función objetivo como la que define la restricción son de clase C1 sobre R2 (de hecho, de clase C∞). h2) La restricción verifica la condición de cualificación en todo punto factible, pues aunque la función h(x, y) = (x – 1)2 + y2 – 4 admite un punto crítico: (1, 0): ∇h(x, y) = ( 2(x – 1), 2y), este punto no verifica la restricción del problema de optimización: h(1, 0) = –4 ≠ 0, es decir, no es un punto factible. Condiciones necesarias de Kuhn–Tucker El lagrangiano del problema de optimización es la función:

L(x, y) = 2x + y – λ((x – 1)2 + y2 – 4). Todos los puntos que verifican la condición necesaria son los que simultáneamente satisfacen: h(x, y) = 0 y, para algún valor de λ, L'x(x, y) = 0 y L'y(x, y) = 0. Resolvamos, pues, el sistema:

⎧ Lx′ ( x, y ) = 2 − 2λ ( x − 1) = 0 ⎪ 1 − 2λ y = 0 ⎨ Ly′ ( x, y ) = ⎪ h( x, y ) = ( x − 1) 2 + y 2 − 4 = 0. ⎩ Despejando en la primera y segunda ecuación, y sustituyendo en la tercera: x=

1

λ

+ 1.

y=

1 2λ

( x − 1) 2 + y 2 − 4 = ( λ1 + 1 − 1 ) + ( 21λ ) − 4 2

.

=

1

λ2

+

1 4λ 2

−4

= 4 + 1 − 16λ 2 = 5 − 16λ 2 = 0, λ 2 = 165 .

38

Las dos ternas (x, y, λ) que verifican el sistema anterior son: En consecuencia, los puntos:

(

4 5

+ 1,

2 5

)y(−

4 5

(

+ 1, −

4 5

2 5

+ 1,

2 5

,

5 4

)y(−

4 5

+ 1, −

2 5

,−

5 4

).

)

son candidatos a ser solución local del problema de optimización. De hecho, son los únicos puntos de R2 que es posible sean soluciones locales. La función objetivo y la que define la restricción son de clase C2 sobre R2. Condiciones suficientes

a) Los puntos candidatos:

(

4 5

+ 1,

2 5

,

5 4

)y(−

4 5

+ 1, −

2 5

,−

5 4

) , son factibles y

b) satisfacen las condiciones de Kuhn–Tucker, con los multiplicadores

5 4

y −

5 4

, respectivamente.

c) Debemos estudiar la forma cuadrática asociada a la matriz hessiana de la función lagrangiana en cada uno de estos puntos: 0 ⎞ ⎛ −2λ D 2 L( x, y ) = ⎜ . − λ ⎟⎠ 0 2 ⎝ – En el punto (4

5 + 1, 2

5), de multiplicador igual a

5 4, la matriz hessiana es:

⎛− 5 2 0 ⎞ ⎜ ⎟, 0 − 5 2⎠ ⎝ de forma cuadrática asociada definida negativa. El punto (4 local del problema de optimización.


5 + 1, 2

5) es, por tanto, un máximo

– En el punto ( −4

5 + 1, − 2

5), de multiplicador igual a − 5 4, la matriz hessiana es: ⎛ 5 2 ⎜ ⎝ 0

0 ⎞ ⎟, 5 2⎠

de forma cuadrática asociada definida positiva. El punto (−4 problema de optimización. EJERCICIO 46

5 + 1, − 2

5) es un mínimo local del

........................................

Determinar el valor del número real a, para que el punto (1, 1) sea solución del problema: ⎧ maximizar −( x − a ) 2 − ( y − 1) 2 ⎨ x 2 + y 2 = 2. ⎩ con la restricción: Febrero 2001, prueba presencial. Publicado por G. Romero y A. Salas. Es decir: ⎧ maximizar −( x − a) 2 − ( y − 1) 2 ⎨ x 2 + y 2 − 2 = 0. ⎩ con la restricción:


h1) Se verifica la hipótesis de regularidad, pues tanto la función objetivo como la que define la restricción son de clase C1 sobre R2 (de hecho, de clase C∞). h2) La restricción verifica la condición de cualificación en todo punto factible, pues aunque la función h(x, y) = x2 + y2 – 2 admite un punto crítico: (0, 0): ∇h(x, y) = ( 2x, 2y), 39

este punto no verifica la restricción del problema de optimización: h(0, 0) = –2 ≠ 0, es decir, no es un punto factible. Condiciones necesarias de Kuhn–Tucker El lagrangiano del problema de optimización es la función:

L(x, y) = –(x – a)2 – ( y – 1)2 – λ(x2 + y2 – 2). Todos los puntos que verifican la condición necesaria son los que simultáneamente satisfacen: h(x, y) = 0 y, para algún valor de λ, L'x(x, y) = 0 y L'y(x, y) = 0. Tenemos, pues, el sistema: ⎧ Lx′ ( x, y ) = −2( x − a) − λ 2 x = 0 ⎪ ⎨ Ly′ ( x, y ) = −2( y − 1) − λ 2 y = 0 ⎪ x 2 + y 2 − 2 = 0. ⎩ h ( x, y ) = Sustituyendo en las dos primeras ecuaciones el punto candidato a solución local que nos propone el enunciado del problema: (1, 1), y despejando en la segunda ecuación, obtenemos el valor de λ. De la primera resulta el valor de a: −2(1 − 1) − λ 2 = −λ 2 = 0. λ = 0. −2(1 − a) − λ 2 = −2(1 − a) = 0. a = 1.

El sistema de más arriba es verificado por la terna (x, y, λ) = (1, 1, 0), cuando a toma el valor 1. El punto propuesto por el enunciado del ejercicio: (1, 1), es candidato a ser solución local del problema de optimización, siempre que a = 1. La función objetivo y la que define la restricción son de clase C2 sobre R2. Condiciones suficientes

a) El punto candidato: (1, 1), es factible y b) satisface las condiciones de Kuhn–Tucker, con el multiplicador 0.


c) En el punto (1, 1), de multiplicador igual a 0, la matriz hessiana de la función L correspondiente es: 0 ⎛ −2 − 2 ⋅ 0 D 2 L(1,1) = ⎜ −2 − 2 ⋅ 0 0 ⎝

⎞ ⎛ −2 0 ⎟ = ⎜ 0 −2 ⎠ ⎝

⎞ ⎟, ⎠

de forma cuadrática asociada definida negativa. El punto (1, 1) satisface también la condición del apartado (c) de la condición suficiente y, en conclusión, es un máximo local del problema de optimización, para a = 1. Podríamos estudiar de nuevo el problema por si, para dicho valor de a, obtenemos algún punto candidato adicional. EJERCICIO 47

........................................

Resolver el problema de optimización: ⎧ extremos 10 x 2 − 16 xy + 10 y 2 ⎨ x 2 + y 2 = 1. ⎩ con la restricción: Publicado por G. Romero y A. Salas. Véanse las notas del Prof. Alberto A. Álvarez relativas al EJERCICIO 39. Comprobar las condiciones suficientes, por si hay algo erróneo a la hora de definir y simplificar los subespacios vectoriales. Es decir: ⎧ extremos 10 x 2 − 16 xy + 10 y 2 ⎨ x 2 + y 2 − 1 = 0. ⎩ con la restricción:


h1) Se verifica la hipótesis de regularidad, pues tanto la función objetivo como la que define la restricción son de clase C1 sobre R2 (de hecho, de clase C∞). 40

h2) La restricción verifica la condición de cualificación en todo punto factible, pues aunque la función h(x, y) = x2 + y2 – 1 admite un punto crítico: (0, 0): ∇h(x, y) = ( 2x, 2y), este punto no verifica la restricción del problema de optimización: h(0, 0) = –1 ≠ 0, es decir, no es un punto factible. Condiciones necesarias de Kuhn–Tucker El lagrangiano del problema de optimización es la función:

L(x, y) = 10x2 – 16xy + 10y2 – λ(x2 + y2 – 1). Todos los puntos que verifican la condición necesaria son los que simultáneamente satisfacen: h(x, y) = 0 y, para algún valor de λ, L'x(x, y) = 0 y L'y(x, y) = 0. Resolvamos, pues, el sistema: ⎧ Lx′ ( x, y ) = 20 x − 16 y − 2λ x = 0 ⎪ ⎨ Ly′ ( x, y ) = −16 x + 20 y − 2λ y = 0 ⎪ h ( x, y ) = x 2 + y 2 − 1 = 0. ⎩ Despejando –2λ en la primera ecuación, sustituyendo en la segunda y simplificando: −2λ x = −20 x + 16 y.

− 2λ =

⎛ −20 x + 16 y −16 x + 20 y + ⎜ x ⎝

−20 x + 16 y . x

⎞ 2 2 2 2 ⎟ y = −16 x + 20 xy − 20 xy + 16 y = −16 x + 16 y = 0. ⎠

Sustituyendo x2 en la tercera y calculando los posibles valores de λ: x 2 + y 2 − 1 = y 2 + y 2 − 1 = 2 y 2 − 1 = 0. y 2 = 12 . y1 = −20 x + 16 y −10 x + 8 y 10 x − 8 y 8y λ= = = = 10 − . −2 x −x x x


1 2

; y2 = −

1 2

.

y2 = x2.

– Si x e y tienen el mismo signo: 8

λ = 10 −

1 2 1 2

= 2.

1 2 1 2

= 18.

– Si x e y tienen distinto signo: λ = 10 +

8

Las cuatro ternas (x, y, λ) que verifican el sistema anterior son:

(

1 2

,

1 2

, 2 ), ( −

1 2

,−

1 2

,2 ), (

,−

1 2

,18 ) y

1 2

(−

1 2

,

1 2

,

1 2

)

,18 ) .

En consecuencia, los puntos:

(

1 2

,

1 2

), ( −

1 2

,−

1 2

), (

1 2

,−

1 2

)y(−

1 2

son candidatos a ser solución local del problema de optimización. De hecho, son los únicos puntos de R2 que es posible sean soluciones locales. La función objetivo y la que define la restricción son de clase C2 sobre R2. Condiciones suficientes

a) Los puntos candidatos;

(

1 2

,

1 2

), ( −

1 2

,−

1 2

), (

1 2

,−

1 2

)y(−

1 2

,

1 2

) , son factibles y

b) satisfacen las condiciones de Kuhn–Tucker, con los multiplicadores 2 y 18, según corresponda. c) Debemos estudiar la forma cuadrática asociada a la matriz hessiana de la función lagrangiana en cada uno de estos puntos: −16 ⎞ ⎛ 20 − 2λ D 2 L( x, y ) = ⎜ . 20 − 2λ ⎟⎠ ⎝ −16 41

– En el punto (1/ 2, 1/ 2 ), de multiplicador 2, la matriz hessiana es:

⎛ 16 −16 ⎜ −16 16 ⎝

⎞ ⎟. ⎠

La forma cuadrática asociada a la matriz anterior restringida al subespacio vectorial F* = {(x, y) ∈ R2 | x + y = 0} es definida positiva, pues: 0 1 1 1 16 −16 = −16 − 16 − 16 − 16 = −64 < 0. 1 −16 16

El punto (1/ 2,1/ 2 ) es un mínimo local. – En el punto ( − 1/ 2, − 1/ 2 ), de multiplicador 2, la matriz hessiana es también:

⎛ 16 −16 ⎞ ⎜ −16 16 ⎟ . ⎝ ⎠ La forma cuadrática asociada a la matriz anterior restringida al subespacio vectorial F* = {(x, y) ∈ R2 | –x – y = 0} es definida positiva, pues: 0 −1 −1 −1 16 −16 = −16 − 16 − 16 − 16 = −64 < 0. −1 −16 16

El punto (− 1/ 2, − 1/ 2 ) es un mínimo local. – En el punto (1/ 2, − 1/ 2 ), de multiplicador 18, la matriz hessiana es:

⎛ −16 −16 ⎞ ⎜ −16 −16 ⎟ . ⎝ ⎠


La forma cuadrática asociada a la matriz anterior restringida al subespacio vectorial F* = {(x, y) ∈ R2 | x – y = 0} es definida negativa, pues: 0 1 −1 1 −16 −16 = 16 + 16 + 16 + 16 = 64 > 0. −1 −16 −16

El punto (1/ 2, − 1/ 2) es un máximo local. – En el punto ( − 1/ 2, 1/ 2 ), de multiplicador 18, la matriz hessiana es también:

⎛ −16 −16 ⎞ ⎜ −16 −16 ⎟ . ⎝ ⎠

La forma cuadrática asociada a la matriz anterior restringida al subespacio vectorial F* = {(x, y) ∈ R2 | –x + y = 0} es definida negativa, pues: 0 −1 1 −1 −16 −16 = 16 + 16 + 16 + 16 = 64 > 0. 1 −16 −16

El punto (− 1/ 2,1/ 2 ) es un máximo local. 2.2.2. Varias restricciones de igualdad EJERCICIO 48

........................................

Consideremos el problema de optimización: maximizar ⎧ ⎪ ( P ) ⎨ con las restricciones: ⎪ ⎩

42

x2 + y 2 + z 2 − 3 x 2 + 2 y + z 2 − 6 = 0, x + y − z = 0.

Incluye corrección y notas del Prof. Alberto A. Álvarez. Véase el EJEMPLO 6 en el apartado 2.2.3 (Ejemplos de aplicación de las condiciones de Kuhn–Tucker) de la Unidad Didáctica.


→ →

h1) Se verifica la hipótesis de regularidad, pues tanto la función objetivo: f (x, y, z) = x2 + y2 + z2 – 3, como las que definen las restricciones h1(x, y, z) = x2 + 2y + z2 – 6 y h2(x, y, z) = x + y – z, son de clase C1 sobre R3 (de hecho, de clase C∞). h2) La condición de cualificación se satisface si los gradientes de las funciones de restricción son vectores linealmente independientes. Si (x, y, z) ∈ R3, se tiene: ∇h1(x, y, z) = (2x, 2, 2z) y ∇h2(x, y, z) = (1, 1, –1), y la matriz de orden (2, 3) cuyos dos vectores fila son los gradientes anteriores es: ⎛ 2x 2 2z ⎞ ⎜ 1 1 −1 ⎟ , ⎝ ⎠

matriz de rango igual a 2 salvo que (x, y, z) sea un punto de la forma: (1, y, –1) con y ∈ R. Ahora bien, ningún punto de este tipo verifica simultáneamente ambas restricciones (si verificara la primera, necesariamente sería y = 2; si verificara la segunda: y = –2), es decir, ningún punto de este tipo es factible; las restricciones de (P) satisfacen, pues, la condición de cualificación en todo punto factible. Condiciones necesarias de Kuhn–Tucker El lagrangiano del problema (P) es la función:

L(x, y, z) = f (x, y, z) – λ1h1(x, y, z) – λ2h2(x, y, z) = x2 + y2 + z2 – 3 – λ1(x2 + 2y + z2 – 6) – λ2(x + y – z),


que depende de los parámetros λ1 y λ2. La condición necesaria viene dada por el sistema de ecuaciones:

⎧ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩

Lx′ ( x, y , z ) Ly′ ( x, y , z ) Lz′ ( x, y , z ) h1 ( x, y , z ) h2 ( x, y , z )

= 2 x − 2 xλ1 − λ2 = 0 = 2 y − 2λ1 − λ2 = 0 = 2 z − 2 zλ1 + λ2 = 0 = x2 + 2 y + z 2 − 6 = 0 x + y − z = 0. =

De las ecuaciones tercera y primera se deduce la igualdad: 2(1 – λ1) (x + z) = 0; si 1 – λ1 = 0, se obtienen las dos primeras quíntuplas; si x + z = 0, las dos restantes: 2 z − 2 zλ1 = −λ 2. 2 x − 2 xλ1 − λ2 = 2 x − 2 xλ1 + 2 z − 2 zλ1 = 2(1 − λ1)( x + z ) = 0.

– Si 1 – λ1 = 0: ⎧ λ1 = 1 ⎪ 2 y − 2λ1 − λ 2 = 0 ⎪ ⎨ 2 z − 2 z = −λ 2, λ2 = 0 ⎪ x2 + 2 y + z 2 − 6 = 0 ⎪ ⎩ x + y − z = 0.

⎧ λ1 = 1 ⎪ 2 y − 2 = 0, y = 1 ⎪ ⎨ λ2 = 0 ⎪ x2 + z 2 − 4 = 0 ⎪ ⎩ x + 1 − z = 0, z = x + 1.

x 2 + ( x + 1) 2 − 4 = x 2 + x 2 + 2 x + 1 − 4 = 2 x 2 + 2 x − 3 = 0.

x=

−2 ± 4 + 24 −2 ± 28 −1 ± 7 . = = 4 4 2

– Si x + z = 0: ⎧ z = −x ⎪ 2 y − 2λ1 − λ2 = 0 ⎪ ⎨ 2 z − 2 zλ1 + λ 2 = 0 ⎪ x2 + 2 y + z 2 − 6 = 0 ⎪ ⎩ x + y − z = 0. 2 x 2 − 4 x − 6 = 0.

43

x=

⎧ z = −x ⎪ 2 2 ⎨ x + 2y + x − 6 = 0 ⎪ x + y + x = 0, y = −2 x. ⎩

4 ± 16 + 48 4 ± 64 4 ± 8 = = . 4 4 4

x3 = 3; x4 = −1.

x = 3: ⎧ z = −3 ⎪⎪ y = −6 ⎨ −12 − 2λ − λ = 0, λ = −12 − 2λ 1 2 2 1 ⎪ ⎪⎩ −6 + 6λ1 + λ 2 = −6 + 6λ1 − 12 − 2λ1 = −18 + 4λ1 = 0,

λ1 = 92 ; λ 2 = −12 − 2 ⋅ 92 = −21.

x = –1:

⎧ z =1 ⎪⎪ y = 2 ⎨ 4 − 2λ − λ = 0, 4 − 2λ = λ 1 2 1 2 ⎪ ⎪⎩ 2 − 2λ1 + λ 2 = 2 − 2λ1 + 4 − 2λ1 = 6 − 4λ1 = 0,

λ1 = 32 ; λ 2 = 4 − 2 ⋅ 32 = 1

Todas las quíntuplas (x, y, z, λ1, λ2) que verifican el sistema anterior son: ⎛ −1 + 7 1 + 7 ,1, ,1, 0 ⎜ 2 2 ⎝

⎞ ⎛ −1 − 7 1− 7 ,1, ,1, 0 ⎟, ⎜ 2 2 ⎠ ⎝

⎞ ⎟ , (3, −6, −3,9 / 2, −21), (−1, 2,1,3/ 2,1). ⎠

En conclusión, los únicos puntos de R3 candidatos a ser una solución local del problema (P) son: ⎛ −1 + 7 1 + 7 ⎞ ⎛ −1 − 7 1− 7 ⎞ ,1, ,1, ⎜ ⎟, ⎜ ⎟ , (3, −6, −3), (−1, 2,1). 2 2 ⎠ ⎝ 2 2 ⎠ ⎝ La función objetivo y las que definen las restricciones son de clase C2 sobre R3. Condiciones suficientes Nota del Profesor. En este ejercicio surgen dos detalles nuevos: estamos con tres variables y con dos restricciones. Debemos trabajar, pues, con una forma cuadrática sobre R3 restringida a un subespacio F* que queda esta vez definido por dos ecuaciones. En la pág. 45 y ss. hay «recetas» para averiguar el signo


de una forma cuadrática restringida cuando el subespacio está definido sólo por una ecuación, pero no las hay cuando lo está por más ecuaciones. Pero podemos hacer algo, no obstante. La matriz hessiana de la función lagrangiana es: 0 ⎞ ⎛ 2 − 2λ1 0 D 2 L ( x, y , z ) = ⎜ 0 2 0 ⎟. ⎜⎜ ⎟ 0 2 − 2λ1 ⎟⎠ ⎝ 0

– Para el punto (–1, 2, 1), de multiplicadores 3/2 y 1, el conjunto F* es el formado por los vectores

(x, y, z) tales que –x + y + z = 0 y x + y – z = 0. Un vector genérico de este conjunto es (t, 0, t). Si evaluamos la forma cuadrática asociada a la matriz hessiana (en este punto) en los vectores de esta forma, vemos que se obtiene un número negativo cualquiera que sea t. Quiero decir: si multiplicamos las tres siguientes matrices: la matriz fila (t 0 t), la matriz hessiana en el punto, que es: ⎛ −1 0 0 ⎞ ⎜ 0 2 0 ⎟, ⎜ ⎟ ⎝ 0 0 −1 ⎠ y la matriz traspuesta de (t 0 t) (que es una matriz columna), obtenemos como resultado un número (una matriz con un sólo término, para ser exactos), precisamente el resultado de evaluar la forma cuadrática en (t, 0, t):

(

⎛ −1 0 0 ⎞⎛ t ⎞ t 0 t ) ⎜ 0 2 0 ⎟⎜ 0 ⎟ = ( −t 0 −t ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ 0 0 −1 ⎠⎝ t ⎠

⎛ t ⎞ ) ⎜⎜ 0 ⎟⎟ = −2t 2 , ⎝ t ⎠

que es negativo cualquiera que sea t. Esto nos dice que la forma cuadrática asociada a la matriz hessiana restringida a F* es definida negativa, con lo que el punto (–1, 2, 1) es un máximo local. [...] 44

EJERCICIO 49

........................................

Resolver el problema de optimización: extremos z ⎧ ⎪ 2 2 con las restricciones: + = 4, x y ⎨ ⎪ x + y + z = 5. ⎩ Publicado por F. Pascual.

EJERCICIO 50

........................................

Resolver el problema de optimización: extremos x 3 − 12 y 2 + z + 10 ⎧ ⎪ x = 2, ⎨ con las restricciones: ⎪ y = z. ⎩ Febrero 2004, primera semana, original. Publicado por G. Romero y A. Salas.

Si hallamos las soluciones locales reduciendo el problema al del cálculo de los extremos de una función de una variable (es decir, sustituimos las dos restricciones en la función objetivo): x3 − 12 y 2 + z + 10 = 8 − 12 y 2 + y + 10 = − 12 y 2 + y + 18,

el problema quedaría reducido a encontrar los extremos locales de la función: f ( y ) = − 12 y 2 + y + 18.


Condición necesaria Igualamos a cero la primera derivada de f : df = − y + 1 = 0, dy

y = 1.

Por tanto, el punto candidato a solución local del problema de optimización es: (2, 1, 1). Condición suficiente Analizando el signo de la segunda derivada de f : d2f = −1 < 0, dy 2

comprobamos que el punto (2, 1, 1) es un máximo local del problema de optimización. EJERCICIO 51

........................................

Resolver el problema de optimización: extremos x2 − y 2 + z 2 ⎧ ⎪ ⎨ con las restricciones: 2 x − 4 z = 1, ⎪ 2 y + 6 z = 1. ⎩ Publicado por G. Romero y A. Salas.

45

Si hallamos las soluciones locales reduciendo el problema al del cálculo de los extremos de una función de una variable (es decir, despejamos en las restricciones dos de las variables en función de la tercera y sustituimos en la función objetivo): 1 − 6z , 2 2 2 1 + 8 z + 16 z 2 1 − 12 z + 36 z 2 ⎛ 1 + 4z ⎞ ⎛ 1 − 6z ⎞ 2 x2 − y 2 + z 2 = ⎜ − − + z2 ⎟ ⎜ ⎟ +z = 4 4 ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ 1 + 8 z + 16 z 2 − 1 + 12 z − 36 z 2 + 4 z 2 20 z − 16 z 2 = = = 5z − 4z 2 , 4 4

x=

1 + 4z , 2

y=

el problema quedaría reducido a encontrar los extremos locales de la función: f (z) = 5z – 4z2. Condición necesaria Igualamos a cero la primera derivada de f : df = 5 − 8 z = 0, dz x=

1 + 4 ⋅ 85 1 + 52 2 +2 5 7 = = = ; 2 2 2 4

y=

5 z= . 8

4 −15 1 − 6 ⋅ 58 1 − 154 11 = = 4 =− . 2 2 2 8

Por tanto, el punto candidato a solución local del problema de optimización es: (7/4, –11/8, 5/8). Condición suficiente Analizando el signo de la segunda derivada de f : d2f = −8 < 0, dz 2 comprobamos que el punto (7/4, –11/8, 5/8) es un máximo local del problema de optimización.


EJERCICIO 52

........................................

Considérese el siguiente problema de optimización: extremos x2 + y 2 + z 2 ⎧ ⎪ x + y = 1, ⎨ con las restricciones: ⎪ x − z = 0. ⎩ a) Con el método de los multiplicadores de Lagrange, calcular sus soluciones locales. b) ¿Admite alguna solución global? c) Calcular sus soluciones locales reduciendo el problema al del cálculo de los extremos de una función de una variable (es decir, despejar en las restricciones dos de las variables en función de la tercera y sustituir en la función objetivo). Con este método, obtener también alguna conclusión sobre las posibles soluciones globales. Septiembre 2005, original. Incluye corrección y nota del Prof. Alberto A. Álvarez. Es decir: ⎧ extremos ⎪ ⎨ con las restricciones: ⎪ ⎩

x2 + y 2 + z 2 x + y − 1 = 0, x − z = 0.

Hipótesis que aseguran las condiciones necesarias h1) Se verifica la hipótesis de regularidad, pues tanto la función objetivo: f (x, y, z) = x2 + y2 + z2, como las que definen las restricciones h1(x, y, z) = x + y – 1 y h2(x, y, z) = x – z, son de clase C1 sobre R3 (de hecho, de clase C∞). h2) Las restricciones satisfacen la condición de cualificación en todo punto factible, pues los gradientes de h1 y h2 son vectores linealmente independientes. Si (x, y, z) ∈ R3, se tiene: 46

∇h1(x, y, z) = (1, 1, 0) y ∇h2(x, y, z) = (1, 0, –1), y la matriz de orden (2, 3) cuyos dos vectores fila son los gradientes anteriores, es de rango igual a dos: ⎛1 1 0⎞ rango ⎜ ⎟ = 2. ⎝ 1 0 −1 ⎠ Condiciones necesarias de Kuhn–Tucker El lagrangiano del problema de optimización es la función:

L(x, y, z) = f (x, y, z) – λ1h1(x, y, z) – λ2h2(x, y, z) = x2 + y2 + z2 – λ1(x + y – 1) – λ2(x – z), que depende de los parámetros λ1 y λ2. La condición necesaria viene dada por el sistema de ecuaciones: ⎧ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩

Lx′ ( x, y, z ) = 2 x − λ1 − λ 2 = 0 2 y − λ1 = 0 Ly′ ( x, y, z ) = 2z + λ2 = 0 Lz′ ( x, y, z ) = h1 ( x, y, z ) = x + y −1 = 0 h2 ( x, y, z ) = x − z = 0.

Despejando λ1 y λ2 de la segunda y tercera ecuación, z de la quinta, y sustituyendo todo ello en la primera:

λ1 = 2 y. λ 2 = −2 z.

z = x.

2 x − 2 y + 2 x = 4 x − 2 y = 0.

Resolviendo el sistema de dos ecuaciones y dos incógnitas que queda: ⎧ 4x − 2 y = 0 ⎨ x + y − 1 = 0. ⎩ x = 1 − y. 4 x − 2 y = 4(1 − y ) − 2 y = 4 − 4 y − 2 y = 4 − 6 y = 0, y = 23 .


La quíntupla (x, y, z, λ1, λ2) que verifica el sistema anterior es: (1/3, 2/3, 1/3, 4/3, –2/3). En conclusión, el único punto de R3 candidato a ser una solución local del problema de optimización es: (1/3, 2/3, 1/3). La función objetivo y las que definen las restricciones son de clase C2 sobre R3. Condiciones suficientes a) El punto candidato: (1/3, 2/3, 1/3), es factible y b) satisface las condiciones de Kuhn–Tucker, con multiplicadores 4/3 y –2/3. c) En el punto (1/3, 2/3, 1/3), con multiplicadores 4/3 y –2/3, la matriz hessiana de la función L correspondiente es: ⎛2 0 0⎞ 2 D L( x, y , z ) = ⎜ 0 2 0 ⎟ , ⎜ ⎟ ⎝0 0 2⎠ de forma cuadrática asociada definida positiva. El punto (1/3, 2/3, 1/3) satisface también la condición del apartado (c) de la condición suficiente y, en conclusión, es un mínimo local del problema de optimización. ¿Admite alguna solución global? El problema de optimización no es convexo, pues la función objetivo: x2 + y2 + z2, es convexa sobre R3 (la forma cuadrática asociada a la matriz hessiana de esta función en cada punto de R3 es definida positiva).

→

47

Nota del Profesor. Acontece que el problema no es convexo, efectivamente, pero notemos que ya hemos encontrado un mínimo local. El problema de encontrar los mínimos locales de una función (con restricciones) es equivalente al de encontrar los máximos locales de la función opuesta (con las mismas restricciones). Bien, si planteamos el problema del enunciado con la función objetivo cambiada de signo, tenemos que el punto (1/3, 2/3) es máximo local de él, y que el nuevo problema sí es convexo. El punto (1/3, 2/3) es entonces máximo global de este nuevo problema, y por tanto, mínimo global del problema original.

Si hallamos las soluciones locales reduciendo el problema al del cálculo de los extremos de una función de una variable (es decir, despejamos en las restricciones dos de las variables en función de la tercera y sustituimos en la función objetivo): y = 1 − x,

z = x,

x 2 + y 2 + z 2 = x 2 + (1 − x) 2 + x 2 = 3 x 2 − 2 x + 1,

el problema quedaría reducido a encontrar los extremos locales de la función: f (x) = 3x2 – 2x + 1. Condición necesaria Igualamos a cero la primera derivada de f : df = 6 x − 2 = 0, dx

1 x= . 3

Por tanto, el punto candidato a solución local del problema de optimización es: (1/3, 2/3, 1/3). Condición suficiente Analizando el signo de la segunda derivada de f : d2f = 6 > 0, dx 2 comprobamos que el punto (1/3, 2/3, 1/3) es un mínimo local del problema de optimización.


EJERCICIO 53

........................................

Resolver el problema de optimización: extremos 2 x 2 + y 2 + 3z 2 ⎧ ⎪ x + y + z = 14, ⎨ con las restricciones: ⎪ 5 x 10 y + 15 z = 150. + ⎩ Febrero 2004, segunda semana, original. Publicado por G. Romero y A. Salas. El sistema de cinco ecuaciones y cinco incógnitas se me ha resistido, incluso siguiendo las explicaciones de los compañeros, por lo que directamente escribo el punto candidato y sus multiplicadores. Es decir:

⎧ extremos 2 x 2 + y 2 + 3z 2 ⎪ x + y + z − 14 = 0, ⎨ con las restricciones: ⎪ 5 x 10 y + 15 z − 150 = 0. + ⎩

Hipótesis que aseguran las condiciones necesarias h1) Se verifica la hipótesis de regularidad, pues tanto la función objetivo: f (x, y, z) = 2x2 + y2 + 3z2, como las que definen las restricciones h1(x, y, z) = x + y + z – 14 y h2(x, y, z) = 5x + 10y + 15z – 150, son de clase C1 sobre R3 (de hecho, de clase C∞). h2) Las restricciones satisfacen la condición de cualificación en todo punto factible, pues los gradientes de h1 y h2 son vectores linealmente independientes. Si (x, y, z) ∈ R3, se tiene: ∇h1(x, y, z) = (1, 1, 1) y ∇h2(x, y, z) = (5, 10, 15), y la matriz de orden (2, 3) cuyos dos vectores fila son los gradientes anteriores, es de rango igual a dos: ⎛1 1 1 rango ⎜ ⎝ 5 10 15

48

⎞ ⎟ = 2. ⎠

Condiciones necesarias de Kuhn–Tucker El lagrangiano del problema de optimización es la función: L(x, y, z) = f (x, y, z) – λ1h1(x, y, z) – λ2h2(x, y, z) = = 2x + y2 + 3z2 – λ1(x + y + z – 14) – λ2(5x + 10y + 15z – 150), 2

que depende de los parámetros λ1 y λ2. La condición necesaria viene dada por el sistema de ecuaciones: ⎧ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩

Lx′ ( x, y , z ) = 4 x − λ1 − 5λ 2 = 0 Ly′ ( x, y , z ) = 2 y − λ1 − 10λ 2 = 0 ′ 6 z − λ1 − 15λ 2 = 0 Lz ( x, y , z ) = h1 ( x, y , z ) = x + y + z − 14 = 0 h2 ( x, y , z ) = 5 x + 10 y + 15 z − 150 = 0.

La quíntupla (x, y, z, λ1, λ2) que verifica el sistema anterior es: (2, 8, 4, 0, 8/5). En conclusión, el único punto de R3 candidato a ser una solución local del problema de optimización es: (2, 8, 4). La función objetivo y las que definen las restricciones son de clase C2 sobre R3. Condiciones suficientes a) El punto candidato: (2, 8, 4), es factible y b) satisface las condiciones de Kuhn–Tucker, con multiplicadores 0 y 8/5.


c) En el punto (2, 8, 4), con multiplicadores 0 y 8/5, la matriz hessiana de la función L correspondiente es: ⎛4 0 0⎞ D 2 L( x, y , z ) = ⎜ 0 2 0 ⎟ , ⎜ ⎟ ⎝0 0 6⎠ de forma cuadrática asociada definida positiva. El punto (2, 8, 4) satisface también la condición del apartado (c) de la condición suficiente y, en conclusión, es un mínimo local del problema de optimización. EJERCICIO 54

........................................

Resolver el problema de optimización con restricciones: minimizar x2 + y 2 + z 2 + t 2 ⎧ ⎪ x + y = 4, ⎨ con las restricciones: ⎪ z + t = 8. ⎩ Febrero 2001, examen reserva. Febrero 2002, prueba presencial. Septiembre 2002, prueba presencial. Septiembre 2002, examen reserva. Septiembre 2004, prueba presencial. Publicado por G. Romero y A. Salas.

Si hallamos las soluciones locales reduciendo el problema al del cálculo de los extremos de una función de dos variables (es decir, despejamos en las restricciones dos de las variables en función de las otras dos y sustituimos en la función objetivo): y = 4 − x, t = 8 − z , x 2 + (4 − x) 2 + z 2 + (8 − z ) 2 = x 2 + 16 − 8 x + x 2 + z 2 + 64 − 16 z + z 2 = 2 x 2 − 8 x + 2 z 2 − 16 z + 80,

49

el problema quedaría reducido a encontrar los extremos locales de la función: f ( x, z ) = 2 x 2 − 8 x + 2 z 2 − 16 z + 80. Condición necesaria ⎛ ∂f ∂f ⎞ ∇f ( x, z ) = ⎜ , ⎟ = ( 4 x − 8, 4 z − 16 ) = ( 0, 0 ) , ⎝ ∂x ∂z ⎠ Por tanto, el punto candidato a solución local del problema de optimización es: (2, 2, 4, 4). Condición suficiente Analizando la matriz hessiana de f en el punto candidato: ⎛ ⎜ H f ( x, z ) = ⎜ ⎜ ⎜ ⎝

∂2 f ∂x 2 ∂2 f ∂z∂x

∂2 f ∂x∂z ∂2 f ∂z 2

⎞ ⎟ ⎛4 0⎞ ⎟=⎜ ⎟, ⎟ ⎝0 4⎠ ⎟ ⎠

tenemos que su forma cuadrática asociada es definida positiva, por lo que el punto (2, 2, 4, 4) es un mínimo local del problema de optimización.


2.2.3. Una restricción de desigualdad EJERCICIO 55

........................................

Resolver el problema de optimización: maximizar xy ⎧ ⎨ 2 2 ⎩ con la restricción: x + y − 1 ≤ 0. Febrero 2001, examen reserva. Septiembre 2001, prueba presencial. Septiembre 2001, examen reserva. Publicado por F. Pascual. Véase el EJEMPLO 18 en el apartado 2.4 (Condiciones suficientes) y el EJEMPLO 7 en el 2.2.3 (Ejemplos de aplicación de las condiciones de Kuhn–Tucker) de la Unidad Didáctica. Relacionado con el EJEMPLO 12 en el apartado 2.2.4 (Problemas de minimización).

Hipótesis que aseguran las condiciones necesarias h1) Se verifica la hipótesis de regularidad, pues tanto la función objetivo: f (x, y) = xy, como la que define la restricción: g(x, y) = x2 + y2 – 1, son de clase C1 sobre R2 (de hecho, de clase C∞).

→

h2) Para cada (x, y) ∈ R2 se tiene: ∇g(x, y) = (2x, 2y), que sólo se anula en el punto (0, 0). Ahora bien, este punto verifica la restricción del problema: g(0, 0) = –1 ≤ 0, pero no con igualdad: g(0, 0) < 0; es decir, la restricción está no saturada en (0, 0). Podemos afirmar que la restricción del problema de optimización satisface la condición de cualificación en cualquier punto factible, pues en el punto factible (0, 0) está no saturada, y sobre cualquier otro punto factible (x, y) en el cual pueda estar saturada podemos asegurar que el gradiente ∇g(x, y) es no nulo. La restricción de desigualdad de este problema satisface la condición de cualificación en un punto factible (x, y) si se tiene una de las dos siguientes situaciones: o bien la restricción está no saturada en (x, y), es decir: g(x, y) < 0; o bien está saturada: g(x, y) = 0, pero el gradiente ∇g(x, y) es un vector no nulo.

50

Condiciones necesarias de Kuhn–Tucker K1) Al haber restricciones de desigualdad, la primera de las dos condiciones necesarias de Kuhn–Tucker cobra sentido. Para este problema de optimización, estas condiciones necesarias se pueden enunciar de la siguiente manera: existe un número μ, positivo o nulo (estamos maximizando), tal que μg(x, y) = 0 y (x, y) es punto crítico de la función: L(x, y) = f (x, y) – µg(x, y). Nótese que si la restricción está no saturada en (x, y), entonces µ debe ser nulo (se deduce de la igualdad: μg(x, y) = 0).

→

K2) Todo punto que sea solución local del problema debe necesariamente ser un punto factible y debe ser un punto crítico del lagrangiano para algún µ ≥ 0 tal que: g(x, y) · µ = 0: L(x, y) = f (x, y) – µg(x, y) = xy – µ(x2 + y2 – 1).

La condición necesaria viene dada por el sistema de ecuaciones: ⎧ Lx′ ( x, y ) ⎪ Ly′ ( x, y ) ⎪ g ( x, y ) ⎨ ⎪ μ ⎪ ⎩ g ( x, y ) ⋅ μ

= y − 2 xμ = 0 = x − 2 yμ = 0 = x2 + y 2 − 1 ≤ 0 ≥0 = ( x 2 + y 2 − 1) ⋅ μ = 0.

De la última ecuación se deduce: µ = 0 ó x2 + y2 = 1. En el primer caso, de las dos primeras ecuaciones se obtiene: x = y = 0, y la terna (0, 0, 0) verifica el sistema de ecuaciones. En el segundo caso:

y – 2xµ = 0, x – 2yµ = 0, x2 + y2 = 1, ⎧ y − 2 xμ = 0, y = 2 xμ ⎪ 2 ⎨ x − 2 y μ = x − 2(2 xμ ) μ = x(1 − 4 μ ) = 0 ⎪ x 2 + y 2 = 1. ⎩


De las ecuaciones primera y segunda se deduce la igualdad: x(1 – 4 μ2) = 0; si x = 0, estamos en el caso anterior; si 1 – 4 μ2 = 0: 1 − 4 μ 2 = 0.

μ 2 = 14 .

μ 1 = 12 ; μ 2 = − 12 .

– Si μ = 1/2: ⎧y= x ⎨ 2 2 2 2 2 ⎩ x + y = x + x = 2 x = 1.

x 2 = 12 .

– Si μ = –1/2: ⎧ y = −x ⎨ x 2 + y 2 = x 2 + (− x) 2 = 2 x 2 = 1. ⎩

x 2 = 12 .

todas las ternas que verifican simultáneamente las ecuaciones son:

(

1 2

,

1 2

, 12 ) ,

(−

1 2

,−

1 2

, 12 ) ,

(

1 2

,−

1 2

, − 12 ) ,

(−

1 2

,

1 2

, − 12 ) ,

y de entre estas cuatro ternas se desechan las dos últimas, pues su tercer componente —el multiplicador— es negativo, y se vulnera la cuarta desigualdad del anterior sistema de ecuaciones. En consecuencia, los puntos:

(

( 0,0 ) ,

1 2

,

1 2

)

(−

y

1 2

,−

1 2

)

son los únicos de R2 que es posible sean soluciones locales del problema de optimización; estos tres puntos son candidatos a ser máximos locales de la función xy con la restricción de desigualdad: x2 + y2 – 1 ≤ 0. Si hubiéramos considerado el problema de optimización: minimizar ⎧ (Q) ⎨ con la restricción: ⎩

51

→

xy x 2 + y 2 − 1 ≤ 0,

son condiciones necesarias de mínimo local las mismas condiciones de Kuhn–Tucker de máximo, pero con la exigencia de que los multiplicadores asociados a las restricciones de desigualdad sean negativos o nulos. En este caso, los puntos:

(

( 0,0 ) ,

1 2

,−

1 2

)

(−

y

1 2

,

1 2

)

son, pues, los únicos de R2 que es posible sean soluciones locales del problema (Q). La función objetivo y la que define la restricción son de clase C2 sobre R2. Condiciones suficientes a) Los puntos candidatos:

( 0,0 ) , (

1 2

,

1 2

)y(−

1 2

,−

) , son factibles y

1 2

b) satisfacen las condiciones de Kuhn–Tucker, con los multiplicadores 0,

1 2

y

1 2

, respectivamente.

c) Debemos estudiar la forma cuadrática asociada a la matriz hessiana de la función lagrangiana en cada uno de estos puntos. La matriz hessiana de la función lagrangiana es: ⎛ −2μ D 2 L ( x, y ) = ⎜ ⎝ 1

1 ⎞ . −2μ ⎟⎠

– En el punto ( 1 2 , 1 2 ), de multiplicador 1/2, la matriz hessiana de la función L correspondiente es:

⎛ −1 1 ⎞ ⎜ 1 −1 ⎟ . ⎝ ⎠ La restricción de desigualdad del problema está saturada en ( 1 2 , 1 2 ) . La forma cuadrática asociada a la matriz hessiana del lagrangiano es definida negativa sobre el subespacio vectorial F* = {(u, v) ∈ R2 | u + v = 0}. 0 1 1 1 −1 1 > 0. 1 1 −1


El punto ( 1 2 , 1 2 ) es, pues, una solución local del problema de optimización. – Con cálculos similares se comprueba que el punto (− 1 2 , − 1 2 ) también es una solución local de dicho

problema. – Finalmente, en el punto (0, 0), de multiplicador 0, la matriz hessiana de la función L correspondiente es: ⎛0 1⎞ ⎜ 1 0 ⎟. ⎝ ⎠

Ahora bien, la restricción está no saturada en (0, 0) —pues: g(0, 0) = –1 < 0—. La forma cuadrática asociada a la matriz anterior es indefinida, luego no se verifica la condición (c). Nada podemos decir, pues, del punto (0,0) sin un análisis adicional. Nota. Como g(0, 0) < 0, si el punto (0, 0) fuera solución local de este problema de optimización, la función xy admitiría en (0, 0) un máximo local (sin restricciones), y la forma cuadrática asociada a la matriz hessiana de esta función en (0, 0) sería semidefinida negativa. Pero tal matriz hessiana es: ⎛0 1 ⎜1 0 ⎝

⎞ ⎟, ⎠

y la forma cuadrática asociada a esta matriz es indefinida. El punto (0, 0) no puede ser, pues, solución local de dicho problema. Por otro lado, y de acuerdo con lo obtenido en el problema de minimización, los puntos

( 0,0 ) ,

52

(

1 2

,−

1 2

)

y

(−

1 2

,

1 2

)

son los únicos de R2 que es posible sean mínimos locales de la función xy con la restricción x2 + y2 – 1 = 0 (recuérdense también los multiplicadores: 0, –1/2 y –1/2, respectivamente). Con cálculos análogos a los llevados a cabo en los párrafos precedentes, se comprueba que los puntos ( 1 2 , − 1 2 ) y (− 1 2 , 1 2 ) son efectivamente mínimos locales. Y el punto (0, 0) tampoco resulta ser mínimo local. EJERCICIO 56

........................................

Resolver el problema de optimización: maximizar x2 − y 2 ⎧ ⎨ 2 2 ⎩ con la restricción: x + y − 1 ≤ 0. Febrero 2003, reserva. Septiembre 2004, reserva.

Hipótesis que aseguran las condiciones necesarias h1) Se verifica la hipótesis de regularidad, pues tanto la función objetivo: f (x, y) = x2 – y2, como la que define la restricción: g(x, y) = x2 + y2 – 1, son de clase C1 sobre R2 (de hecho, de clase C∞). h2) Para cada (x, y) ∈ R2 se tiene: ∇g(x, y) = (2x, 2y), que sólo se anula en el punto (0, 0). La restricción del problema de optimización satisface la condición de cualificación en cualquier punto factible, pues en el punto factible (0, 0) está no saturada: g(0, 0) < 0, y sobre cualquier otro punto factible (x, y) en el cual pueda estar saturada: g(0, 0) = 0, podemos asegurar que el gradiente ∇g(x, y) es no nulo. Condiciones necesarias de Kuhn–Tucker K1) Existe un número μ, positivo o nulo, tal que μg(x, y) = 0 y (x, y) es punto crítico de la función: L(x, y) = f (x, y) – µg(x, y).

K2) Todo punto que sea solución local del problema debe necesariamente ser un punto factible y debe ser un punto crítico del lagrangiano para algún µ ≥ 0 tal que: g(x, y) · µ = 0: L(x, y) = f (x, y) – µg(x, y) = x2 – y2 – µ(x2 + y2 – 1).


La condición necesaria viene dada por el sistema de ecuaciones: ⎧ Lx′ ( x, y ) ⎪ Ly′ ( x, y ) ⎪ g ( x, y ) ⎨ ⎪ μ ⎪ ⎩ g ( x, y ) ⋅ μ

= 2 x − 2 xμ = 0 = −2 y − 2 y μ = 0 = x2 + y 2 − 1 ≤ 0 ≥0 = ( x 2 + y 2 − 1) ⋅ μ = 0.

De la última ecuación se deduce: µ = 0 ó x2 + y2 = 1. En el primer caso, de las dos primeras ecuaciones se obtiene: x = y = 0, y la terna (0, 0, 0) verifica el sistema de ecuaciones. En el segundo caso: 2x – 2xµ = 0, –2y – 2yµ = 0,

x2 + y2 = 1,

⎧ 2 x − 2 xμ = 2 x (1 − μ ) = 0 ⎪ ⎨ −2 y − 2 y μ = −2 y (1 + μ ) = 0 ⎪⎩ x 2 + y 2 = 1.

[...] 2.2.4. Varias restricciones de desigualdad EJERCICIO 57

........................................

Resolver mediante las condiciones de Kuhn–Tucker el siguiente problema convexo: maximizar − y2 + 4 y ⎧ ⎨ ⎩ con la restricción: 0 ≤ y ≤ 8.

53

Septiembre 2003, reserva. ¿Es equivalente este ejercicio a preguntar si el problema de optimización admite una solución global?

EJERCICIO 58

........................................

Resolver el problema de optimización: minimizar x+ y ⎧ ⎪ 2 ⎨ con las restricciones: y ≥ x , ⎪ − y ≥ −1. ⎩ Publicado por F. Pascual.

EJERCICIO 59

........................................

Resolver el problema de optimización: minimizar x2 + y2 ⎧ ⎪ ⎨ con las restricciones: 4 − x − y ≤ 0, ⎪ 5 − 2 x − y ≤ 0. ⎩ Febrero 2004, primera semana, original. Publicado por G. Romero y A. Salas.


Hipótesis que aseguran las condiciones necesarias h1) Se verifica la hipótesis de regularidad, pues tanto la función objetivo: f (x, y) = x2 + y2, como las que definen las restricciones: g1(x, y) = 4 – x – y y g2(x, y) = 5 – 2x – y, son de clase C1 sobre R2 (de hecho, de clase C∞). →

h2) La condición de cualificación se satisface en cualquier punto factible, pues los gradientes de las funciones que definen las restricciones de desigualdad saturadas, son vectores linealmente independientes. Si (x, y) ∈ R2, se tiene: ∇g1(x, y) = (–1, –1) y ∇g2(x, y) = (–2, –1), y la matriz de orden (2, 2) cuyos dos vectores fila son los gradientes anteriores, es de rango igual a dos: ⎛ −1 −1 ⎞ rango ⎜ ⎟ = 2. ⎝ −2 −1 ⎠ Condiciones necesarias de Kuhn–Tucker

→

K1) Existen dos números: μ1 y µ2, negativos o nulos (estamos minimizando), tal que µ1g1(x, y) = 0, µ2g2(x, y) = 0 y (x, y) es punto crítico de la función: L(x, y) = f (x, y) – µ1g1(x, y) – µ2g2(x, y).

K2) El lagrangiano del problema de optimización es la función: L(x, y) = f (x, y) – µ1g1(x, y) – µ2g2(x, y) = x2 + y2 – µ1(4 – x – y) – μ2(5 – 2x – y),

que depende de los parámetros μ1 y µ2. La condición necesaria viene dada por el sistema de ecuaciones:

Lx′ ( x, y ) = 2 x + μ1 + 2μ 2 = 0 ⎧ ⎪ Ly′ ( x, y ) = 2 y + μ1 + μ 2 = 0 ⎪ g1 ( x, y ) = 4 − x − y ≤ 0 ⎪ ⎪ g 2 ( x, y ) = 5 − 2 x − y ≤ 0 ⎨ μ1 ≤ 0 ⎪ μ ⎪ 2≤0 ⎪ μ1 g1 ( x, y ) = μ1 (4 − x − y ) = 0 ⎪ ⎩ μ 2 g 2 ( x, y ) = μ 2 (5 − 2 x − y ) = 0.

54

Distingamos casos: – Si μ1 = 0 y µ2 = 0, de las dos primeras ecuaciones se deduce: x = y = 0. El punto (x, y) = (0, 0) no es factible pues no cumple con ninguna de las restricciones de desigualdad. – Si μ1 ≠ 0 y µ2 ≠ 0, de las dos últimas ecuaciones se deduce: ⎧4 − x − y = 0 ⎨ ⎩ 5 − 2 x − y = 0. 4 − x − y = 5 − 2 x − y = −1 + x = 0, x = 1.

y = 3.

Sustituyendo x e y en las dos primeras ecuaciones para obtener el valor de los parámetros μ1 y µ2: ⎧ 2 x + μ1 + 2 μ 2 = 2 + μ1 + 2μ 2 = 0 ⎨ 2 y + μ + μ = 6 + μ + μ = 0. 1 2 1 2 ⎩ μ1 = −2 − 2 μ 2 . 6 − 2 − 2 μ 2 + μ 2 = 4 − μ 2 = 0, μ 2 = 4.

El punto (1, 3) satisface las condiciones necesarias, con los multiplicadores μ 1* = −10 y μ *2 = 4. No obstante, este último parámetro contradice la condición por la que μ2 debe ser menor o igual que cero.


– Si μ1 = 0 y µ2 ≠ 0, de las dos primeras ecuaciones y de la última se obtiene: ⎧ 2 x + 2μ 2 = 0 ⎪ ⎨ 2 y + μ2 = 0 ⎪⎩ 5 − 2 x − y = 0. x = −μ2. 2 y − x = 0, x = 2 y. 5 − 2 x − y = 5 − 4 y − y = 5 − 2 ⋅ 2 y − y = 5 − 5 y = 0, y = 1.

El punto (2, 1) no es factible pues no cumple con la primera de las restricciones de desigualdad. – Si μ1 ≠ 0 y µ2 = 0, de las dos primeras ecuaciones y de la penúltima se obtiene: ⎧ 2 x + μ1 = 0 ⎪ ⎨ 2 y + μ1 = 0 ⎪⎩ 4 − x − y = 0. 2 x = − μ1. 2 y − 2 x = 0, y = x. 4 − x − y = 4 − x − x = 4 − 2 x = 0, x = 2.

El punto (2, 2) satisface las condiciones necesarias, con los multiplicadores μ1* = −4 y μ 2* = 0. La función objetivo y las que definen las restricciones son de clase C2 sobre R2. Condiciones suficientes a) El punto candidato: (2, 2), es factible y b) satisface las condiciones de Kuhn–Tucker, con multiplicadores –4 y 0. c) En el punto (2, 2), con multiplicadores –4 y 0, la matriz hessiana de la función L correspondiente es: ⎛2 0⎞ D 2 L( x, y ) = ⎜ ⎟, ⎝0 2⎠ 55

de forma cuadrática asociada definida positiva. El punto (2, 2) satisface también la condición del apartado (c) de la condición suficiente y, en conclusión, es un mínimo local del problema de optimización. EJERCICIO 60

........................................

Resolver el siguiente problema de optimización: extremos 3x + y ⎧ ⎪ 2 con las restricciones: x y 2 − 5 ≤ 0, + ⎨ ⎪ x − y − 1 ≤ 0. ⎩ Febrero 2005, segunda semana. Incluye correcciones del Prof. Alberto A. Álvarez.

Hipótesis que aseguran las condiciones necesarias h1) Se verifica la hipótesis de regularidad, pues tanto la función objetivo: f (x, y) = 3x + y, como las que definen las restricciones: g1(x, y) = x2 + y2 – 5 y g2(x, y) = x – y – 1, son de clase C1 sobre R2 (de hecho, de clase C∞). →

h2) La condición de cualificación se satisface en cualquier punto factible. Nota del profesor: lo mejor es llevar un orden: saturo ambas restricciones, saturo sólo la primera, saturo sólo la segunda. Veámoslo: – En el primer caso, sólo dos puntos verifican simultáneamente ambas restricciones: (–1, –2) y (2, 1), pero en estos dos puntos ambos gradientes son linealmente independientes. Si (x, y) ∈ R2, se tiene: ∇g1(x, y) = (2x, 2y) y ∇g2(x, y) = (1, –1). – En el segundo caso: saturo sólo la primera, vemos que el gradiente para la primera restricción sólo se

anula en (0, 0), punto en el que esta restricción no está saturada; conclusión: no hay puntos que saturen la primera restricción y no saturen la segunda en los que el gradiente correspondiente se anule. 160906. Ejercicios de matemáticas avanzadas

– En el último caso (saturar sólo la segunda restricción), el gradiente correspondiente es (1, –1), que no

se puede anular. Condiciones necesarias de Kuhn–Tucker K1) Existen dos números: μ1 y µ2, tal que µ1g1(x, y) = 0, µ2g2(x, y) = 0 y (x, y) es punto crítico de la función: L(x, y) = f (x, y) – µ1g1(x, y) – µ2g2(x, y). El signo de estos multiplicadores lo analizaré más tarde.

K2) El lagrangiano del problema de optimización es la función: L(x, y) = f (x, y) – µ1g1(x, y) – µ2g2(x, y) = 3x + y – µ1(x2 + y2 – 5) – μ2(x – y – 1), que depende de los parámetros μ1 y µ2. La condición necesaria viene dada por el sistema de ecuaciones: Lx′ ( x, y ) = 3 − 2 μ1 x − μ 2 = 0 ⎧ ⎪ Ly′ ( x, y ) = 1 − 2 μ1 y + μ 2 = 0 ⎪ g1 ( x, y ) = x2 + y 2 − 5 ≤ 0 ⎪ ⎨ g 2 ( x, y ) = x − y −1 ≤ 0 ⎪ ⎪ μ1 g1 ( x, y ) = μ1 ( x 2 + y 2 − 5) = 0 ⎪ ⎩ μ 2 g 2 ( x, y ) = μ 2 ( x − y − 1) = 0.

Distingamos casos: – Si μ1 ≠ 0 y µ2 ≠ 0, de las dos últimas ecuaciones se deduce: ⎧ x2 + y2 − 5 = 0 ⎨ ⎩ x − y − 1 = 0, x = y + 1. x 2 + y 2 − 5 = ( y + 1) 2 + y 2 − 5 = y 2 + 2 y + 1 + y 2 − 5 = 2 y 2 + 2 y − 4 = 0. y=

56

−2 ± 4 + 32 −2 ± 6 = . 4 4

y1 = 1; y2 = −2. x1 = 2; x2 = −1.

Sustituyendo los dos pares de valores x e y en las dos primeras ecuaciones, para obtener los correspondientes de μ1 y µ2: ⎧ 3 − 2 μ1 x − μ 2 = 3 − 4 μ1 − μ 2 = 0 ⎨1 − 2μ y + μ = 1 − 2 μ + μ = 0. 1 2 1 2 ⎩ 3 − 4 μ1 = μ 2 . 1 − 2 μ1 + 3 − 4 μ1 = 4 − 6 μ1 = 0.

μ1 = 23 ; μ 2 = 3 − 83 = 13 .

⎧ 3 − 2 μ1 x − μ 2 = 3 + 2μ1 − μ 2 = 0 ⎨1 − 2μ y + μ = 1 + 4 μ + μ = 0. 1 2 1 2 ⎩ 3 + 2μ1 = μ 2 . 1 + 4μ1 + 3 + 2 μ1 = 4 + 6 μ1 = 0.

μ1 = − 23 ; μ 2 = 3 − 43 = 53 .

Las dos cuaternas (x, y, μ1, μ2) que verifican el sistema cuando μ1 ≠ 0 y µ2 ≠ 0 son: (2, 1, 2/3, 1/3) y (–1, –2, –2/3, 5/3). En consecuencia, los puntos (2, 1) y (–1, –2) son candidatos a ser solución local del problema de optimización. – Si μ1 ≠ 0 y µ2 = 0, de las dos primeras ecuaciones y de la penúltima se obtiene: ⎧ 3 − 2 μ1 x = 0 ⎪ ⎨1 − 2μ1 y = 0 ⎪⎩ μ1 ( x 2 + y 2 − 5) = 0.

μ1 =

. 1 − 2μ1 y = 1 − 2 y ⋅ 23x = 1 − 62 xy = 2 x − 6 y = 0, x = 3 y. x 2 + y − 5 = (3 y ) 2 + y 2 − 5 = 10 y 2 − 5 = 0, y 2 = 12 .

→

3 2x 2

Las dos cuaternas (x, y, μ1, μ2) que verifican el sistema cuando μ1 ≠ 0 y µ2 = 0 son: (3/ 2,1/ 2,1/ 2, 0) y (−3/ 2, − 1/ 2, − 1/ 2, 0). El punto (−3/ 2, − 1/ 2) es candidato a ser solución local del problema de optimización, pero el punto (3/ 2,1/ 2) no es factible: no verifica la segunda restricción. Analizando ahora el signo de los multiplicadores: el punto (2, 1), con multiplicadores positivos, cumple las condiciones necesarias para ser candidato a máximo local. El punto (−3/ 2, − 1/ 2) , con un multiplicador negativo y otro igual a cero, cumple las condiciones necesarias para ser candidato a mínimo local. El punto (–1, –2) no es candidato a extremo local porque sus multiplicadores tienen distinto signo. La función objetivo y las que definen las restricciones son de clase C2 sobre R2.


Condiciones suficientes a) Los puntos candidatos: (2, 1) y (−3/ 2, − 1/ 2) , son factibles y b) satisfacen las condiciones de Kuhn–Tucker, con sus multiplicadores respectivos. c) Debemos estudiar la forma cuadrática asociada a la matriz hessiana de la función lagrangiana en cada uno de estos puntos: 0 ⎞ ⎛ −2μ1 D 2 L ( x, y ) = ⎜ . 0 − 2 μ1 ⎟⎠ ⎝ – En el punto (2, 1, 2/3, 1/3), de multiplicadores iguales a 2/3 y 1/3, la matriz hessiana es:

0⎞ ⎛ − 43 ⎜ 0 − 4 ⎟, 3 ⎠ ⎝ de forma cuadrática asociada definida negativa. El punto (2, 1) es, por tanto, un máximo local del problema de optimización. – En el punto (−3/ 2, − 1/ 2), de multiplicadores iguales a −1/ 2 y 0, la matriz hessiana es: ⎛ 22 ⎜ ⎝ 0

0 ⎞ , 2 ⎟ 2 ⎠

de forma cuadrática asociada definida positiva. El punto (−3/ 2, − 1/ 2) es un mínimo local del problema de optimización. EJERCICIO 61 57

........................................

Resolver el problema de optimización con restricciones: maximizar x2 + y ⎧ ⎪ 2 2 ⎨ con las restricciones: x + y ≤ 1, ⎪ y ≥ x. ⎩ Febrero 2003, prueba presencial. Septiembre 2003, original. Incluye nota del Prof. Alberto A. Álvarez. Comprobar las condiciones suficientes, por si hay algo erróneo. Es decir: maximizar x2 + y ⎧ ⎪ 2 2 ⎨ con las restricciones: x + y − 1 ≤ 0, ⎪ x − y ≤ 0. ⎩

Hipótesis que aseguran las condiciones necesarias h1) Se verifica la hipótesis de regularidad, pues tanto la función objetivo: f (x, y) = x2 + y, como las que definen las restricciones: g1(x, y) = x2 + y2 – 1 y g2(x, y) = x – y, son de clase C1 sobre R2 (de hecho, de clase C∞). h2) Nota del Profesor. La condición de cualificación de este problema se puede resolver con la misma técnica que en el EJERCICIO 60. Condiciones necesarias de Kuhn–Tucker K1) Existen dos números: μ1 y µ2, positivos o nulos (estamos maximizando), tal que µ1g1(x, y) = 0, µ2g2(x, y) = 0 y (x, y) es punto crítico de la función: L(x, y) = f (x, y) – µ1g1(x, y) – µ2g2(x, y).

K2) El lagrangiano del problema de optimización es la función: L(x, y) = f (x, y) – µ1g1(x, y) – µ2g2(x, y) = x2 + y – µ1(x2 + y2 – 1) – μ2(x – y), que depende de los parámetros μ1 y µ2. La condición necesaria viene dada por el sistema de ecuaciones:


Lx′ ( x, y ) = 2 x − 2 μ1 x − μ 2 = 0 ⎧ ⎪ Ly′ ( x, y ) = 1 − 2 μ1 y + μ 2 = 0 ⎪ g1 ( x, y ) = x2 + y2 − 1 ≤ 0 ⎪ ⎪ g 2 ( x, y ) = x− y≤0 ⎨ μ 0 ≥ 1 ⎪ μ2 ≥ 0 ⎪ ⎪ μ1 g1 ( x, y ) = μ1 ( x 2 + y 2 − 1) = 0 ⎪ μ 2 ( x − y ) = 0. ⎩ μ 2 g 2 ( x, y ) =

Distingamos casos: – Si μ1 ≠ 0 y µ2 ≠ 0, de las dos últimas ecuaciones se deduce: ⎧ x2 + y2 − 1 = 0 ⎨ ⎩ x − y = 0, x = y. x 2 + y 2 − 1 = y 2 + y 2 − 1 = 2 y 2 − 1 = 0, y 2 = 12 .

y1 =

1 2

; y2 = −

1 2

.

Sustituyendo los dos pares de valores x e y en las dos primeras ecuaciones, para obtener los correspondientes de μ1 y µ2: ⎧⎪ 2 x − 2 μ1 x − μ 2 = 2 12 − 2 12 μ1 − μ 2 = 0 ⎨ 1 ⎪⎩1 − 2μ1 y + μ 2 = 1 − 2 2 μ1 + μ 2 = 0. 2 12 − 2 12 μ1 = μ 2 .

μ1 + μ 2 = 1 − 2

1 2

μ1 + 2

μ1 = 2

1 2

−2

⎧⎪ 2 x − 2 μ1 x − μ 2 = −2 ⎨ ⎪⎩1 − 2μ1 y + μ 2 = 1 + 2 −2 12 + 2 12 μ1 = μ 2 .

1 2 1 2

+2

μ1 + μ 2 = 1 + 2

1 2

μ1 − 2

1− 2

1 2

μ2 = 2

58

1+ 2

1 2

1 2

μ 2 = −2

−2

1 2

1 2

+2

1 2

−2

1 2 1 2+ 2 4 2

=

μ =1− 4

1 2 1 8− 4− 2 2 4 2

=

1 2 4−2 2 4 2

μ1 + 2 =

2− 2 2 2

1 2

=

2 − 4 μ1 + 2 2 2 −1 2

=

= 0 μ1 =

2+ 2 4

.

= 0 μ1 =

2− 2 4

.

.

μ1 − μ 2 = 0 μ1 + μ 2 = 0.

μ1 = −2

1 2

1 2

+2

1 2

+2

1 2− 2 4 2

1 2

μ1 = 1 + 4

=

−8 + 4 − 2 2 4 2

=

μ −2

1 2 1 −4 − 2 2 4 2

=

2 + 4 μ1 − 2 1 2 2 −2 − 2 − 2 −1 2 2 2

=

=

.

Las dos cuaternas (x, y, μ1, μ2) que verifican el sistema cuando μ1 ≠ 0 y µ2 ≠ 0 son: ( 1/ 2, 1/ 2, (2 + 2 ) / 4, ( 2 − 1) / 2 ) y ( −1/ 2, − 1/ 2, (2 − 2) / 4, (− 2 − 1) / 2 ). Descartado el punto ( −1/ 2, − 1/ 2 ) porque sus multiplicadores tienen distinto signo, queda ( 1/ 2, 1/ 2 ) como candidato a solución local del problema de maximización. – Si μ1 = 0 y µ2 ≠ 0, de las dos primeras ecuaciones y de la última se obtiene: ⎧ 2 x − μ2 = 0 ⎪ ⎨1 + μ 2 = 0 ⎪⎩ μ 2 ( x − y ) = 0. μ 2 = 2 x. μ 2 = −1 = 2 x, x = − 12 .

x − y = − 12 − y = 0, y = − 12 .

La cuaterna (x, y, μ1, μ2) que verifica el sistema cuando μ1 = 0 y µ2 ≠ 0 es: (− 12 , − 12 ,0, −1) . El punto (− 12 , − 12 ) , con un multiplicador negativo, no cumple las condiciones para ser candidato a ser máximo local. – Si μ1 ≠ 0 y µ2 = 0, de las dos primeras ecuaciones y de la penúltima se obtiene: ⎧ 2 x − 2 μ1 x = 0 ⎪ ⎨1 − 2μ1 y = 0 ⎪⎩ μ1 ( x 2 + y 2 − 1) = 0. 2 x(1 − μ1 ) = 0. Si x = 0 : μ1 ( x 2 + y 2 − 1) = x 2 + y 2 − 1 = y 2 − 1 = 0, y 2 = 1. 1 − 2μ1 y = 0, μ1 = 21y .

y1 = 1; y2 = −1.

Si μ1 = 1: 1 − 2 μ1 y = 1 − 2 y = 0, y = 12 . μ1 ( x 2 + y 2 − 1) = x 2 + 14 − 1 = x 2 − 34 = 0, x 2 = 34 .

Las cuatro cuaternas (x, y, μ1, μ2) que verifican el sistema cuando μ1 ≠ 0 y µ2 = 0 son: (0, 1, 1/2, 0), (0, –1, –1/2, 0), ( 3/ 2 , 1/2, 1, 0) y (– 3/ 2 , 1/2, 1, 0). En consecuencia, los puntos


(0, 1), ( 3/ 2 , 1/2) y (– 3/ 2 , 1/2) son candidatos a ser solución local del problema de optimización, descartando el punto (0, –1). En resumen: los puntos ( 1/ 2, 1/ 2 ), (0, 1), ( 3/ 2 , 1/2) y (– 3/ 2 , 1/2), con multiplicadores positivos o iguales a cero, cumplen las condiciones necesarias para ser candidatos a máximo local. La función objetivo y las que definen las restricciones son de clase C2 sobre R2. Condiciones suficientes a) Los puntos candidatos: ( 1/ 2, 1/ 2 ), (0, 1), ( 3/ 2 , 1/2) y (– 3/ 2 , 1/2), son factibles y b) satisfacen las condiciones de Kuhn–Tucker, con sus multiplicadores respectivos. c) Debemos estudiar la forma cuadrática asociada a la matriz hessiana de la función lagrangiana en cada uno de estos puntos: 0 ⎞ ⎛ 2 − 2 μ1 D 2 L( x, y ) = ⎜ . 0 −2μ1 ⎟⎠ ⎝ – En el punto (1/ 2,1/ 2 ), de multiplicadores iguales a (2 + 2) / 4 y ( 2 − 1) / 2 , la matriz hessiana

es: ⎛ 2 − 2 ⋅ 2 +4 2 ⎜ 0 ⎝

⎞ ⎛ 0 =⎜ 2+ 2 ⎟ −2 ⋅ 4 ⎠ ⎝

8− 4− 2 2 4

0

0

−2 − 2 2

⎞ ⎛ 2 −2 2 ⎟=⎜ ⎠ ⎝ 0

0 −2 − 2 2

⎞ ⎟, ⎠

de forma cuadrática asociada indefinida. El punto (2, 1) es, por tanto, un punto de silla. – En el punto (0, 1), de multiplicadores iguales a 1/2 y 0, la matriz hessiana es:

⎛ 2 − 2 ⋅ 12 ⎜ 0 ⎝

0 ⎞ ⎛ 1 0⎞ , = −2 ⋅ 12 ⎟⎠ ⎜⎝ 0 −1 ⎟⎠

de forma cuadrática asociada indefinida. El punto (0, 1) es, por tanto, un punto de silla. 59

– En los puntos ( 3/ 2 , 1/2) y (– 3/ 2 , 1/2), de multiplicadores iguales a 1 y 0, la matriz hessiana es:

⎛0 0 ⎜ 0 −2 ⎝

⎞ ⎟, ⎠

de forma cuadrática asociada semidefinida negativa, por lo que debemos continuar el estudio para los puntos ( 3/ 2 , 1/2) y (– 3/ 2 , 1/2). [...] EJERCICIO 62

........................................

Resolver el problema de optimización: x + 2y minimizar ⎧ ⎪⎪ con las restricciones: xy ≥ 1, ⎨ x − y ≤ 2, ⎪ x ≥ 0. ⎪⎩ Febrero 2004, segunda semana, original.


2.2.5. Restricciones de igualdad y de desigualdad EJERCICIO 63

........................................

Resolver el problema de optimización: maximizar ⎧ ⎪⎪ con las restricciones: ⎨ ⎪ ⎪⎩

y − x2 x ≥ 0, y ≥ 0, 2 x + y 2 = 4.

Publicado por F. Pascual, G. Romero y A. Salas. Véase el EJEMPLO 8 en el apartado 2.2.3 (Ejemplos de aplicación de las condiciones de Kuhn–Tucker) de la Unidad Didáctica. Relacionado con el EJEMPLO 13 en el apartado 2.2.4 (Problemas de minimización). Es decir: ⎧ ⎪⎪ ⎨ ⎪ ⎪⎩

maximizar con las restricciones:

y − x2 − x ≤ 0, − y ≤ 0, x 2 + y 2 − 4 = 0.

Hipótesis que aseguran las condiciones necesarias h1) Se verifica la hipótesis de regularidad, pues las funciones que intervienen en el problema: n f (x, y) = y – x2, h(x, y) = x2 + y2 – 4, g1(x, y) = –x y g2(x, y) = –y, son de clase C∞ sobre R .

60

h2) Las restricciones del problema satisfacen la condición de cualificación en todo punto factible (x, y): – Si x > 0 e y > 0, ninguna de las dos restricciones de desigualdad está saturada en (x, y), y tan sólo debemos comprobar que el gradiente en (x, y) de la función que define la restricción de igualdad es no nulo; se tiene: ∇h(x, y) = (2x, 2y), y este último vector sólo se anula en el punto (0, 0). Las restricciones están, pues, cualificadas en todo punto factible (x, y) con x e y positivos. – Si x = 0, entonces: y2 = 4 e y ≥ 0, de donde: y = 2, y el punto (0, 2) es el único factible en el que está saturada la primera restricción de desigualdad. Las restricciones del problema están cualificadas en el punto (0, 2), pues en este punto la segunda restricción de desigualdad no está saturada y los gradientes de las funciones h y g1 son vectores linealmente independientes: ∇h(0, 2) = (0, 4) y ∇g1(0, 2) = (–1, 0). – Análogamente, el punto (2, 0) es el único en el que está saturada la segunda restricción de desigualdad; en este punto también están cualificadas las restricciones del problema de optimización. – Finalmente, el único punto en el que ambas restricciones de desigualdad se satisfacen simultáneamente con igualdad es (0, 0), pero este no es un punto factible. Condiciones necesarias de Kuhn–Tucker El lagrangiano del problema es la función:

L(x, y) = f (x, y) – µ1g1(x, y) – µ2g2(x, y) – λh(x, y) = y – x2 + µ1x + μ2y – λ(x2 + y2 – 4), que depende de los parámetros μ1, µ2 y λ (los dos primeros por las restricciones de desigualdad; el tercero, por la de igualdad). Busquemos las quíntuplas (x, y, µ1, μ2, λ) para las que se verifica:

L'x(x, y) = 0, L'y(x, y) = 0, g1(x, y) ≤ 0, g2(x, y) ≤ 0, h(x, y) = 0, µ1 ≥ 0, µ2 ≥ 0, g1(x, y) · µ1 = 0, g2(x, y) · µ2 = 0, es decir: –2x + μ1 – 2xλ = 0, 1 + μ2 – 2yλ = 0, x ≥ 0, y ≥ 0, x2 + y2 = 4, µ1 ≥ 0, μ2 ≥ 0, xµ1 = 0, yμ2 = 0. Distingamos casos: – Si x ≠ 0 e y ≠ 0, de las dos últimas ecuaciones se deduce: μ1 = µ2 = 0, y con las dos primeras se obtiene: y = –1/2, en contradicción con que y debe ser positivo o nulo. No hay, pues, puntos (x, y) con


ambas componentes no nulas que satisfagan las condiciones necesarias. – Si x = 0, entonces y = 2 (como se deduce de: x2 + y2 = 4 e y ≥ 0), y se obtiene: μ1 = μ2 = 0 y λ = 1/4. El punto (0, 2) satisface, pues, las condiciones necesarias, con los multiplicadores: μ1* = μ 2* = 0 y λ* = 1/4. – Si y = 0, entonces x = 2; pero de la segunda ecuación se deduce: μ2 = –1, en contradicción con que μ2 debe ser positivo o nulo. En conclusión, el punto (0, 2) es el único de R2 que es posible sea solución local del problema. Si hubiéramos considerado el problema de optimización: ⎧ ⎪⎪ (Q) ⎨ ⎪ ⎪⎩

minimizar con las restricciones:

y − x2 x ≥ 0, y ≥ 0, x 2 + y 2 = 4.

comprobaríamos que el punto desechado anteriormente: (2, 0), con los multiplicadores: μ1* = 0, μ 2* = −1 y λ* = –1, satisface las condiciones necesarias de solución local del problema (Q). Este punto es, pues, otro candidato a ser solución local de (Q). Cualquier punto de R2 distinto de (2, 0) y de (0, 2) no es solución local del problema (Q). La función objetivo y las que definen las restricciones son de clase C2 sobre R2. Condiciones suficientes a) El punto candidato: (0, 2), es factible y b) satisface las condiciones de Kuhn–Tucker, con los multiplicadores: μ1* = μ 2* = 0 y λ* = 1/4. c) En el punto (0, 2), de multiplicador λ* = 1/4, la matriz hessiana de la función L correspondiente es:

61

⎛ −2 − 2λ D 2 L( x, y ) = ⎜ 0 ⎝

0 ⎞ ⎛ −2 − 2 ⋅ 14 = 0 −2λ ⎟⎠ ⎝⎜

0 ⎞ ⎛ − 52 0⎞ =⎜ , 1 ⎟ −2 ⋅ 4 ⎠ ⎝ 0 − 12 ⎠⎟

de forma cuadrática asociada definida negativa. El punto (0, 2) satisface también la condición del apartado (c) de la condición suficiente y, en conclusión, es un máximo local del problema de optimización.


2.3. Programación lineal EJERCICIO 64

........................................

Calcúlense las soluciones básicas factibles del problema de programación lineal: minimizar z = –x1 – 3x2 con las restricciones: –x1 + 2x2 ≤ 8 x1 + x2 ≤ 6 x1, x2 ≥ 0. ¿Cuál de ellas minimiza la función objetivo? Febrero 2001, prueba presencial. Publicado por G. Romero y A. Salas.

EJERCICIO 65

........................................

Resuélvase mediante las tablas del símplex el problema: minimizar z = –x1 – x2 con las restricciones: x1 – x2 – x3 = 1 –x1 + x2 + 2x3 – x4 = 1 x1, x2, x3, x4 ≥ 0. Febrero 2001, examen reserva.

62

EJERCICIO 66

........................................

Resuélvase gráficamente el siguiente problema de programación lineal: minimizar z = x1 – 3x2 con las restricciones: –x1 + 2x2 ≤ 6 –x1 + x2 ≤ 2 x1, x2 ≥ 0. Febrero 2001, prueba presencial. Septiembre 2001, examen reserva.

EJERCICIO 67

........................................

Consideremos el problema de programación lineal: maximizar z = x1 + x3 con las restricciones: x1 + 2x2 + 7x3 ≤ 4 x1 + 3x2 + x3 ≤ 5 x1, x2, x3 ≥ 0. a) Resuélvalo mediante el algoritmo del símplex. b) Determinar, a partir de la última tabla del símplex calculada en el apartado anterior, la solución óptima del nuevo problema que resulta al incorporar al problema inicial la restricción: x1 + 3x2 + 8x3 ≤ 4. Realizar un estudio análogo si, en vez de la restricción anterior, incorporamos la restricción: x1 + 3x2 + 8x3 ≤ 3. Septiembre 2001, examen reserva.


EJERCICIO 68

........................................

Dado el problema: maximizar z = –2x1 – x2 – 4x3 con las restricciones: –2x1 + x2 – 3x3 ≤ –8 –x1 – 3x2 – 2x3 ≤ –7 x1, x2, x3 ≥ 0. a) Resolverlo mediante el algoritmo dual del símplex. b) Escribir su dual y encontrar su solución óptima a partir de la tabla final obtenida en a). Febrero 2001, prueba presencial.

EJERCICIO 69

........................................

Dado el problema: maximizar z = –2x1 – 3x2 – 4x3 con las restricciones: –x1 – 2x2 – x3 ≤ –3 –2x1 + x2 – 3x3 ≤ –4 x1, x2, x3 ≥ 0. a) Resuélvalo mediante el algoritmo dual del símplex. b) Escriba su dual y encuentre su solución óptima a partir de la tabla final obtenida en a). Septiembre 2001, prueba presencial.

63

EJERCICIO 70

........................................

Un fabricante de muebles tiene tres plantas de producción que requieren semanalmente 500, 700 y 600 toneladas de madera. El fabricante puede comprar semanalmente la madera a 3 compañías madereras que, por otros compromisos adquiridos, no pueden surtirle más de 600, 900 y 500 toneladas por semana, respectivamente. Si la siguiente tabla recoge el costo (en millones de pesetas) del transporte de una tonelada de madera desde cada compañía maderera a cada planta: Plantas

Compañías

P1

P2

P3

C1

2

2

4

C2

2,5

4

4,5

C3

3

3,5

3,5

¿Cuál es la formulación matemática del problema si se desea encontrar el patrón semanal que minimice el costo total del transporte? Febrero 2001, examen reserva.


3. Matrices positivas 3.1. Matrices productivas EJERCICIO 71

........................................

Determinar para qué valores de los parámetros reales α y β son productivas las siguientes matrices: ⎛ 2/3 3 ⎞ A=⎜ ⎟ ⎝ α 1/ 4 ⎠

⎛ 1/ 4 β y B=⎜ ⎝ 0 1/ 2

⎞ ⎟. ⎠

Febrero 2004, segunda semana, original. Publicado por F. Pascual. Véanse los EJERCICIOS DE AUTOEVALUACIÓN 3 y 4 en el apartado correspondiente del Capítulo 3 (Matrices positivas) de la Unidad Didáctica.

Determinar para qué valores del parámetro real α es productiva la matriz A Una condición necesaria y suficiente para que una matriz real A (cuadrada y positiva) sea productiva es que I – A sea invertible y que su inversa: (I – A)–1, sea positiva. La matriz I – A es: ⎛ 1 0 ⎞ ⎛ 2 / 3 3 ⎞ ⎛ 13 I − A=⎜ ⎟−⎜ ⎟=⎜ ⎝ 0 1 ⎠ ⎝ α 1/ 4 ⎠ ⎝ −α

−3 ⎞ 3 ⎟. 4 ⎠

Calculamos (I – A)–1. Se tiene: I−A = 64

1 3

−α

⎛ 13 −α ⎞ t ( ) I A − = 3 ⎜ −3 3 ⎟ . 4 4 ⎠ ⎝ 3 ⎛ 4 3⎞ t Adj ( I − A) ⎜⎝ α 13 ⎟⎠ ⎛ 1−123 α ( I − A) −1 = = 1−12α = ⎜ 4α I−A ⎝ 1−12α 4

−3

⎛ 3 Adj ( I − A)t = ⎜ 4 ⎝α

= 14 − 3α = 1−124 α .

12 1−12α 4 3⋅(1−12α )

3⎞ . 1 ⎟ 3 ⎠

⎞ ⎟. ⎠

La matriz I – A será invertible si α ≠ 1/12 y su inversa (I – A)–1 será positiva si 0 ≤ α < 1/12. Por tanto, la matriz A será productiva si y sólo si 0 ≤ α < 1/12. Determinar para qué valores del parámetro real β es productiva la matriz B Una condición necesaria y suficiente para que una matriz real B (cuadrada y positiva) sea productiva es que I – B sea invertible y que su inversa: (I – B)–1, sea positiva. La matriz I – B es: ⎛1 0 I −B=⎜ ⎝0 1

⎞ ⎛ 1/ 4 β ⎟ − ⎜ 0 1/ 2 ⎠ ⎝

⎞ ⎛ 34 − β ⎟=⎜ 0 1 ⎠ ⎝ 2

⎞ ⎟. ⎠

Calculamos (I – B)–1. Se tiene: I −B =

⎛ 34 0 ⎞ ⎛ 12 β ⎞ t t ( ) . ( ) I B Adj I B − = − = 1 ⎟ ⎜ ⎜ 0 3 ⎟. 0 12 4 ⎠ ⎝ −β 2 ⎠ ⎝ ⎛ 12 β ⎞ Adj ( I − B )t ⎜⎝ 0 34 ⎟⎠ ⎛ 43 83β ⎞ ( I − B ) −1 = = =⎜ ⎟. 3 I −B ⎝0 2 ⎠ 8 3 4

−β

= 83 .

La matriz I – B es invertible, y su inversa (I – B)–1 será positiva si β ≥ 0. Por tanto, la matriz B será productiva si y sólo si β es mayor o igual que cero.


EJERCICIO 72

........................................

La matriz: ⎛ 1/ 2 α ⎞ ⎜ 1 1/ 3 ⎟ ⎝ ⎠ es productiva para (sólo una de las cuatro opciones es correcta): a) α = 1/4, b) α = 1/3, c) α = 1/2, d) α = 1. Véase el EJERCICIO DE AUTOEVALUACIÓN 1 en el apartado correspondiente del Capítulo 3 (Matrices positivas) de la Unidad Didáctica.

Una condición necesaria y suficiente para que una matriz real A (cuadrada y positiva) sea productiva es que I – A sea invertible y que su inversa: (I – A)–1, sea positiva. La matriz I – A es: ⎛ 1 0 ⎞ ⎛ 1/ 2 α ⎞ ⎛ 12 −α I − A=⎜ ⎟−⎜ ⎟=⎜ 2 ⎝ 0 1 ⎠ ⎝ 1 1/ 3 ⎠ ⎝ −1 3

⎞ ⎟. ⎠

Calculamos (I – A)–1. Se tiene: I−A =

65

1 2

−1

−α

⎛ 1 −1 ⎞ ( I − A)t = ⎜ 2 . 2 ⎟ ⎝ −α 3 ⎠ ⎛ 23 α ⎞ t Adj ( I − A) ⎜⎝ 1 12 ⎟⎠ ⎛ 1−23α ( I − A) −1 = = 1−3α =⎜ 3 I−A ⎝ 1−3α 3

2 3

= 13 − α = 1−33α .

⎛ 2 α ⎞ Adj ( I − A)t = ⎜ 3 1 ⎟ . ⎝1 2 ⎠ 3α 1− 3α 3 2⋅(1− 3α )

⎞ ⎟. ⎠

La matriz I – A será invertible si α ≠ 1/3 y su inversa (I – A)–1 será positiva si 0 ≤ α < 1/3. La matriz A será productiva si y sólo si 0 ≤ α < 1/3, por lo que la opción correcta para responder a la pregunta del ejercicio es la (a): α = 1/4. EJERCICIO 73

........................................

La matriz de coeficientes técnicos: ⎛ 1/ 2 0 1/16 ⎞ A = ⎜ 1 1/ 2 0 ⎟, ⎜ ⎟ 1 1/ 2 ⎠ ⎝ 0 es productiva. Verificar que I – A es invertible y que (I – A)–1 es positiva. Véase el EJEMPLO 9 en el apartado 3.3.2 (Caracterización de las matrices productivas) de la Unidad Didáctica. Relacionado con el EJEMPLO 6 en el apartado 3.3.1 (Definición de matriz productiva. Ejemplos) y con el EJEMPLO 1 en el 3.2 (Matrices positivas y modelos lineales de producción).

La matriz I – A es: ⎛ 1/ 2 0 −1/16 I − A = ⎜ −1 1/ 2 0 ⎜ −1 1/ 2 ⎝ 0

⎞ ⎟, ⎟ ⎠

y su rango es igual a 3 (como se comprueba con facilidad), y por tanto, es invertible.


Calculamos (I – A)–1. Se tiene: 1/ 2 0 −1/16 1 1 1 0 = − = . I − A = −1 1/ 2 8 16 16 −1 1/ 2 0

⎛ 1/ 2 ( I − A)t = ⎜ 0 ⎜⎜ ⎝ −1/16 ⎛ 1/ 4 1/16 ⎜ 1/ 2 1/ 4 ⎜⎜ 1 1/ 2 t Adj ( I − A) =⎝ ( I − A) −1 = 1 I−A 16

−1 0 ⎞ ⎛ 1/ 4 1/16 1/ 32 ⎞ 1/ 2 −1 ⎟ . Adj ( I − A)t = ⎜ 1/ 2 1/ 4 1/16 ⎟ . ⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ 0 1/ 2 ⎟⎠ ⎝ 1 1/ 2 1/ 4 ⎠ 1/ 32 ⎞ 1/16 ⎟ ⎟ 4 1 1/ 2 ⎞ 1/ 4 ⎟⎠ ⎛⎜ = 8 4 1 ⎟. ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ 16 8 4 ⎠

Se verifica que (I – A)–1 ≥ O. 3.2. Conjuntos autónomos EJERCICIO 74

........................................

Consideremos la matriz real positiva: ⎛ ⎜ ⎜ A=⎜ ⎜ ⎜ ⎝

1/ 2 0 a 5/9 1/ 2 1/ 3 0 0 0 0 1/ 6 0 0 0 0 1/ 4 0 0 0 0

3/ 8 1/ 5 1/ 3 1/ 2 1/ 9

⎞ ⎟ ⎟ ⎟, ⎟ ⎟ ⎠

con a ≥ 0,

e interpretemos A como la matriz de coeficientes técnicos de una estructura productiva. Escribir por extensión los conjuntos M(i), 1 ≤ i ≤ 5. 66

Septiembre 2002, prueba presencial. Véase el EJERCICIO RECOMENDADO 13 en el apartado correspondiente del Capítulo 3 (Matrices positivas) de la Unidad Didáctica.

Dado el bien i, denotaremos por M(i) el conjunto formado por el bien i y los bienes que participan directa o indirectamente en la producción del bien i. Veamos a continuación el desarrollo del algoritmo que nos permitirá escribir cada conjunto M(i). M(1) Primero escribiremos el bien 1 y lo enlazaremos con aquellos bienes directamente necesarios para producirlo: D(1) = {1, 2}, excluyendo el propio bien 1: 1 → 2. Posteriormente, enlazamos cada uno de los bienes del paso anterior (salvo el bien 1) con los a su vez necesarios para su producción: D(2) = {2}, siempre que no hayan sido escritos todavía. Continuamos hasta terminar de anotar los bienes indirectamente necesarios en la producción del bien 1. Como tanto 1 como 2 ya han sido escritos, el algoritmo termina y el conjunto M(1) es el formado por los bienes 1 y 2: M(1) = {1, 2}. M(2) Como D(2) = {2}, el algoritmo termina y M(2) = {2}. Deducimos que sólo el bien 2 es necesario, directa o indirectamente, en la producción del bien 2. M(3) Escribimos el bien 3 y lo enlazamos con los bienes necesarios para producirlo: D(3), excluyendo el propio bien 3: – Si a = 0, D(3) = {3}, el algoritmo termina y M(3) = {3}.


– Si a > 0, D(3) = {1, 3}, el algoritmo enlazaría el bien 3 con el 1 y, a su vez, éste con los necesarios

para su producción: D(1) = {1, 2}, salvo el bien 1, que ya ha sido escrito: 3 → 1 → 2. Por tanto, en el caso de que a > 0, el conjunto formado por el bien 3 y los bienes que son, directa o indirectamente, necesarios para producir el bien 3 es: M(3) = {1, 2, 3}. M(4) Por ser D(4) = {1, 4}, escribimos: 4 → 1, y por ser D(1) = {1, 2} enlazamos 1 con 2: 4 → 1 → 2. El algoritmo termina, y M(4) = {1, 2, 4}. M(5) Como D(5) = {1, 2, 3, 4, 5}, se obtiene que M(5) = {1, 2, 3, 4, 5}. EJERCICIO 75

........................................

Consideremos la matriz real positiva: ⎛ 1 1/ 2 0 ⎞ A=⎜ 0 1 2 ⎟, ⎜ ⎟ ⎝ 0 0 1/ 2 ⎠ e interpretemos A como la matriz de coeficientes técnicos de una estructura productiva, siendo {1, 2, 3} el conjunto de los bienes. Determinar los productos fundamentales para la matriz A. 67

Febrero 2003, reserva. Septiembre 2004, reserva.

Se tiene los conjuntos de bienes directamente necesarios en la producción: D(1) = {1},

D(2) = {1, 2} y

D(3) = {2, 3},

y se obtiene los conjuntos de bienes que participan directa e indirectamente en dicha producción: M(1) = {1},

M(2) = {1, 2} y

M(3) = {1, 2, 3}.

Un bien es producto fundamental para A si pertenece a todos los conjuntos M(1), M(2) y M(3); como la intersección de estos tres conjuntos es igual a {1}: {1} ∩ {1, 2} ∩ {1, 2, 3} = {1}, el bien 1 es el único producto fundamental. EJERCICIO 76

........................................

Determinar los productos fundamentales de la siguiente matriz de coeficientes técnicos: ⎛ 1/ 3 α ⎞ A=⎜ ⎟, ⎝ 1 1/ 4 ⎠ donde α ≥ 0. Febrero 2004, primera semana, original.

– Si α = 0, se tiene:

D(1) = {1, 2} y

D(2) = {2},

M(1) = {1, 2} y

M(2) = {2}.

y se obtiene:


Un bien es producto fundamental para A si pertenece a todos los conjuntos M(1) y M(2); como la intersección de estos dos conjuntos es igual a {2}, el único producto fundamental cuando α = 0 es el bien 2. – Si α > 0, se tiene:

D(1) = {1, 2} y

D(2) = {1, 2},

M(1) = {1, 2} y

M(2) = {1, 2}.

y se obtiene: Como la intersección de estos dos conjuntos es igual a {1, 2}, todos los bienes son productos fundamentales cuando α > 0. EJERCICIO 77

........................................

Consideremos la matriz real 0 ⎛ 1 ⎜ 0 1/ 2 A=⎜ 0 ⎜ a ⎜ 1/ 3 1/ 3 ⎝

0 a ⎞ 0 1/ 2 ⎟ ⎟, 0 0 ⎟ 1 0 ⎟⎠

a ≥ 0,

e interpretemos A como la matriz de coeficientes técnicos de una estructura productiva. Encontrar el conjunto de productos fundamentales para la matriz A. Septiembre 2003, reserva.

– Supongamos en primer lugar que a = 0. Se tiene:

D(1) = {1, 4},

D(2) = {2, 4},

D(3) = {4} y

D(4) = {2},

y se obtiene: M(1) = {1, 2, 4}, 68

M(2) = {2, 4},

M(3) = {2, 3, 4} y

M(4) = {2, 4}.

Un bien es producto fundamental para A si pertenece a todos los conjuntos M(1), M(2), M(3) y M(4); como la intersección de estos cuatro conjuntos es igual a {2, 4}, los productos fundamentales cuando a = 0 son el bien 2 y el bien 4. – Si a > 0, se tiene:

D(1) = {1, 3, 4},

D(2) = {2, 4},

D(3) = {4} y D(4) = {1, 2},

y se obtiene: M(1) = {1, 2, 3, 4},

M(2) = {1, 2, 3, 4}, M(3) = {1, 2, 3, 4} y

M(4) = {1, 2, 3, 4}.

Como la intersección de estos cuatro conjuntos es igual a {1, 2, 3, 4}, todos los bienes son productos fundamentales cuando a > 0. EJERCICIO 78

........................................

Determinar los productos fundamentales de la siguiente matriz de coeficientes técnicos: ⎛ 1/ 2 1/ 5 α ⎞ A = ⎜ 1/ 3 α 1/ 4 ⎟ , ⎜ ⎟ 0 ⎠ ⎝ 1/ 2 β donde α, β son números reales positivos (mayores o iguales que cero). Febrero 2004, primera semana, original.

– Si α = 0 y β = 0, se tiene:

D(1) = {1, 2, 3},

D(2) = {1} y

D(3) = {2},

y se obtiene: M(1) = {1, 2, 3},


M(2) = {1, 2, 3} y

M(3) = {1, 2, 3}.

Un bien es producto fundamental para A si pertenece a todos los conjuntos M(1), M(2) y M(3); como la intersección de estos tres conjuntos es igual a {1, 2, 3}, todos los bienes son productos fundamentales cuando α = 0 y β = 0. – Si α > 0 y β = 0, se tiene:

D(1) = {1, 2, 3},

D(2) = {1, 2} y

D(3) = {1, 2},

y se obtiene: M(1) = {1, 2, 3},

M(2) = {1, 2, 3} y

M(3) = {1, 2, 3}.

Como la intersección de estos tres conjuntos es igual a {1, 2, 3}, todos los bienes son productos fundamentales cuando α > 0 y β = 0. – Si α = 0 y β > 0, se tiene que cambia D(2), que ahora es igual a {1, 3}, y también D(3), que resulta igual a

{2}. Los restantes conjuntos D( j) y M( j) siguen siendo los mismos que en el caso anterior, por lo que todos los bienes son productos fundamentales cuando α = 0 y β > 0. – Si α > 0 y β > 0, ahora D(2) = {1, 2, 3} y D(3) = {1, 2}, manteniéndose los restantes conjuntos D( j) y

M( j), por lo que todos los bienes son productos fundamentales cuando α > 0 y β > 0. EJERCICIO 79

........................................

Consideremos la matriz real positiva: ⎛ 1 1/ 2 b ⎞ A=⎜ a 1 2 ⎟, ⎜ ⎟ ⎝ 0 0 1/ 2 ⎠

69

con a ≥ 0 y b ≥ 0,

e interpretemos A como la matriz de coeficientes técnicos representante de una estructura productiva, siendo {1, 2, 3} el conjunto de los bienes. Determinar los productos fundamentales para la matriz A en función del valor de los parámetros a y b. Febrero 2005, segunda semana.

– Si a = 0 y b = 0, se tiene:

D(1) = {1},

D(2) = {1, 2} y

D(3) = {2, 3},

y se obtiene: M(1) = {1},

M(2) = {1, 2} y

M(3) = {1, 2, 3}.

Un bien es producto fundamental para A si pertenece a todos los conjuntos M(1), M(2) y M(3); como la intersección de estos tres conjuntos es igual a {1}, el único producto fundamental cuando a = 0 y b = 0 es el bien 1. – Si a > 0 y b = 0, se tiene:

D(1) = {1, 2},

D(2) = {1, 2} y

D(3) = {2, 3},

y se obtiene: M(1) = {1, 2},

M(2) = {1, 2} y

M(3) = {1, 2, 3}.

Como la intersección de estos tres conjuntos es igual a {1, 2}, los productos fundamentales cuando a > 0 y b = 0 son el bien 1 y el bien 2. – Si a = 0 y b > 0, se tiene que cambia D(1), que ahora vuelve a ser igual a {1}; M(1), que toma el valor

{1}; y también D(3), que resulta igual a {1, 2, 3}. Los restantes conjuntos D( j) y M( j) siguen siendo los mismos que en el caso anterior y la intersección de los tres conjuntos M( j) es igual a {1}, por lo que el único producto fundamental cuando a = 0 y b > 0 es el bien 1. – Si a > 0 y b > 0, ahora D(1) = {1, 2} y M(1) = {1, 2}, manteniéndose los restantes conjuntos D( j) y

M( j), por lo que los productos fundamentales cuando a > 0 y b > 0 son el bien 1 y el bien 2.


3.3. Matrices indescomponibles EJERCICIO 80

........................................

Consideremos la matriz real: ⎛1 a 1 A=⎜ 0 2 b ⎜ ⎝1 0 1

⎞ ⎟, ⎟ ⎠

a ≥ 0, b ≥ 0.

e interpretemos A como la matriz de coeficientes técnicos de una estructura productiva. Encontrar los valores de los parámetros a y b para los que A es indescomponible. Septiembre 2003, original.

De una matriz real A cuadrada de orden 3 y positiva diremos es indescomponible (o irreducible) si el único conjunto autónomo que admite es: S = {1, 2, 3}. – Si a = 0 y b = 0, se tiene:

D(1) = {1, 3},

D(2) = {2} y

D(3) = {1, 3},

M(1) = {1, 3},

M(2) = {2} y

M(3) = {1, 3}.

y se obtiene: El conjunto de todos los bienes: {1, 2, 3}, no es, pues, el único conjunto autónomo para la matriz A: ésta no es indescomponible cuando a = 0 y b = 0. Recordar que S = {1, 2, 3} es autónomo por definición. – Si a > 0 y b = 0, se tiene:

D(1) = {1, 3},

D(2) = {1, 2} y

D(3) = {1, 3},

y se obtiene: M(1) = {1, 3}, 70

M(2) = {1, 2, 3} y

M(3) = {1, 3}.

El conjunto de todos los bienes: {1, 2, 3}, no es el único conjunto autónomo para la matriz A: ésta no es indescomponible cuando a > 0 y b = 0. – Si a = 0 y b > 0, se tiene:

D(1) = {1, 3},

D(2) = {2} y

D(3) = {1, 2, 3},

y se obtiene: M(1) = {1, 2, 3},

M(2) = {2} y

M(3) = {1, 2, 3}.

El conjunto de todos los bienes: {1, 2, 3}, no es el único conjunto autónomo para la matriz A: ésta no es indescomponible cuando a = 0 y b > 0. – Si a > 0 y b > 0, se tiene:

D(1) = {1, 3},

D(2) = {1, 2} y

D(3) = {1, 2, 3},

y se obtiene: M(1) = {1, 2, 3},

M(2) = {1, 2, 3} y

M(3) = {1, 2, 3}.

Ahora el conjunto de todos los bienes: {1, 2, 3}, es el único conjunto autónomo para la matriz A: ésta es indescomponible cuando a > 0 y b > 0.


EJERCICIO 81

........................................

Dada la matriz real: ⎛2 3 0⎞ A = ⎜ 0 1 3 ⎟, ⎜ ⎟ ⎝4 0 2⎠ se verifica (sólo una de las cuatro opciones es correcta): a) {3} es autónomo para A; b) {2, 3} es autónomo para A; c) la matriz A es indescomponible; d) {1, 3} es autónomo para A. Véase el EJERCICIO DE AUTOEVALUACIÓN 5 en el apartado correspondiente del Capítulo 3 (Matrices positivas) de la Unidad Didáctica.

– El conjunto T = {3} no es autónomo para A, pues por ejemplo:

2 ∈ S – T, 3 ∈ T y a23 ≠ 0, donde S = {1, 2, 3}. – El conjunto V = {2, 3} no es autónomo para A, pues por ejemplo:

1 ∈ S – V, 2 ∈ V y a12 ≠ 0. – Veamos ahora si la matriz A es indescomponible. Se tiene:

D(1) = {1, 3},

D(2) = {1, 2} y

D(3) = {2, 3},

y se obtiene: M(1) = {1, 2, 3}, 71

M(2) = {1, 2, 3} y

M(3) = {1, 2, 3}.

El conjunto de todos los bienes: {1, 2, 3}, es el único conjunto autónomo para la matriz A: ésta es indescomponible, por lo que la opción correcta para responder a la pregunta del ejercicio es la (c). EJERCICIO 82

........................................

Dada la matriz real positiva: ⎛ 1− a 1 ⎞ A=⎜ , b ⎟⎠ ⎝ 0 cualesquiera que sean los números a < 1 y b > 0 se verifica (sólo una de las cuatro opciones es correcta): a) {1, 2} no es autónomo para A; b) {1} es autónomo para A; c) A es indescomponible; d) {2} es autónomo para A. Véase el EJERCICIO DE AUTOEVALUACIÓN 6 en el apartado correspondiente del Capítulo 3 (Matrices positivas) de la Unidad Didáctica.

– El conjunto S = {1, 2} es autónomo para A, por definición. – El conjunto T = {1} es autónomo para A, pues:

2 ∈ S – T, 1 ∈ T y a21 = 0, por lo que la opción correcta para responder a la pregunta del ejercicio es la (b).


3.4. Teorema de Frobenius EJERCICIO 83

........................................

Se considera el modelo de producción lineal con dos bienes, b1 y b2, siguiente: con 280 unidades del bien b1 y 12 unidades del bien b2 se obtienen 575 unidades del bien b1, y con 240 unidades del bien b1 y 16 unidades del bien b2 se obtienen 40 unidades del bien b2. Se pide: a) hallar la matriz A de coeficientes técnicos; b) estudiar si la matriz A es productiva; c) estudiar si las matrices A y At son indescomponibles; d) calcular la tasa de ganancia uniforme máxima. Véase el EJERCICIO RECOMENDADO 19 en el apartado correspondiente del Capítulo 3 (Matrices positivas) de la Unidad Didáctica.

Solución. a) La matriz de coeficientes técnicos es:

⎛ 280 / 575 240 / 40 A=⎜ ⎝ 12 / 575 16 / 40

⎞ ⎛ 56 /115 6 ⎟ = ⎜ 12 / 575 2 / 5 ⎠ ⎝

⎞ ⎟. ⎠

b) Se tiene: ⎛1 0 I − A=⎜ ⎝0 1

⎞ ⎛ 56 /115 6 ⎟ − ⎜ 12 / 575 2 / 5 ⎠ ⎝

⎞ ⎛ 59 /115 −6 ⎟ = ⎜ −12 / 575 3/ 5 ⎠ ⎝

⎞ ⎟, ⎠

y esta última matriz es invertible; su inversa es:

59 /115 −6 12 21 = 59 ⋅ 3 − 6 ⋅ 575 = 177575− 72 = 105 575 = 115 . −12 / 575 3/ 5 115 5 6 ⎛ 59 /115 −12 / 575 ⎞ ⎛ 3/ 5 ⎞ ( I − A)t = ⎜ Adj ( I − A)t = ⎜ ⎟. ⎟. − 6 3/ 5 12 / 575 59 /115 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 6 ⎛ 3/ 5 ⎞ 6⋅115 Adj ( I − A)t ⎜⎝ 12 / 575 59 /115 ⎟⎠ ⎛ 35⋅115 ⎞ ⎛ 237 230 21 ⋅ 21 7 = = ( I − A) −1 = ⎜ 12⋅115 59⋅115 ⎟ = ⎜ 4 59 21 I−A 5 75 21 115 21 35 21 ⋅ ⋅ ⎝ ⎠ ⎝ 115 I−A =

72

→

⎞ ⎟, ⎠

que es positiva. Las matrices A y At son, pues, productivas. c) Las matrices A y At son indescomponibles por ser estrictamente positivas. d) A es productiva e irreducible. Podemos entonces aplicar a la matriz At el teorema de Frobenius. Existe, pues, un número αˆ positivo (número de Frobenius), y existe una matriz columna P, estrictamente positiva, tal que: P = αˆ At P. Esta igualdad es equivalente a: (1/ αˆ ) P = At P, o bien (con la notación: P = ( pi)): ⎧ (1/ αˆ ) p1 = (56 /115) p1 + (12 / 575) p2 , ⎨ (1/ αˆ ) p = 6 p + (2 / 5) p . 2 1 2 ⎩

Haciendo: p1 = 1 (fijando, pues, el bien b1 como numerario), resulta: ⎧ (1/ αˆ ) = (56 /115) + (12 / 575) p2 , ⎨ (1/ αˆ ) p = 6 + (2 / 5) p . 2 2 ⎩

Multiplicando la primera ecuación por p2 e igualando con la segunda, tras operar se obtiene la ecuación de segundo grado: ⎧ (1/ αˆ ) p2 = (56 /115) p2 + (12 / 575) p22 , ⎨ ⎩ (1/ αˆ ) p2 = 6 + (2 / 5) p2 . (56 /115) p2 + (12 / 575) p22 = 6 + (2 / 5) p2 . 12 2 56 2 12 2 56 − 46 12 2 2 p2 + p2 − p2 − 6 = p2 + p2 − 6 = p2 + p2 − 6 = 12 p22 + 50 p2 − 6 ⋅ 575 = 0. 575 115 5 575 115 575 23


(1)

Resolviendo dicha ecuación: p2 =

−50 ± 2.500 + 4 ⋅ 12 ⋅ 3450 −50 ± 2.500 + 165.600 −50 ± 410 −25 ± 205 = = = , 24 24 24 12

donde p2 toma los valores: −25 + 205 180 = = 15 12 12

y

−25 − 205 230 115 =− =− . 12 12 6

Como la última solución es negativa, debe descartarse. En conclusión, la matriz de precios es: ⎛ p ⎞ ⎛ 1 ⎞ P=⎜ 1 ⎟=⎜ ⎟. ⎝ p2 ⎠ ⎝ 15 ⎠

Finalmente, de la segunda ecuación de (1) se deduce: (1/ αˆ ) p2 = (240 / 40) + (16 / 40) p2 . (1/ αˆ ) ⋅ 15 = (240 / 40) + (16 / 40) ⋅ 15 = 6 + 6. 1/ αˆ = 12 /15. αˆ = 5 / 4. La tasa de ganancia uniforme máxima: rˆ, es tal que: 1 + rˆ = αˆ , y por tanto: rˆ =

5 − 1 = 0, 25. 4

Podemos afirmar que la tasa de ganancia uniforme máxima es de un 25%. EJERCICIO 84

........................................

Consideremos la matriz real positiva ⎛ a 1/ 4 A=⎜ ⎝ 1 1/ 2

73

⎞ ⎟, ⎠

a ≥ 0,

e interpretemos A como la matriz de coeficientes técnicos de una estructura productiva, siendo {1, 2} el conjunto de los bienes. a) Estudiar para qué valores del parámetro a la matriz A es productiva. b) Si a = 1/4, calcular el número de Frobenius de la matriz At. Febrero 2002, prueba presencial. Septiembre 2002, examen reserva. Febrero 2003, prueba presencial. Septiembre 2004, prueba presencial. Publicado por C. Muñoz, F. Pascual y S. Rosell. Incluye correcciones del Prof. Alberto A. Álvarez.

Nota del Profesor. Lo mejor para calcular la inversa de una matriz cuadrada de orden dos es esto: dividir por el determinante la matriz que resulta de permutar entre sí los términos de la diagonal principal y cambiar de signo los de la otra diagonal. Si la matriz es: ⎛a b ⎜ c d ⎝

⎞ ⎟, ⎠

para calcular su inversa (supuesto que existe) dividimos por su determinante esta matriz: ⎛ d −b ⎞ ⎜ −c a ⎟ . ⎝ ⎠

Estudiar para qué valores del parámetro a la matriz A es productiva Una condición necesaria y suficiente para que una matriz real A (cuadrada y positiva) sea productiva es que I – A sea invertible y que su inversa: (I – A)–1, sea positiva. Si la matriz I – A no es invertible, hemos terminado: la matriz A no es productiva. Si la matriz I – A es invertible, aún no podemos afirmar nada sobre si A es productiva o no, pues debemos calcular tal inversa; si esta inversa es positiva, la matriz A es finalmente productiva, y si tal inversa no es positiva, la matriz A no es productiva.


La matriz I – A es: ⎛ 1 0 ⎞ ⎛ a 1/ 4 ⎞ ⎛ 1 − a −1/ 4 ⎞ I − A=⎜ ⎟−⎜ ⎟=⎜ ⎟. ⎝ 0 1 ⎠ ⎝ 1 1/ 2 ⎠ ⎝ −1 1/ 2 ⎠


1 − a −1/ 4 1 − a 1 2 − 2a − 1 1 − 2a ⎛ 1 − a −1 ⎞ ⎛ 1/ 2 1/ 4 ⎞ . ( I − A)t = ⎜ Adj ( I − A)t = ⎜ = − = = ⎟. ⎟. 1/ 4 1/ 2 −1 1/ 2 − 2 4 4 4 ⎝ ⎠ ⎝ 1 1− a ⎠ ⎛ 1/ 2 1/ 4 ⎞ ⎛ 2 1 ⎞ ⎜ 1 1− a ⎟ ⎜ t ⎟ Adj I A ( ) − ⎝ ⎠ a a 1 2 1 2 − − −1 ( I − A) = = =⎜ ⎟. a 1 2 − a 4 4(1 ) − I−A ⎜⎜ ⎟⎟ 4 ⎝ 1 − 2a 1 − 2a ⎠

La matriz I – A será invertible si a ≠ 1/2 y su inversa (I – A)–1 será positiva si 0 ≤ a < 1/2. Por tanto, la matriz A será productiva si y sólo si 0 ≤ a < 1/2. Si a = 1/4, calcular el número de Frobenius de la matriz At ⎛ 1/ 4 1 ⎞ At = ⎜ ⎟. ⎝ 1/ 4 1/ 2 ⎠

Para a = 1/4, sabemos que A es productiva y también indescomponible, pues es estrictamente positiva. Podemos entonces aplicar a la matriz At el teorema de Frobenius. Existe, pues, un número αˆ positivo (número de Frobenius), y existe una matriz columna P, estrictamente positiva, tal que: P = αˆ At P. Esta igualdad es equivalente a: (1/ αˆ ) P = At P, o bien (con la notación: P = ( pi)):

⎧ (1/ αˆ ) p1 = (1/ 4) p1 + p2 , ⎨ (1/ αˆ ) p = (1/ 4) p + (1/ 2) p . 2 1 2 ⎩ Haciendo: p1 = 1 (fijando, pues, el bien b1 como numerario), resulta:

⎧ (1/ αˆ ) = (1/ 4) + p2 , ⎨ (1/ αˆ ) p = (1/ 4) + (1/ 2) p . 2 2 ⎩

74

Multiplicando la primera ecuación por p2 e igualando con la segunda, tras operar se obtiene la ecuación de segundo grado: ⎧ (1/ αˆ ) p2 = (1/ 4) p2 + p22 , ⎨ ⎩ (1/ αˆ ) p2 = (1/ 4) + (1/ 2) p2 . (1/ 4) p2 + p22 = (1/ 4) + (1/ 2) p2 . (1/ 4) p2 + p22 − (1/ 4) − (1/ 2) p2 = p22 − (1/ 4) p2 − (1/ 4) = 0.


1 4

±

+ 4 ⋅ 14

1 16

2

=

1 4

±

17 16

2

=

1 4

±

17 16

2

= 18 ± 18 17,

donde p2 toma los valores: 1 + 17 1 − 17 y . 8 8

Como la última solución es negativa, debe descartarse. En conclusión, la matriz de precios es:

⎛ p ⎞ ⎛ P=⎜ 1 ⎟=⎜ ⎝ p2 ⎠ ⎝

1 ⎞ ⎟. ⎠

1+ 17 8

Finalmente, de la segunda ecuación de (2) se deduce: (1/ αˆ ) p2 = (1/ 4) + (1/ 2) p2 . (1/ αˆ ) 1+ 817 = 14 + 12 ⋅ 1+ 817 = 5+1617 . (1/ αˆ ) =


5 + 17 16 1+ 17 8

=

5 + 17 2(1+ 17 )

. αˆ =

2(1+ 17 ) 5 + 17

(2)

El número de Frobenius para At: αˆ, es igual a

EJERCICIO 85

2(1+ 17 ) 5 + 17

= 1,12.

........................................

Considérese la siguiente matriz real positiva:

⎛ a 2/5 ⎞ A=⎜ ⎟, ⎝ 1/ 5 1/ 5 ⎠

con a ≥ 0,

que interpretamos como la matriz de coeficientes técnicos representante de una estructura productiva, siendo {1, 2} el conjunto de los bienes. a) Discutir según los valores de a si la matriz A es productiva o no. b) Si a = 2/5, calcular e interpretar el número de Frobenius de la traspuesta de la matriz A: At. Enero 2005, primera semana.

Discutir según los valores de a si la matriz A es productiva o no Una condición necesaria y suficiente para que una matriz real A (cuadrada y positiva) sea productiva es que I – A sea invertible y que su inversa: (I – A)–1, sea positiva. La matriz I – A es:

⎛ 1 0 ⎞ ⎛ a 2 / 5 ⎞ ⎛ 1 − a −2 / 5 I − A=⎜ ⎟−⎜ ⎟=⎜ ⎝ 0 1 ⎠ ⎝ 1/ 5 1/ 5 ⎠ ⎝ −1/ 5 4 / 5

⎞ ⎟. ⎠


75

4 2 20 − 20a − 2 18 − 20a 1 − a −2 / 5 = (1 − a ) ⋅ − = = . −1/ 5 4 / 5 5 25 25 25

⎛ 1 − a −1/ 5 ⎞ ⎛ 4/5 2/5 ⎞ ( I − A)t = ⎜ Adj ( I − A)t = ⎜ ⎟. ⎟. − 2 / 5 4 / 5 ⎝ ⎠ ⎝ 1/ 5 1 − a ⎠ 4 ⋅ 25 2 ⋅ 25 ⎞ ⎛ 10 ⎛ 4/5 2/5 ⎞ ⎛ ⎜ 1/ 5 1 − a ⎟ ⎜ 5 ⋅ (18 − 20a ) 5 ⋅ (18 − 20a) ⎟ ⎜ t − Adj ( I A ) − 9 10a ⎝ ⎠ ⎟=⎜ = =⎜ ( I − A) −1 = 5 18 − 20a 25 25 ⋅ (1 − a ) ⎟ ⎜ ⎜ I−A ⎜ ⎜ 5 ⋅ (18 − 20a ) 25 18 − 20a ⎟⎠ ⎝ 2(9 − 10a) ⎝

5 ⎞ 9 − 10a ⎟⎟ . 25(1 − a) ⎟ ⎟ 2(9 − 10a) ⎠

La matriz I – A será invertible si a ≠ 9/10 y su inversa (I – A)–1 será positiva si 0 ≤ a < 9/10. Por tanto, la matriz A será productiva si y sólo si 0 ≤ a < 9/10. Si a = 2/5, calcular e interpretar el número de Frobenius de la traspuesta de la matriz A: At ⎛ 2 / 5 1/ 5 ⎞ At = ⎜ ⎟. ⎝ 2 / 5 1/ 5 ⎠


⎧ (1/ αˆ ) p1 = (2 / 5) p1 + (1/ 5) p2 , ⎨ (1/ αˆ ) p = (2 / 5) p + (1/ 5) p . 2 1 2 ⎩ Haciendo: p1 = 1 (fijando, pues, el bien b1 como numerario), resulta:

⎧ (1/ αˆ ) = (2 / 5) + (1/ 5) p2 , ⎨ (1/ αˆ ) p = (2 / 5) + (1/ 5) p . 2 2 ⎩ Multiplicando la primera ecuación por p2 e igualando con la segunda, tras operar se obtiene la ecuación de segundo grado:


(3)

⎧ (1/ αˆ ) p2 = (2 / 5) p2 + (1/ 5) p22 , ⎨ ⎩ (1/ αˆ ) p2 = (2 / 5) + (1/ 5) p2 . (2 / 5) p2 + (1/ 5) p22 = (2 / 5) + (1/ 5) p2 . (1/ 5) p22 + (1/ 5) p2 − (2 / 5) = p22 + p2 − 2 = 0.


−1 ± 1 + 8 −1 ± 3 = , 2 2

donde p2 toma los valores: 1 y –2. Como la última solución es negativa, debe descartarse. En conclusión, la matriz de precios es:

⎛ p ⎞ ⎛1⎞ P = ⎜ 1 ⎟ = ⎜ ⎟. ⎝ p2 ⎠ ⎝ 1 ⎠ Finalmente, de la segunda ecuación de (3) se deduce: (1/ αˆ ) p2 = (2 / 5) + (1/ 5) p2 . 1/ αˆ = 2 / 5 + 1/ 5 = 3/ 5. αˆ = 5 / 3. El número de Frobenius para At: αˆ, es igual a 5/3 y se trata de un número real positivo tal que αA es productiva precisamente si 0 ≤ α < 5/3. EJERCICIO 86

........................................

Considérese la siguiente matriz real positiva: ⎛ a 1/ 3 ⎞ A=⎜ ⎟, ⎝ 1/ 3 1/ 6 ⎠

76

con a ≥ 0,

que interpretamos como la matriz de coeficientes técnicos representante de una estructura productiva, siendo {1, 2} el conjunto de los bienes. a) Discutir según los valores de a si la matriz A es productiva o no. b) Si a = 2/3, calcular e interpretar el número de Frobenius de la traspuesta de la matriz A: At. Septiembre 2005, original.

Discutir según los valores de a si la matriz A es productiva o no Una condición necesaria y suficiente para que una matriz real A (cuadrada y positiva) sea productiva es que I – A sea invertible y que su inversa: (I – A)–1, sea positiva. La matriz I – A es: ⎛ 1 0 ⎞ ⎛ a 1/ 3 ⎞ ⎛ 1 − a −1/ 3 ⎞ I − A=⎜ ⎟−⎜ ⎟=⎜ ⎟. ⎝ 0 1 ⎠ ⎝ 1/ 3 1/ 6 ⎠ ⎝ −1/ 3 5 / 6 ⎠


5 1 15 − 15a − 2 13 − 15a 1 − a −1/ 3 =1− a ⋅ − = = . −1/ 3 5/ 6 6 9 18 18

⎛ 1 − a −1/ 3 ⎞ ( I − A)t = ⎜ ⎟. ⎝ −1/ 3 5 / 6 ⎠

⎛ 5/ 6 1/ 3 ⎞ Adj ( I − A)t = ⎜ ⎟. ⎝ 1/ 3 1 − a ⎠

5 ⋅ 18 ⎛ 5 / 6 1/ 3 ⎞ ⎛ ⎜ ⎜ ⎟ − a 1/ 3 1 Adj ( I − A) ⎠ = ⎜ 6 ⋅ (13 − 15a ) =⎝ ( I − A) −1 = 13 − 15a 18 I−A ⎜ ⎜ 3 ⋅ (13 − 15a) 18 ⎝ t

18 ⎞ ⎛ 15 3 ⋅ (13 − 15a ) ⎟⎟ ⎜ 13 − 15a =⎜ 18 ⋅ (1 − a ) ⎟ ⎜ 6 ⎜ 13 − 15a ⎟⎠ ⎝ 13 − 15a

6 ⎞ 13 − 15a ⎟⎟ . 18(1 − a ) ⎟ ⎟ 13 − 15a ⎠

La matriz I – A será invertible si a ≠ 13/15 y su inversa (I – A)–1 será positiva si 0 ≤ a < 13/15. Por tanto, la matriz A será productiva si y sólo si 0 ≤ a < 13/15. 160906. Ejercicios de matemáticas avanzadas

Si a = 2/3, calcular e interpretar el número de Frobenius de la traspuesta de la matriz A: At ⎛ 2 / 3 1/ 3 ⎞ At = ⎜ ⎟. ⎝ 1/ 3 1/ 6 ⎠


⎧ (1/ αˆ ) p1 = (2 / 3) p1 + (1/ 3) p2 , ⎨ (1/ αˆ ) p = (1/ 3) p + (1/ 6) p . 2 1 2 ⎩ Haciendo: p1 = 1 (fijando, pues, el bien b1 como numerario), resulta:

⎧ (1/ αˆ ) = (2 / 3) + (1/ 3) p2 , ⎨ (1/ αˆ ) p = (1/ 3) + (1/ 6) p . 2 2 ⎩

(4)

Multiplicando la primera ecuación por p2 e igualando con la segunda, tras operar se obtiene la ecuación de segundo grado: ⎧ (1/ αˆ ) p2 = (2 / 3) p2 + (1/ 3) p22 , ⎨ ⎩ (1/ αˆ ) p2 = (1/ 3) + (1/ 6) p2 . (2 / 3) p2 + (1/ 3) p22 = (1/ 3) + (1/ 6) p2 . (1/ 3) p22 + (1/ 2) p2 − (1/ 3) = 0.


77

− 12 ±

1 4

+ 4 ⋅ 13 ⋅ 13

2⋅

1 3

=

− 12 ±

25 36

=

2 3

− 12 ± 2 3

5 6

,

donde p2 toma los valores: − 12 +

5 6

=

2 3

2 6 2 3

=

−1 − 5 1 y 22 6 = − 2 3

8 6 2 3

= −2.

Como la última solución es negativa, debe descartarse. En conclusión, la matriz de precios es:

⎛ p ⎞ ⎛ 1 ⎞ P=⎜ 1 ⎟=⎜ ⎟. ⎝ p2 ⎠ ⎝ 1/ 2 ⎠ Finalmente, de la segunda ecuación de (4) se deduce: (1/ αˆ ) p2 = (1/ 3) + (1/ 6) p2 . (1/ αˆ )(1/ 2) = (1/ 3) + (1/ 6)(1/ 2) = 5 /12. (1/ αˆ ) = 5 / 6. αˆ = 6 / 5. El número de Frobenius para At: αˆ, es igual a 6/5 y se trata de un número real positivo tal que αA es productiva precisamente si 0 ≤ α < 6/5. EJERCICIO 87

........................................

Considérese la siguiente matriz real positiva: ⎛ 2/5 2/5 A=⎜ a ⎝ 1/ 5

⎞ ⎟, ⎠

con a ≥ 0,

que interpretamos como la matriz de coeficientes técnicos representante de una estructura productiva, siendo {1, 2} el conjunto de los bienes. a) Calcular todos los conjuntos autónomos de la matriz A distinguiendo los casos a = 0 y a ≠ 0. b) Si a = 1/5, calcular e interpretar el número de Frobenius de la traspuesta de la matriz A: At. 160906. Ejercicios de matemáticas avanzadas

Septiembre 2005, reserva. Publicado por A. San Martín. Incluye correcciones del Prof. Alberto A. Álvarez.

Calcular todos los conjuntos autónomos de la matriz A distinguiendo los casos a = 0 y a ≠ 0. Todo conjunto autónomo para A es igual a los conjuntos M( j) y a sus posibles uniones. – Si α = 0, se tiene:

D(1) = {1, 2} y

D(2) = {1},

y se obtiene: M(1) = {1, 2} y

M(2) = {1, 2}.

D(1) = {1, 2} y

D(2) = {1, 2},

M(1) = {1, 2} y

M(2) = {1, 2}.

– Si α ≠ 0, se tiene:

y se obtiene: En este ejercicio observamos que la matriz A sólo admite un único conjunto autónomo: S = {1, 2}, independientemente del valor que tome a, donde a ≥ 0. Ello también nos permitirá afirmar, para cualquier valor de a, que todos los bienes son productos fundamentales para la matriz A y que A es indescomponible. Si a = 1/5, calcular e interpretar el número de Frobenius de la traspuesta de la matriz A: At. ⎛ 2 / 5 1/ 5 ⎞ At = ⎜ ⎟. ⎝ 2 / 5 1/ 5 ⎠

Veamos primero si A es productiva cuando a = 1/5: ⎛ 2/5 2/5 ⎞ A=⎜ ⎟. ⎝ 1/ 5 1/ 5 ⎠

78

Una condición necesaria y suficiente para que una matriz real A (cuadrada y positiva) sea productiva es que I – A sea invertible y que su inversa: (I – A)–1, sea positiva. La matriz I – A es: ⎛ 1 0 ⎞ ⎛ 2 / 5 2 / 5 ⎞ ⎛ 3/ 5 −2 / 5 ⎞ I − A=⎜ ⎟−⎜ ⎟=⎜ ⎟. ⎝ 0 1 ⎠ ⎝ 1/ 5 1/ 5 ⎠ ⎝ −1/ 5 4 / 5 ⎠


3/ 5 −2 / 5 12 2 10 2 = − = = . −1/ 5 4 / 5 25 25 25 5

⎛ 4/5 2/5 ⎞ Adj ( I − A)t = ⎜ ⎟. ⎝ 1/ 5 3/ 5 ⎠

⎛ 3/ 5 −1/ 5 ⎞ ( I − A)t = ⎜ ⎟. ⎝ −2 / 5 4 / 5 ⎠ ⎛ 4/5 2/5 ⎞ ⎜ 1/ 5 3/ 5 ⎟ t − Adj I A ( ) 1 ⎞ ⎠ =⎛ 2 =⎝ ( I − A) −1 = ⎜ 1/ 2 3/ 2 ⎟ . I−A 2/5 ⎝ ⎠

La matriz I – A es invertible y su inversa (I – A)–1 es positiva. Por tanto, cuando a = 1/5, la matriz A es productiva y también hemos comprobado que es indescomponible. Podemos entonces aplicar a la matriz At el teorema de Frobenius. Existe, pues, un número αˆ positivo (número de Frobenius), y existe una matriz columna P, estrictamente positiva, tal que: P = αˆ At P. Esta igualdad es equivalente a: (1/ αˆ ) P = At P, o bien (con la notación: P = ( pi)):

⎧ (1/ αˆ ) p1 = (2 / 5) p1 + (1/ 5) p2 , ⎨ (1/ αˆ ) p = (2 / 5) p + (1/ 5) p . 2 1 2 ⎩ De la misma forma que se obtuvo en el apartado (b) del EJERCICIO 85, el número de Frobenius para At: αˆ, es igual a 5/3, cuando a = 1/5, y se trata de un número real positivo tal que αA es productiva precisamente si 0 ≤ α < 5/3.


4. Ecuaciones recurrentes EJERCICIO 88

........................................

Encontrar la solución general de la ecuación en diferencias finitas: an+2 – 4an+1 + 4an = 1. Febrero 2001, prueba presencial.

Probar que an = A2n + Bn2n + 1 es la solución general de la ecuación en diferencias finitas: an+2 – 4an+1 + 4an = 1. Septiembre 2001, examen reserva.

EJERCICIO 89

........................................

Expresar la ecuación en diferencias finitas: 7an+2 – 6an+1 – 5an – an–1 = 47, de la forma: (A Δ3 + B Δ2 + C Δ + D) an = 47. Septiembre 2001, prueba presencial.

EJERCICIO 90

........................................

Encuentre una ecuación en diferencias finitas de tercer orden: α0 an+3 + α1 an+2 + α2 an+1 + α3 an = 0, con α0 ≠ 0,

79

para la cual an(1) = 1, an(2) = n y an(3) = n 2 sean soluciones suyas. Febrero 2001, examen reserva.


5. Sistemas de ecuaciones diferenciales 5.1. Sistemas homogéneos 2x2 5.1.1. Raíces reales distintas EJERCICIO 91

........................................

Encuentre la solución general del sistema de ecuaciones diferenciales: y'(t) = 3y(t) – 2z(t), z'(t) = 2y(t) – 2z(t). Véase el PROBLEMA PROPUESTO 1.A en el apartado 5.3 (Problemas propuestos) de la Unidad Didáctica.

Denotemos: ⎛ y (t ) ⎞ Y (t ) = ⎜ ⎟, ⎝ z (t ) ⎠

entonces se puede escribir: ⎛ 3 −2 ⎞ Y ′(t ) = ⎜ ⎟ Y (t ). ⎝ 2 −2 ⎠

(5)

Calculemos la ecuación característica y sus raíces: 3−λ −2 −2 − λ 2 = (3 − λ )(−2 − λ ) + 4 = −6 − 3λ + 2λ + λ 2 + 4 = λ 2 − λ − 2 = 0.

A − λI =

80 λ=

1± 1+ 8 1± 3 = . 2 2

λ1 = −1; λ 2 = 2.

Al ser las raíces distintas, la solución general del sistema (5) viene dada por: Y(t) = c1V1e–t + c2V2e2t.

donde c1, c2 son constantes reales arbitrarias y V1, V2 soluciones no nulas del sistema: (A – λiI )Vi = O,

donde i ∈ {1, 2}.

(6)

– Para la raíz λ1 = –1, el sistema (6) se transforma en:

−2 ⎛ 3 − ( −1) ⎜ 2 −2 − ( −1) ⎝

⎞ ⎛ 4 −2 ⎞ ⎛0⎞ ⎟V1 = ⎜ 2 −1 ⎟V1 = ⎜ 0 ⎟ , ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

⎧ 4v1 − 2v2 = 0 ⎨ 2v − v = 0. ⎩ 1 2 v2 = 2v1. Tomando v1 cualquier valor que decidamos salvo el cero, pues los vectores propios no pueden ser una matriz (columna) nula; por ejemplo: v1 = 1.

y su solución es: ⎧⎛ 1 ⎞ L1 = ⎨ ⎜ ⎟ k1 ⎩⎝ 2 ⎠


k1 ∈

⎫ ⎬. ⎭

En consecuencia: V1 es cualquier matriz no nula del conjunto anterior. Tomando por ejemplo k1 = 1, se tiene: ⎛1⎞ (7) V1 = ⎜ ⎟ . ⎝2⎠ – Para la raíz λ2 = 2, el sistema (6) se transforma en:

−2 ⎛ 3− 2 ⎜ 2 − 2 −2 ⎝

⎞ ⎛ 1 −2 ⎞ ⎛0⎞ ⎟V2 = ⎜ 2 −4 ⎟V2 = ⎜ 0 ⎟ , ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

⎧ v1 − 2v2 = 0 ⎨ 2v − 4v = 0. 2 ⎩ 1 v1 = 2v2 .

y su solución es: ⎧⎛ 2 L2 = ⎨ ⎜ ⎩⎝ 1

⎞ ⎟ k2 ⎠

k2 ∈

⎫ ⎬. ⎭

En consecuencia: V2 es cualquier matriz no nula del conjunto anterior. Tomando por ejemplo k2 = 1, se tiene: ⎛2⎞ (8) V2 = ⎜ ⎟ . ⎝1⎠ De (7) y (8), obtenemos un conjunto fundamental de soluciones: ⎧ ⎛ 1 ⎞ − t ⎛ 2 ⎞ 2t ⎫ ⎨ ⎜ 2 ⎟ e , ⎜ 1 ⎟ e ⎬. ⎝ ⎠ ⎩⎝ ⎠ ⎭ 81

En conclusión, la solución general del sistema homogéneo (5) es: ⎛1⎞ ⎛2⎞ Y (t ) = c1 ⎜ ⎟ e − t + c2 ⎜ ⎟ e 2t , 2 ⎝ ⎠ ⎝1⎠

donde c1, c2 son constantes reales arbitrarias. Otra forma de expresar dicha solución:

EJERCICIO 92

y(t) = c1e–t + 2c2e2t, z(t) = 2c1e–t + c2e2t.

........................................

Encuentre la solución general del sistema de ecuaciones diferenciales: y'(t) = y(t) + z(t), z'(t) = 4y(t) + z(t). Véase el PROBLEMA PROPUESTO 1.D en el apartado 5.3 (Problemas propuestos) de la Unidad Didáctica.

Denotemos: ⎛ y (t ) ⎞ Y (t ) = ⎜ ⎟, ⎝ z (t ) ⎠ entonces se puede escribir: ⎛ 1 1⎞ Y ′(t ) = ⎜ ⎟ Y (t ). ⎝ 4 1⎠


(9)

Calculemos la ecuación característica y sus raíces: 1− λ 1 4 1− λ = (1 − λ ) 2 − 4 = 1 − 2λ + λ 2 − 4 = λ 2 − 2λ − 3 = 0.

A − λI =

λ=

2 ± 4 + 12 2 ± 4 = . 2 2

λ1 = 3; λ 2 = −1.

Al ser las raíces distintas, la solución general del sistema (9) viene dada por: Y(t) = c1V1e3t + c2V2e–t. donde c1, c2 son constantes reales arbitrarias y V1, V2 soluciones no nulas del sistema: (A – λiI )Vi = O,

donde i ∈ {1, 2}.

(10)

– Para la raíz λ1 = 3, el sistema (10) se transforma en:

⎛ 1− 3 1 ⎜ 4 1− 3 ⎝

1⎞ ⎞ ⎛ −2 ⎛0⎞ ⎟V1 = ⎜ 4 −2 ⎟V1 = ⎜ 0 ⎟ , ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎧ −2v1 + v2 = 0 ⎨ ⎩ 4v1 − 2v2 = 0. v2 = 2v1.

y su solución es: ⎧⎛ 1 ⎞ L1 = ⎨ ⎜ ⎟ k1 ⎩⎝ 2 ⎠ 82

k1 ∈

⎫ ⎬. ⎭

En consecuencia: V1 es cualquier matriz no nula del conjunto anterior. Tomando por ejemplo k1 = 1, se tiene: ⎛1⎞ (11) V1 = ⎜ ⎟ . ⎝2⎠ – Para la raíz λ2 = –1, el sistema (10) se transforma en:

1 ⎛ 1 − ( −1) ⎜ 4 1 − (−1) ⎝

⎞ ⎛2 1⎞ ⎛0 ⎟V2 = ⎜ 4 2 ⎟ V2 = ⎜ 0 ⎠ ⎝ ⎠ ⎝

⎞ ⎟, ⎠

⎧ 2v1 + v2 = 0 ⎨ ⎩ 4v1 + 2v2 = 0. v2 = −2v1.

y su solución es: ⎧⎛ 1 ⎞ L2 = ⎨ ⎜ ⎟ k2 ⎩ ⎝ −2 ⎠

⎫ ⎬. ⎭

k2 ∈

En consecuencia: V2 es cualquier matriz no nula del conjunto anterior. Tomando por ejemplo k2 = 1, se tiene: ⎛ 1 ⎞ (12) V2 = ⎜ ⎟. ⎝ −2 ⎠ De (11) y (12), obtenemos un conjunto fundamental de soluciones: ⎧ ⎛ 1 ⎞ 3t ⎛ 1 ⎞ − t ⎨ ⎜ 2 ⎟ e , ⎜ −2 ⎟ e ⎠ ⎩⎝ ⎠ ⎝


⎫ ⎬. ⎭

En conclusión, la solución general del sistema homogéneo (9) es: ⎛1⎞ ⎛ 1 ⎞ −t Y (t ) = c1 ⎜ ⎟ e3t + c2 ⎜ ⎟e , ⎝2⎠ ⎝ −2 ⎠ donde c1, c2 son constantes reales arbitrarias. Otra forma de expresar dicha solución:

y(t) = c1e3t + c2e–t, z(t) = 2c1e3t – 2c2e–t.

5.1.2. Raíces reales iguales EJERCICIO 93

........................................

Encuentre la solución general del sistema de ecuaciones diferenciales: y'(t) = 2y(t) – z(t), z'(t) = y(t). Véase el PROBLEMA PROPUESTO 1.B en el apartado 5.3 (Problemas propuestos) de la Unidad Didáctica.

Denotemos: ⎛ y (t ) Y (t ) = ⎜ ⎝ z (t )

⎞ ⎟, ⎠

entonces se puede escribir: ⎛ 2 −1 ⎞ Y ′(t ) = ⎜ ⎟ Y (t ). ⎝ 1 0⎠ 83

(13)

Calculemos la ecuación característica y sus raíces: 2 − λ −1 1 −λ = −λ (2 − λ ) + 1 = −2λ + λ 2 + 1 = (λ − 1) 2 = 0.

A − λI =

λ1 = λ 2 = 1.

La multiplicidad algebraica del valor propio 1 es igual a 2. Calculemos ahora los vectores propios de la matriz A. El sistema a resolver es: ⎛ 2−λ ⎜ 1 ⎝

−1 ⎞ ⎛0⎞ V = ⎜ ⎟. −λ ⎟⎠ ⎝0⎠

Para la raíz λ = 1 el sistema (14) se transforma en: ⎛ 2 − 1 −1 ⎞ ⎛ 1 −1 ⎞ ⎛0⎞ V =⎜ V = ⎜ ⎟, ⎜ 1 ⎟ ⎟ −1 ⎠ ⎝ ⎝ 1 −1 ⎠ ⎝0⎠ ⎧ v1 − v2 = 0 ⎨ v − v = 0. ⎩ 1 2 v2 = v1.

y su solución es: ⎧⎛1⎞ L = ⎨ ⎜ ⎟k ⎩⎝1⎠ dim L < m

En consecuencia: dim L = 1.


k∈

⎫ ⎬. ⎭

(14)

V1 es cualquier matriz no nula del conjunto anterior. Tomando por ejemplo k1 = 1, se tiene: ⎛1⎞ V1 = ⎜ ⎟ . ⎝1⎠ Al no coincidir multiplicidad algebraica (m = 2) y geométrica (dim L = 1), nos guiamos de la proposición 10 del Capítulo 5 de la Unidad Didáctica para encontrar las soluciones linealmente independientes del sistema homogéneo (13) asociadas con el valor propio λ = 1: Z1(t), Z2(t). En concreto: Z1 (t ) = etW1 , Z 2 (t ) = et [W2 + tW1 ],

( A − I )W1 = O, ( A − I )W2 = W1 ,

⎛ 1 −1 ⎞⎛ 1 ⎞ ⎛ 0 ⎞ ( A − I )W1 = O, ⎜ ⎟⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ . ⎝ 1 −1 ⎠⎝ 1 ⎠ ⎝ 0 ⎠ ⎛ 1 −1 ⎞ ⎛1⎞ ( A − I )W2 = W1 , ⎜ ⎟W2 = ⎜ 1 ⎟ . ⎝ 1 −1 ⎠ ⎝ ⎠ ⎧ v1 − v2 = 1 ⎨ v − v = 1. ⎩ 1 2 v2 = v1 − 1.

obteniendo: ⎛1⎞ ⎛1⎞ W1 = ⎜ ⎟ ⇒ Z1 (t ) = et ⎜ ⎟ , 1 ⎝ ⎠ ⎝1⎠ ⎡⎛ 0 ⎞ ⎛1⎞⎤ t⎛ t ⎛ 0 ⎞ ⇒ Z 2 (t ) = et ⎢ ⎜ W2 = ⎜ ⎟ ⎟ + t ⎜ ⎟ ⎥ = e ⎜ −1 + t ⎝ −1 ⎠ ⎝ ⎣ ⎝ −1 ⎠ ⎝ 1 ⎠ ⎦ 84

⎞ ⎟. ⎠

(15)

De (15), obtenemos un conjunto fundamental de soluciones: ⎧⎛1⎞ t ⎛ t ⎨ ⎜ 1 ⎟ e , ⎜ −1 + t ⎩⎝ ⎠ ⎝

⎞ t ⎟e ⎠

⎫ ⎬. ⎭

En conclusión, la solución general del sistema homogéneo (13) es: ⎛1⎞ ⎛ t Y (t ) = c1 ⎜ ⎟ et + c2 ⎜ ⎝1⎠ ⎝ −1 + t

⎞ t ⎟e , ⎠


y(t) = c1et + c2tet, z(t) = (c1 – c2)et + c2tet.

5.1.3. Raíces complejas Notas extraídas del curso de Ampliación de Matemáticas, Ingeniería de Telecomunicación, en el sitio www.ma2.us.es. Ecuaciones diferenciales lineales de segundo orden con coeficientes constantes: En el caso de raíces complejas, éstas son conjugadas. Imitando lo que ocurre en el caso de raíces reales distintas, podríamos construir las soluciones: e(a+bi)t = eat(cos(bt) + isen(bt)), e(a–bi)t = eat(cos(bt) – isen(bt)), que son soluciones complejas. Como las partes real e imaginaria de estas soluciones las podemos obtener mediante una combinación lineal de ellas mismas, deducimos que las funciones y1(t) = eat cos(bt) e y2(t) = eat sen(bt) son soluciones reales e independientes de la ecuación homogénea. Notas extraídas del apartado 5.2.1.2 (Resolución del sistema homogéneo. Método directo) de la Unidad Didáctica. En el caso de raíces complejas conjugadas, si λ = α + iθ y λ = α − iθ son valores propios de la matriz A, las soluciones linealmente independientes a escoger son: Veλt , Veλ t , donde V y V son los vectores propios asociados. Ahora bien, estas matrices son 160906. Ejercicios de matemáticas avanzadas

complejas, por lo que es conveniente elegir otras soluciones que sean reales. Si Veλt = W1 + iW2, entonces se verifica: W1 y W2 son soluciones linealmente independientes (reales). Véanse también las notas del Prof. Alberto A. Álvarez en el EJERCICIO 104 y el EJERCICIO 105.

EJERCICIO 94

........................................

Encuentre la solución general del sistema de ecuaciones diferenciales: y'(t) = 3y(t) – 2z(t), z'(t) = 4y(t) – z(t). Véase el PROBLEMA PROPUESTO 1.C en el apartado 5.3 (Problemas propuestos) de la Unidad Didáctica.

Denotemos: ⎛ y (t ) ⎞ Y (t ) = ⎜ ⎟, ⎝ z (t ) ⎠ entonces se puede escribir: ⎛ 3 −2 ⎞ Y ′(t ) = ⎜ ⎟ Y (t ). ⎝ 4 −1 ⎠

(16)

Calculemos la ecuación característica y sus raíces: 3−λ −2 4 −1 − λ = (3 − λ )(−1 − λ ) + 8 = −3 − 3λ + λ + λ 2 + 8 = λ 2 − 2λ + 5 = 0.

A − λI =

λ=

85

2 ± 4 − 20 2 ± 4i = . 2 2

λ1 = 1 + 2i; λ 2 = 1 − 2i.

Al ser distintas, la solución general del sistema (16) viene dada por: Y(t) = c1V1e(1+2i)t + c2V2e(1–2i)t. donde c1, c2 son constantes reales arbitrarias y V1, V2 soluciones no nulas del sistema: (A – λiI )Vi = O,

donde i ∈ {1, 2}.

(17)

– Para la raíz λ1 = 1 + 2i, el sistema (17) se transforma en:

−2 −2 ⎞ ⎛ 3 − (1 + 2i ) ⎞ ⎛ 2 − 2i ⎛0⎞ V2 = ⎜ V2 = ⎜ ⎟ , ⎜ ⎟ ⎟ 4 −1 − (1 + 2i ) ⎠ −2 − 2i ⎠ ⎝ ⎝ 4 ⎝0⎠ ⎧ (2 − 2i )v1 − 2v2 = 0 ⎨ ⎩ 4v1 + (−2 − 2i)v2 = 0. v2 = (1 − i )v1.

y su solución es: ⎧⎛ 1 L1 = ⎨ ⎜ ⎩ ⎝ 1− i

⎞ ⎟ k1 ⎠

k1 ∈

⎫ ⎬. ⎭

En consecuencia: V1 es cualquier matriz no nula del conjunto anterior. Tomando por ejemplo k1 = 1, se tiene: ⎛ 1 ⎞ (18) V1 = ⎜ ⎟. ⎝ 1− i ⎠ – Para la raíz λ2 = 1 – 2i, el sistema (17) se transforma en:

−2 ⎛ 3 − (1 − 2i ) ⎜ 4 −1 − (1 − 2i ) ⎝ 160906. Ejercicios de matemáticas avanzadas

−2 ⎞ ⎛ 2 + 2i ⎟V3 = ⎜ 4 −2 + 2i ⎠ ⎝

⎞ ⎛0 ⎟ V3 = ⎜ 0 ⎠ ⎝

⎞ ⎟, ⎠

⎧ (2 + 2i )v1 − 2v2 = 0 ⎨ ⎩ 4v1 + (−2 + 2i )v2 = 0. v2 = (1 + i )v1.

y su solución es: ⎧⎛ 1 L2 = ⎨ ⎜ ⎩ ⎝ 1+ i

⎞ ⎟ k2 ⎠

k2 ∈

⎫ ⎬. ⎭

En consecuencia: V2 es cualquier matriz no nula del conjunto anterior. Tomando por ejemplo k2 = 1, se tiene: ⎛ 1 ⎞ (19) V2 = ⎜ ⎟. ⎝ 1+ i ⎠ De (18) y (19), obtenemos un conjunto fundamental de soluciones: ⎧⎛ 1 ⎨ ⎜ 1− i ⎩⎝

⎞ (1+ 2i ) t ⎛ 1 ,⎜ ⎟e ⎠ ⎝ 1+ i

⎞ (1− 2i ) t ⎟e ⎠

⎫ ⎬. ⎭

Ahora bien: ⎛ 1 ⎜ 1− i ⎝

⎞ (1+ 2i ) t ⎛ 1 ⎞ t =⎜ ⎟e ⎟ e (cos 2t + i sen 2t ) ⎠ ⎝ 1− i ⎠ cos 2t sen 2t ⎛ ⎞ t ⎛ e + i⎜ =⎜ ⎟ ⎝ cos 2t + sen 2t ⎠ ⎝ sen 2t − cos 2t

⎞ t ⎟e . ⎠

En consecuencia, la solución general del sistema homogéneo (16) es: cos 2t ⎛ Y (t ) = c1 ⎜ cos 2 t + sen 2t ⎝

86

sen 2t ⎞ t ⎛ ⎟ e + c2 ⎜ sen 2t − cos 2t ⎠ ⎝

⎞ t ⎟e , ⎠


y(t) = c1et cos 2t + c2et sen 2t, z(t) = c1et(cos 2t + sen 2t) + c2et(sen 2t – cos 2t).

5.2. Sistemas homogéneos 3x3 5.2.1. Raíces reales distintas EJERCICIO 95

........................................

Resolver el sistema homogéneo: ⎛ 1 2 1⎞ Y ′(t ) = ⎜ 6 −1 0 ⎟ Y (t ). ⎜ ⎟ ⎝ −1 −2 −1 ⎠ Véase el EJEMPLO 17 en el apartado 5.2.1.2 (Método directo) de la Unidad Didáctica. Relacionado con el EJEMPLO 16 en el apartado 5.2.1.1 (Método de reducción).

Calculemos la ecuación característica y sus raíces: 1− λ 2 1 6 −1 − λ 0 −1 −2 −1 − λ = (1 − λ )(−1 − λ ) 2 − 12 − (1 + λ ) − 12(−1 − λ ) = (1 − λ )(1 + 2λ + λ 2 ) − 12 − 1 − λ + 12 + 12λ = 1 + 2λ + λ 2 − λ − 2λ 2 − λ 3 − 1 + 11λ = −λ 3 − λ 2 + 12λ = −λ (λ 2 + λ − 12) = 0.

A − λI =


(20)

−1 ± 1 + 48 −1 ± 7 = . 2 2

λ1 = 0. λ 2 + λ − 12 = 0. λ =

λ 2 = 3; λ 3 = −4.

Al ser las raíces distintas, la solución general del sistema (20) viene dada por: Y(t) = c1V1 + c2V2e3t + c3V3e–4t. donde c1, c2, c3 son constantes reales arbitrarias y V1, V2, V3 soluciones no nulas del sistema: (A – λiI )Vi = O,

donde i ∈ {1, 2, 3}.

(21)


2 1 ⎛ 1− 0 ⎜ 6 −1 − 0 0 ⎜ 1 2 1 − − − −0 ⎝

⎞ ⎛ 1 2 1⎞ ⎛0⎞ ⎟V1 = ⎜ 6 −1 0 ⎟V1 = ⎜ 0 ⎟ , ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎠ ⎝ −1 − 2 − 1 ⎠ ⎝0⎠

⎧ v1 + 2v2 + v3 = 0 ⎪ ⎨ 6v1 − v2 = 0 ⎪⎩ −v1 − 2v2 − v3 = 0. v2 = 6v1. ⎧ v1 + 2v2 + v3 = v1 + 12v1 + v3 = 13v1 + v3 = 0 ⎨ −v − 2v − v = −v − 12v − v = −13v − v = 0. 2 3 1 1 3 1 3 ⎩ 1 v3 = −13v1. Tomando v1 cualquier valor que decidamos salvo el cero, pues los vectores propios no pueden ser una matriz (columna) nula; por ejemplo: v1 = 1.

y su solución es: ⎧⎛ 1 ⎞ ⎪ L1 = ⎨ ⎜ 6 ⎟ k1 ⎪ ⎜⎝ −13 ⎟⎠ ⎩

87

k1 ∈

⎫ ⎪ ⎬. ⎪ ⎭

En consecuencia: V1 es cualquier matriz no nula del conjunto anterior. Tomando por ejemplo k1 = 1, se tiene: ⎛ 1 ⎞ (22) V1 = ⎜ 6 ⎟ . ⎜ ⎟ ⎝ −13 ⎠ – Para la raíz λ2 = 3, el sistema (21) se transforma en:

2 1 ⎛ 1− 3 ⎜ 6 −1 − 3 0 ⎜ −2 −1 − 3 ⎝ −1

1⎞ ⎞ ⎛ −2 2 ⎛0⎞ ⎟V2 = ⎜ 6 −4 0 ⎟V2 = ⎜ 0 ⎟ , ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎠ ⎝ −1 − 2 − 4 ⎠ ⎝0⎠

⎧ −2v1 + 2v2 + v3 = 0 ⎪ ⎨ 6v1 − 4v2 = 0 ⎪⎩ −v1 − 2v2 − 4v3 = 0. v2 = (3/ 2)v1. ⎧ −2v1 + 2v2 + v3 = −2v1 + 3v1 + v3 = v1 + v3 = 0 ⎨ −v − 2v − 4v = −v − 3v − 4v = −4v − 4v = 0. 2 3 1 1 3 1 3 ⎩ 1 v3 = −v1.

y su solución es: ⎧⎛ 1 ⎞ ⎪ L 2 = ⎨ ⎜ 3/ 2 ⎟ k2 ⎪ ⎝⎜ −1 ⎠⎟ ⎩


k2 ∈

⎫ ⎪ ⎬. ⎪ ⎭

En consecuencia: V2 es cualquier matriz no nula del conjunto anterior. Tomando por ejemplo k2 = 1, se tiene: ⎛ 1 ⎞ V2 = ⎜ 3/ 2 ⎟ . (23) ⎜ ⎟ ⎝ −1 ⎠ – Para la raíz λ3 = –4, el sistema (21) se transforma en:

2 1 ⎛ 1 − (−4) ⎜ 6 −1 − ( −4) 0 ⎜ 1 2 1 (−4) − − − − ⎝

⎞ ⎛ 5 2 1⎞ ⎛0⎞ ⎟V3 = ⎜ 6 ⎟ 3 0 V3 = ⎜ 0 ⎟ , ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎠ ⎝ −1 − 2 3 ⎠ ⎝0⎠

⎧ 5v1 + 2v2 + v3 = 0 ⎪ ⎨ 6v1 + 3v2 = 0 ⎪⎩ −v1 − 2v2 + 3v3 = 0. v2 = −2v1. ⎧ 5v1 + 2v2 + v3 = 5v1 − 4v1 + v3 = v1 + v3 = 0 ⎨ −v − 2v + 3v = −v + 4v + 3v = 3v + 3v = 0. 2 3 1 1 3 1 3 ⎩ 1 v3 = −v1.

y su solución es: ⎧⎛ 1⎞ ⎪ L 3 = ⎨ ⎜ −2 ⎟ k3 ⎪ ⎜⎝ −1 ⎟⎠ ⎩

88

k3 ∈

⎫ ⎪ ⎬. ⎪ ⎭

En consecuencia: V3 es cualquier matriz no nula del conjunto anterior. Tomando por ejemplo k3 = 1, se tiene: ⎛ 1⎞ V3 = ⎜ −2 ⎟ . (24) ⎜ ⎟ ⎝ −1 ⎠ De (22), (23) y (24), obtenemos un conjunto fundamental de soluciones: ⎧⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎛ 1⎞ ⎪⎜ 3t −4 t ⎨ ⎜ 6 ⎟⎟ , ⎜⎜ 3/ 2 ⎟⎟ e , ⎜⎜ −2 ⎟⎟ e ⎪ ⎝ −13 ⎠ ⎝ −1 ⎠ ⎝ −1 ⎠ ⎩

⎫ ⎪ ⎬. ⎪ ⎭

En conclusión, la solución general del sistema homogéneo (20) es: ⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎛ 1⎞ Y (t ) = c1 ⎜ 6 ⎟ + c2 ⎜ 3/ 2 ⎟ e3t + c3 ⎜ −2 ⎟ e −4t , ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ −13 ⎠ ⎝ −1 ⎠ ⎝ −1 ⎠ donde c1, c2, c3 son constantes reales arbitrarias. EJERCICIO 96

........................................

Resolver el sistema homogéneo: ⎛ 1 −1 4 ⎞ Y ′(t ) = ⎜ 3 2 −1 ⎟ Y (t ). ⎜ ⎟ ⎝ 2 1 −1 ⎠ Septiembre 2003, reserva. Véase el PROBLEMA PROPUESTO 2.A en el apartado 5.3 (Problemas propuestos) de la Unidad Didáctica.


(25)

Calculemos la ecuación característica y sus raíces: 1− λ −1 4 3 2−λ −1 −1 − λ 2 1 = (1 − λ )(2 − λ )(−1 − λ ) + 2 + 12 − 8(2 − λ ) + 3(−1 − λ ) + (1 − λ ) = −2 − 2λ + λ + λ 2 + 2λ + 2λ 2 − λ 2 − λ 3 + 14 − 16 + 8λ − 3 − 3λ + 1 − λ = −λ 3 + 2λ 2 + 5λ − 6 = (λ − 1)(−λ 2 + λ + 6) = 0.

A − λI =

λ1 = 1.

− λ 2 + λ + 6 = 0.

λ=

−1 ± 1 + 24 −1 ± 5 = . −2 −2

–1 1 –1

2

5

–6

–1

1

6

1

6

0

λ 2 = −2; λ 3 = 3.

Al ser las raíces distintas, la solución general del sistema (25) viene dada por: Y(t) = c1V1et + c2V2e–2t + c3V3e3t. donde c1, c2, c3 son constantes reales arbitrarias y V1, V2, V3 soluciones no nulas del sistema: (A – λiI )Vi = O,

donde i ∈ {1, 2, 3}.

(26)


4 ⎞ ⎛ 1 − 1 −1 ⎛ 0 −1 4 ⎞ ⎛0⎞ ⎜ 3 2 − 1 −1 ⎟V1 = ⎜ 3 1 −1 ⎟V1 = ⎜ 0 ⎟ , ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 1 −1 − 1 ⎠ ⎝ 2 ⎝ 2 1 −2 ⎠ ⎝0⎠ ⎧ −v2 + 4v3 = 0 ⎪ ⎨ 3v1 + v2 − v3 = 0 ⎪⎩ 2v1 + v2 − 2v3 = 0. v2 = 4v3 . ⎧ 3v1 + v2 − v3 = 3v1 + 4v3 − v3 = 3v1 + 3v3 = 0 ⎨ ⎩ 2v1 + v2 − 2v3 = 2v1 + 4v3 − 2v3 = 2v1 + 2v3 = 0.

89

v3 = −v1. Tomando v1 cualquier valor que decidamos salvo el cero, pues los vectores propios no pueden ser una matriz (columna) nula; por ejemplo: v1 = 1.

y su solución es: ⎧⎛ 1⎞ ⎪ L1 = ⎨ ⎜ −4 ⎟ k1 ⎟⎟ ⎪ ⎜⎜ ⎩ ⎝ −1 ⎠

k1 ∈

⎫ ⎪ ⎬. ⎪ ⎭

En consecuencia: V1 es cualquier matriz no nula del conjunto anterior. Tomando por ejemplo k1 = 1, se tiene: ⎛ 1⎞ V1 = ⎜ −4 ⎟ . ⎜⎜ −1 ⎟⎟ ⎝ ⎠


−1 4 ⎛ 1 − (−2) ⎜ 3 2 − (−2) −1 ⎜ 2 1 − 1 − (−2) ⎝

⎞ ⎛ 3 −1 4 ⎞ ⎛0⎞ ⎟V2 = ⎜ 3 4 −1 ⎟V2 = ⎜ 0 ⎟ , ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎠ ⎝ 2 1 1⎠ ⎝0⎠

⎧ 3v1 − v2 + 4v3 = 0 ⎪ ⎨ 3v1 + 4v2 − v3 = 0 ⎪⎩ 2v1 + v2 + v3 = 0. v2 = 3v1 + 4v3 . ⎧ 3v1 + 4v2 − v3 = 3v1 + 4(3v1 + 4v3 ) − v3 = 3v1 + 12v1 + 16v3 − v3 = 0 ⎨ 2v + v + v = 2v + 3v + 4v + v = 5v + 5v = 0. 1 1 3 3 1 3 ⎩ 1 2 3 v3 = −v1.


(27)

y su solución es: ⎧⎛ 1⎞ ⎪ L 2 = ⎨ ⎜ −1 ⎟ k2 ⎪ ⎜⎜⎝ −1 ⎟⎟⎠ ⎩

k2 ∈

⎫ ⎪ ⎬. ⎪ ⎭

En consecuencia: V2 es cualquier matriz no nula del conjunto anterior. Tomando por ejemplo k2 = 1, se tiene: ⎛ 1⎞ V2 = ⎜ −1 ⎟ . ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ −1 ⎠

(28)


4 ⎛ 1 − 3 −1 ⎜ 3 2−3 −1 ⎜ 2 1 1 − −3 ⎝

⎞ ⎛ −2 −1 4 ⎞ ⎛0⎞ ⎟V3 = ⎜ 3 −1 −1 ⎟V3 = ⎜ 0 ⎟ , ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎠ ⎝ 2 1 −4 ⎠ ⎝0⎠

⎧ −2v1 − v2 + 4v3 = 0 ⎪ ⎨ 3v1 − v2 − v3 = 0 ⎪⎩ 2v1 + v2 − 4v3 = 0. v2 = −2v1 + 4v3 . ⎧ 3v1 − v2 − v3 = 3v1 − (−2v1 + 4v3 ) − v3 = 3v1 + 2v1 − 4v3 − v3 = 0 ⎨ 2v + v − 4v = 2v − 2v + 4v − 4v = 0. 3 1 1 3 3 ⎩ 1 2 v3 = v1.

y su solución es: ⎧⎛ 1 ⎞ ⎪ L 3 = ⎨ ⎜ 2 ⎟ k3 ⎪ ⎜⎜⎝ 1 ⎟⎟⎠ ⎩

90

k3 ∈

⎫ ⎪ ⎬. ⎪ ⎭

En consecuencia: V3 es cualquier matriz no nula del conjunto anterior. Tomando por ejemplo k3 = –1, se tiene: ⎛ −1 ⎞ V3 = ⎜ −2 ⎟ . ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ −1 ⎠

(29)

De (27), (28) y (29), obtenemos un conjunto fundamental de soluciones: ⎧⎛ 1⎞ ⎛ 1⎞ ⎛ −1 ⎞ ⎪⎜ t −2 t 3t ⎨ ⎜ −4 ⎟⎟ e , ⎜⎜ −1 ⎟⎟ e , ⎜⎜ −2 ⎟⎟ e ⎜ −1 ⎟ ⎪ ⎜⎝ −1 ⎟⎠ ⎜⎝ −1 ⎟⎠ ⎝ ⎠ ⎩

⎫ ⎪ ⎬. ⎪ ⎭

En conclusión, la solución general del sistema homogéneo (25) es: ⎛ 1⎞ ⎛ 1⎞ ⎛ −1 ⎞ Y (t ) = c1 ⎜ −4 ⎟ et + c2 ⎜ −1 ⎟ e −2t + c3 ⎜ −2 ⎟ e3t , ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ −1 ⎠ ⎝ −1 ⎠ ⎝ −1 ⎠ donde c1, c2, c3 son constantes reales arbitrarias. EJERCICIO 97

........................................

Resolver el siguiente sistema de ecuaciones diferenciales: ⎛ 0 1 −1 ⎞ Y ′(t ) = ⎜ −3 4 −1 ⎟ Y (t ). ⎜ ⎟ ⎝ −1 1 2 ⎠ Enero 2005, primera semana.


5.2.2. Raíces reales que se repiten Notas extraídas del apartado 5.2.1.2 (Resolución del sistema homogéneo. Método directo) de la Unidad Didáctica. Se denomina multiplicidad geométrica del valor propio λ a la dimensión del subespacio vectorial L ={V | AV = λV}, en notación: dim L. Se denomina multiplicidad algebraica del valor propio λ y la denotaremos por m, a su multiplicidad como raíz de la ecuación característica. La multiplicidad geométrica de un valor propio λ es siempre menor o igual que su multiplicidad algebraica: dim L ≤ m

EJERCICIO 98

........................................

Resolver el sistema homogéneo: ⎛ 1 −2 2 ⎞ Y ′(t ) = ⎜ −2 1 −2 ⎟ Y (t ). ⎜ ⎟ 1⎠ ⎝ 2 −2

(30)

Véase el EJEMPLO 20 en el apartado 5.2.1.2 (Método directo) de la Unidad Didáctica.

Calculemos la ecuación característica y sus raíces: 1 − λ −2 2 −2 1 − λ −2 2 −2 1 − λ 3 = (1 − λ ) + 8 + 8 − 4(1 − λ ) − 4(1 − λ ) − 4(1 − λ ) = 1 − 3λ + 3λ 2 − λ 3 + 16 − 12 + 12λ = −λ 3 + 3λ 2 + 9λ + 5 = (λ + 1)(−λ 2 + 4λ + 5) = 0.

A − λI =

λ1 = −1. − λ 2 + 4λ + 5 = 0. λ =

91

–1

3

9

1

–4 –5

–1

4

5

–1

−4 ± 16 + 20 −4 ± 6 . = −2 −2

5 0

λ 2 = −1; λ 3 = 5.

La multiplicidad algebraica del valor propio –1 es igual a 2 y la del valor propio 5 es igual a 1. Calculemos ahora los vectores propios de la matriz A. El sistema a resolver es: 2 ⎛ 1 − λ −2 ⎜ −2 1 − λ −2 ⎜ −2 1 − λ ⎝ 2

⎞ ⎛0 ⎟V = ⎜ 0 ⎟ ⎜ ⎠ ⎝0

⎞ ⎟. ⎟ ⎠

(31)

– Para la raíz λ = –1 el sistema (31) se transforma en:

−2 2 ⎛ 1 − (−1) ⎜ −2 1 − ( −1) −2 ⎜ 2 − 2 1 − (−1) ⎝

⎞ ⎛ 2 −2 2 ⎞ ⎛0⎞ ⎟ V = ⎜ −2 2 − 2 ⎟ V = ⎜ 0 ⎟ , ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎠ ⎝ 2 −2 2 ⎠ ⎝0⎠

⎧ 2v1 − 2v2 + 2v3 = 0 ⎪ ⎨ −2v1 + 2v2 − 2v3 = 0 ⎪⎩ 2v1 − 2v2 + 2v3 = 0. v2 = v1 + v3 . En este caso v1 y v3 no pueden tomar el valor cero a la vez, pues los vectores propios no pueden ser una matriz (columna) nula.

y su solución es: ⎧ ⎛ −1 ⎞ ⎛ 1⎞ ⎪ L = ⎨ ⎜ −1 ⎟ k1 + ⎜ 0 ⎟ k2 ⎜ ⎟ ⎪ ⎜⎝ 0 ⎟⎠ ⎝ −1 ⎠ ⎩ dim L = m

( k1 , k2 ) ∈

2

⎫ ⎪ ⎬. ⎪ ⎭

En consecuencia: dim L = 2. Al coincidir multiplicidad geométrica y algebraica y ser iguales a 2, es posible encontrar dos vectores propios V1 y V2 asociados con el valor propio –1 linealmente independientes.


Tomando por ejemplo (k1, k2) = (1, 0) obtenemos V1, y para (k1, k2) = (0, 1) obtenemos V2, es decir: ⎛ −1 ⎞ ⎛ 1⎞ ⎜ ⎟ V1 = −1 , V2 = ⎜ 0 ⎟ . ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ 0⎠ ⎝ −1 ⎠

(32)

– Para la raíz λ = 5 el sistema (31) se transforma en:

2 ⎛ 1 − 5 −2 ⎜ −2 1 − 5 −2 ⎜ −2 1 − 5 ⎝ 2

⎞ ⎛ −4 −2 2 ⎟ V = ⎜ −2 − 4 − 2 ⎟ ⎜ ⎠ ⎝ 2 −2 −4

⎞ ⎛0 ⎟V = ⎜ 0 ⎟ ⎜ ⎠ ⎝0

⎞ ⎟, ⎟ ⎠

⎧ −4v1 − 2v2 + 2v3 = 0 ⎪ ⎨ −2v1 − 4v2 − 2v3 = 0 ⎪⎩ 2v1 − 2v2 − 4v3 = 0. v3 = 2v1 + v2 . ⎧ −2v1 − 4v2 − 2v3 = −v1 − 2v2 − v3 = 0 ⎨ 2v − 2v − 4v = v − v − 2v = 0. 2 3 1 2 3 ⎩ 1 −v1 − 2v2 − v3 = −v1 − 2v2 − (2v1 + v2 ) = −3v1 − 3v2 = 0.

v2 = − v1.

y su solución es: ⎧ ⎛ −1 ⎞ ⎪ L3 = ⎨ ⎜ 1 ⎟ k3 ⎟ ⎪⎜ ⎩ ⎝ −1 ⎠

92

k3 ∈

⎫ ⎪ ⎬. ⎪ ⎭

En consecuencia: V3 es cualquier matriz no nula del conjunto anterior, tomando por ejemplo k3 = 1, se tiene: ⎛ −1 ⎞ (33) V3 = ⎜ 1 ⎟ . ⎜ ⎟ 1 − ⎝ ⎠ De (32) y (33), obtenemos un conjunto fundamental de soluciones: ⎧ ⎛ −1 ⎞ ⎛ 1⎞ ⎛ −1 ⎞ ⎫ ⎪⎜ −t ⎜ −t ⎜ 5t ⎪ ⎟ ⎟ ⎨ ⎜ −1 ⎟ e , ⎜ 0 ⎟ e , ⎜ 1 ⎟⎟ e ⎬ . ⎪⎝ 0 ⎠ ⎝ −1 ⎠ ⎝ −1 ⎠ ⎪⎭ ⎩ En conclusión, la solución general del sistema homogéneo (30) es: ⎛ −1 ⎞ ⎛ 1⎞ ⎛ −1 ⎞ Y (t ) = c1 ⎜ −1 ⎟ e − t + c2 ⎜ 0 ⎟ e− t + c3 ⎜ 1 ⎟ e5t , ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ 0⎠ ⎝ −1 ⎠ ⎝ −1 ⎠ donde c1, c2, c3 son constantes reales arbitrarias.


EJERCICIO 99

........................................

Resolver el siguiente sistema de ecuaciones diferenciales: ⎛0 1 0 Y ′(t ) = ⎜ 1 0 0 ⎜ ⎝0 0 1

⎞ ⎟ Y (t ). ⎟ ⎠

(34)

Septiembre 2005, reserva. Publicado por J. Dorado y A. San Martín. El Prof. Alberto A. Álvarez lo consideró correcto.

Utilizaremos también el método directo. Calculemos la ecuación característica y sus raíces: 0−λ 1 0 1 0−λ 0 0 0 1− λ = λ 2 (1 − λ ) − (1 − λ ) = −λ 3 + λ 2 + λ − 1 = (λ + 1)(−λ 2 + 2λ − 1) = −(λ − 1) 2 (λ + 1) = 0.

A − λI =

–1 –1 –1

1

1

–1

1

–2

1

2

–1

0

λ1 = −1; λ 2 = λ 3 = 1.

La multiplicidad algebraica del valor propio –1 es igual a 1 y la del valor propio 1 es igual a 2. Calculemos ahora los vectores propios de la matriz A. El sistema a resolver es: ⎛ 0−λ ⎜ 1 ⎜ ⎝ 0

93

1 0 0−λ 0 0 1− λ

⎞ ⎛0⎞ ⎟V = ⎜ 0 ⎟ . ⎟ ⎜ ⎟ ⎠ ⎝0⎠

(35)


1 0 ⎛ 0 − (−1) ⎜ 1 0 − (−1) 0 ⎜ 0 0 1 − (−1) ⎝

⎞ ⎛1 1 0⎞ ⎛0⎞ ⎟V = ⎜ 1 1 0 ⎟V = ⎜ 0 ⎟ , ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎠ ⎝0 0 2⎠ ⎝0⎠

⎧ v1 + v2 = 0 ⎪ ⎨ v1 + v2 = 0 ⎪⎩ 2v3 = 0. v2 = −v1.

y su solución es: ⎧⎛ 1⎞ ⎪ L1 = ⎨ ⎜ −1 ⎟ k1 ⎪ ⎜⎝ 0 ⎟⎠ ⎩

k1 ∈

⎫ ⎪ ⎬. ⎪ ⎭

En consecuencia: V1 es cualquier matriz no nula del conjunto anterior, tomando por ejemplo k1 = 1, se tiene: ⎛ 1⎞ V1 = ⎜ −1 ⎟ . (36) ⎜ ⎟ ⎝ 0⎠ – Para la raíz λ = 1 el sistema (35) se transforma en:

0 ⎞ ⎛ 0 −1 1 ⎛ −1 1 0 ⎞ ⎛0⎞ ⎜ 1 ⎟ ⎜ ⎟ 0 −1 0 V = 1 −1 0 V = ⎜ 0 ⎟ , ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 0 1−1 ⎠ ⎝ 0 ⎝ 0 0 0⎠ ⎝0⎠


⎧ −v1 + v2 = 0 ⎨ v − v = 0. ⎩ 1 2 v2 = v1.

y su solución es: ⎧⎛ 1 ⎞ ⎛0⎞ ⎪ L = ⎨ ⎜ 1 ⎟ k 2 + ⎜ 0 ⎟ k3 ⎜ ⎟ ⎪ ⎜⎝ 0 ⎟⎠ ⎝1⎠ ⎩ dim L = m

( k 2 , k3 ) ∈

2

⎫ ⎪ ⎬. ⎪ ⎭

En consecuencia: dim L = 2. Al coincidir multiplicidad geométrica y algebraica y ser iguales a 2, es posible encontrar dos vectores propios V2 y V3 asociados con el valor propio 1 linealmente independientes. Tomando por ejemplo (k2, k3) = (1, 0) obtenemos V2, y para (k2, k3) = (0, 1) obtenemos V3, es decir: ⎛1⎞ ⎛0 ⎜ ⎟ V2 = 1 , V3 = ⎜ 0 ⎜ ⎟ ⎜ ⎝0⎠ ⎝1

⎞ ⎟. ⎟ ⎠

(37)

De (36) y (37), obtenemos un conjunto fundamental de soluciones: ⎧⎛ 1⎞ ⎛1⎞ ⎛0 ⎪⎜ −t ⎜ ⎟ 1 , 1 ⎟ et , ⎜ 0 e − ⎨⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎪⎝ 0 ⎠ ⎝0⎠ ⎝1 ⎩

⎞ ⎟ et ⎟ ⎠

⎫ ⎪ ⎬. ⎪ ⎭

En conclusión, la solución general del sistema homogéneo (34) es: ⎛ 1⎞ ⎛1⎞ ⎛0⎞ −t t ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ Y (t ) = c1 −1 e + c2 1 e + c3 ⎜ 0 ⎟ et , ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ 0⎠ ⎝0⎠ ⎝1⎠

94

donde c1, c2, c3 son constantes reales arbitrarias. EJERCICIO 100

.......................................

Encuentre la solución general del sistema de ecuaciones diferenciales: ⎛ 0 1 1⎞ Y ′(t ) = ⎜ 1 0 1 ⎟ Y (t ). ⎜ ⎟ ⎝ 1 1 0⎠

(38)

Véase el PROBLEMA PROPUESTO 2.C en el apartado 5.3 (Problemas propuestos) de la Unidad Didáctica.

Calculemos la ecuación característica y sus raíces: 0−λ 1 1 1 0−λ 1 1 1 0−λ = −λ 3 + 1 + 1 + λ + λ + λ = −λ 3 + 3λ + 2 = (λ + 1)(−λ 2 + λ + 2) = 0.

A − λI =

λ1 = −1.

− λ 2 + λ + 2 = 0.

λ=

−1 ± 1 + 8 −1 ± 3 = . −2 −2

–1

0

3

1

–1 –2

–1

1

2

–1

λ 2 = −1; λ 3 = 2.

La multiplicidad algebraica del valor propio –1 es igual a 2 y la del valor propio 2 es 1.


2 0

Calculemos ahora los vectores propios de la matriz A. El sistema a resolver será: 1 1⎞ ⎛ −λ ⎛0⎞ ⎜ 1 −λ ⎟ 1 V = ⎜ 0 ⎟. ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 1 −λ ⎠ ⎝ 1 ⎝0⎠

(39)

– Para la raíz λ = 2, el sistema (39) se transforma en:

1 1⎞ ⎛ −2 ⎛0 ⎜ 1 −2 ⎟ 1 V =⎜ 0 ⎜ ⎟ ⎜ ⎝ 1 1 −2 ⎠ ⎝0

⎞ ⎟, ⎟ ⎠

⎧ −2v1 + v2 + v3 = 0 ⎪ ⎨ v1 − 2v2 + v3 = 0 ⎪⎩ v1 + v2 − 2v3 = 0. v2 = 2v1 − v3 . ⎧ v1 − 2v2 + v3 = v1 − 2(2v1 − v3 ) + v3 = v1 − 4v1 + 2v3 + v3 = −3v1 + 3v3 = 0 ⎨ v + v − 2v = v + 2v − v − 2v = 0. 3 1 1 3 3 ⎩ 1 2 v3 = v1.

y su solución es: ⎧⎛1⎞ ⎪ L1 = ⎨ ⎜ 1 ⎟ k1 ⎪ ⎜⎜⎝ 1 ⎟⎟⎠ ⎩

k1 ∈

⎫ ⎪ ⎬. ⎪ ⎭

En consecuencia: V1 es cualquier matriz no nula del conjunto anterior, tomando por ejemplo k1 = 1, se tiene el vector propio: ⎛1⎞ V1 = ⎜ 1 ⎟ , y por tanto la solución ⎜⎜ 1 ⎟⎟ ⎝ ⎠

95

⎛1⎞ ⎜ 1 ⎟ e2t . ⎜⎜ 1 ⎟⎟ ⎝ ⎠

(40)


1 1 ⎛ −(−1) ⎜ 1 1 −(−1) ⎜ 1 1 ( − −1) ⎝

⎞ ⎛1 1 1⎞ ⎛0⎞ ⎟V = ⎜ 1 1 1 ⎟V = ⎜ 0 ⎟ , ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎠ ⎝1 1 1⎠ ⎝0⎠

⎧ v1 + v2 + v3 = 0 ⎪ ⎨ v1 + v2 + v3 = 0 ⎪⎩ v1 + v2 + v3 = 0. v2 = −v1 − v3 . Las dos últimas ecuaciones sobran: se comprueba que si sustituimos v2 en ellas, se convierten en 0 = 0.

y su solución es: ⎧⎛ 1⎞ ⎛ 0⎞ ⎪ L = ⎨ ⎜ 0 ⎟ k 2 + ⎜ 1 ⎟ k3 ⎟⎟ ⎜⎜ −1 ⎟⎟ ⎪ ⎜⎜ ⎝ ⎠ ⎩ ⎝ −1 ⎠ dim L = m

( k 2 , k3 ) ∈

2

⎫ ⎪ ⎬. ⎪ ⎭

En consecuencia: dim L = 2. Al coincidir multiplicidad geométrica y algebraica y ser iguales a 2, es posible encontrar dos vectores propios V2 y V3 asociados con el valor propio –1 linealmente independientes. Tomando por ejemplo (k2, k3) = (1, 0) obtenemos V2, y para (k2, k3) = (0, 1) obtenemos V3, es decir: ⎛ 1⎞ ⎛ 0⎞ V2 = ⎜ 0 ⎟ , V3 = ⎜ 1 ⎟ . ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ −1 ⎠ ⎝ −1 ⎠


(41)

De (40) y (41), obtenemos un conjunto fundamental de soluciones: ⎧⎛1⎞ ⎛ 1⎞ ⎛ 0⎞ ⎪ ⎜ ⎟ 2t ⎜ −t −t ⎨ ⎜ 1 ⎟ e , ⎜ 0 ⎟⎟ e , ⎜⎜ 1 ⎟⎟ e ⎜ −1 ⎟ ⎜ −1 ⎟ ⎪ ⎜⎝ 1 ⎟⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎩

⎫ ⎪ ⎬. ⎪ ⎭

En conclusión, la solución general del sistema homogéneo (38) es: ⎛1⎞ ⎛ 1⎞ ⎛ 0⎞ Y (t ) = c1 ⎜ 1 ⎟ e 2t + c2 ⎜ 0 ⎟ e − t + c3 ⎜ 1 ⎟ e − t , ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝1⎠ ⎝ −1 ⎠ ⎝ −1 ⎠ donde c1, c2, c3 son constantes reales arbitrarias. Notas extraídas del apartado 5.2.1.2 (Resolución del sistema homogéneo. Método directo) de la Unidad Didáctica. Proposición 10. Si λ es un valor propio de la matriz A con dim L < m, entonces se verifica: Z1(t), Z2(t), ... , Zm(t) son m soluciones linealmente independientes del sistema homogéneo Y'(t) = AY(t) asociadas al valor propio λ. En concreto: ( A − λ I )W1 = O, ( A − λ I )W2 = W1 , ( A − λ I )W3 = W2 ,

Z1 (t ) = eλtW1 , Z 2 (t ) = eλ t [W2 + tW1 ], 2 Z 3 (t ) = eλt [W3 + tW2 + t2! W1 ], Z m (t ) = eλ t [Wm + tWm −1 +

+

t m −1 ( m −1)!

( A − λ I )Wm = Wm −1 ,

W1 ],

donde W1, ... , Wm son linealmente independientes.

EJERCICIO 101

.......................................

Resolver el sistema homogéneo: ⎛1 1 0⎞ ′ Y (t ) = ⎜ 0 1 0 ⎟ Y (t ). ⎜ ⎟ ⎝0 0 2⎠

96

(42)

Véase el EJEMPLO 21 en el apartado 5.2.1.2 (Método directo) de la Unidad Didáctica.

Calculemos la ecuación característica y sus raíces: 1− λ 1 0 0 1− λ 0 0 0 2−λ = (1 − λ ) 2 (2 − λ ) = 0.

A − λI =

λ1 = λ 2 = 1; λ 3 = 2.

La multiplicidad algebraica del valor propio 1 es igual a 2 y la del valor propio 2 es 1. Calculemos ahora los vectores propios de la matriz A. El sistema a resolver será: 1 ⎛ 1− λ ⎜ 0 1− λ ⎜ 0 ⎝ 0

0 0 2−λ

⎞ ⎛0⎞ ⎟V = ⎜ 0 ⎟ . ⎟ ⎜ ⎟ ⎠ ⎝0⎠


0 ⎞ ⎛ 1−1 1 ⎛0 1 0⎞ ⎛0⎞ ⎜ 0 1 − 1 0 ⎟V = ⎜ 0 0 0 ⎟ V = ⎜ 0 ⎟ , ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 0 2 −1 ⎠ ⎝ 0 ⎝0 0 1⎠ ⎝0⎠ ⎧ v2 = 0 ⎨ v = 0. ⎩ 3


(43)

Tomando v1 cualquier valor que decidamos salvo el cero, pues los vectores propios no pueden ser una matriz (columna) nula; por ejemplo: v1 = 1.

y su solución es: ⎧⎛ 1 ⎞ ⎪ L = ⎨ ⎜ 0 ⎟k ⎪ ⎜⎝ 0 ⎟⎠ ⎩ dim L < m

k∈

⎫ ⎪ ⎬. ⎪ ⎭

En consecuencia: dim L = 1. V1 es cualquier matriz no nula del conjunto anterior. Tomando por ejemplo k1 = 1, se tiene: ⎛1⎞ V1 = ⎜ 0 ⎟ . ⎜ ⎟ ⎝0⎠ Al no coincidir multiplicidad algebraica (m = 2) y geométrica (dim L = 1), nos guiamos de la proposición 10 del Capítulo 5 de la Unidad Didáctica para encontrar las soluciones linealmente independientes del sistema homogéneo (42) asociadas con el valor propio λ = 1: Z1(t), Z2(t). En concreto: Z1 (t ) = etW1 , Z 2 (t ) = et [W2 + tW1 ],

( A − I )W1 = O, ( A − I )W2 = W1 ,

⎛ 0 1 0 ⎞⎛ 1 ( A − I )W1 = O, ⎜ 0 0 0 ⎟⎜ 0 ⎜⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎝ 0 0 1 ⎠⎝ 0

⎞ ⎛0⎞ ⎟ = ⎜ 0 ⎟. ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎠ ⎝0⎠

⎛0 1 0⎞ ⎛1⎞ ( A − I )W2 = W1 , ⎜ 0 0 0 ⎟W2 = ⎜ 0 ⎟ . ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ 0 0 1 ⎟⎟ ⎝ ⎠ ⎝0⎠

97

⎧ v2 = 1 ⎨ v = 0. ⎩ 3

obteniendo: ⎛1⎞ ⎛1⎞ t ⎜ ⎜ ⎟ W1 = 0 ⇒ Z1 (t ) = e 0 ⎟ , ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝0⎠ ⎝0⎠ ⎛0⎞ ⎛ t ⎞ t⎜ ⎜ ⎟ W2 = 1 ⇒ Z 2 (t ) = e 1 ⎟ . ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝0⎠ ⎝0⎠

(44)


1 0 ⎛ 1− 2 ⎜ 0 1− 2 0 ⎜ 0 2−2 ⎝ 0

⎞ ⎛ −1 1 0 ⎞ ⎛0 ⎟V = ⎜ 0 −1 0 ⎟V = ⎜ 0 ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎠ ⎝ 0 0 0⎠ ⎝0

⎧ −v1 + v2 = 0 ⎨ −v = 0. ⎩ 2 Tomando v3 cualquier valor que decidamos salvo el cero.

y su solución es: ⎧⎛ 0 ⎞ ⎪ L = ⎨ ⎜ 0 ⎟k ⎪⎜ ⎟ ⎩⎝ 1 ⎠


k∈

⎫ ⎪ ⎬. ⎪ ⎭

⎞ ⎟, ⎟ ⎠

En consecuencia: dim L = 1. Tomando por ejemplo k = 1 conseguimos el vector propio: ⎛0⎞ ⎜ 0 ⎟ , y por tanto la solución ⎜ ⎟ ⎝1⎠

⎛0⎞ ⎜ 0 ⎟ e 2t . ⎜ ⎟ ⎝1⎠

(45)

De (44) y (45), obtenemos un conjunto fundamental de soluciones: ⎧⎛ 1 ⎞ ⎛ t ⎞ ⎛ 0 ⎞ ⎫ ⎪ ⎜ ⎟ t ⎜ ⎟ t ⎜ ⎟ 2t ⎪ ⎨ ⎜ 0 ⎟ e , ⎜ 1 ⎟ e , ⎜ 0 ⎟ e ⎬. ⎪⎝ 0 ⎠ ⎝ 0 ⎠ ⎝ 1 ⎠ ⎪ ⎩ ⎭ En conclusión, la solución general del sistema homogéneo (42) es: ⎛1⎞ ⎛ t ⎞ ⎛0⎞ Y (t ) = c1 ⎜ 0 ⎟ et + c2 ⎜ 1 ⎟ et + c3 ⎜ 0 ⎟ e 2t , ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝0⎠ ⎝0⎠ ⎝1⎠ donde c1, c2, c3 son constantes reales arbitrarias. EJERCICIO 102

.......................................

Encuentre la solución general del sistema de ecuaciones diferenciales: ⎛2 2 2⎞ Y ′(t ) = ⎜ 2 1 2 ⎟ Y (t ). ⎜ ⎟ ⎝ 1 0 −1 ⎠

98

(46)

Febrero 2002, prueba presencial. Febrero 2004, segunda semana, original. Publicado por A. Sánchez. Incluye nota del Prof. Alberto A. Álvarez. Véase el PROBLEMA PROPUESTO 2.D en el apartado 5.3 (Problemas propuestos) de la Unidad Didáctica.

Nota del Profesor. Por cada autovalor se debe obtener tantos vectores (para escribirlos en la expresión de la solución general de la ecuación diferencial) como marque la multiplicidad algebraica del autovalor. Y siempre se debe empezar a buscar estos vectores de la misma manera: planteando el sistema (A – λI )X = O (con X represento las incógnitas) y buscando soluciones no nulas. – Si el autovalor es simple (el caso más sencillo), se obtiene un vector no nulo como solución, y ya hemos

terminado con el autovalor. – Si el autovalor es múltiple y las dos multiplicidades coinciden, se debe obtener tantas soluciones

linealmente independientes de ese sistema lineal como marque la multiplicidad. Si las dos multiplicidades no coinciden, por ejemplo la algebraica es 2 y la geométrica es 1 (como en este ejercicio), se obtiene el primer vector como una solución no nula del sistema anterior; llamémoslo W1. El segundo vector se obtiene como una solución no nula (y linealmente independiente de W1) del sistema (A – λI )X = W1, donde X de nuevo son las incógnitas (nótese que W1 se escribe como la matriz de términos independientes). Cualquier solución de este nuevo sistema lineal, no nula y que no dependa linealmente de W1 (esto es, que no sea proporcional) nos sirve. Es a este vector que escogemos de este segundo sistema lineal al que llamamos W2. Si hubiera que buscar un tercero (porque la multiplicidad algebraica fuera mayor que 2), plantearíamos el sistema (A – λI )X = W2, y así sucesivamente.


Calculemos la ecuación característica y sus raíces: 2−λ 2 2 2 1− λ 2 1 0 −1 − λ = (2 − λ )(1 − λ )(−1 − λ ) + 4 − 2(1 − λ ) − 4(−1 − λ ) = −2 − 2λ + 2λ + 2λ 2 + λ + λ 2 − λ 2 − λ 3 + 4 − 2 + 2λ + 4 + 4λ = −λ 3 + 2λ 2 + 7λ + 4 = (λ + 1)(−λ 2 + 3λ + 4) = 0.

A − λI =

λ1 = −1. − λ 2 + 3λ + 4 = 0. λ =

−3 ± 9 + 16 −3 ± 5 = . −2 −2

–1

2

7

1

–3 –4

–1

3

4

–1

4 0

λ 2 = −1; λ 3 = 4.

La multiplicidad algebraica del valor propio –1 es igual a 2 y la del valor propio 4 es 1. Calculemos ahora los vectores propios de la matriz A. El sistema a resolver será: 2 ⎛ 2−λ ⎜ 2 1− λ ⎜ 1 0 ⎝

2 2 −1 − λ

⎞ ⎛0⎞ ⎟V = ⎜ 0 ⎟ . ⎟ ⎜ ⎟ ⎠ ⎝0⎠


2 2 ⎛ 2 − (−1) ⎜ 2 1 − (−1) 2 ⎜ −1 − (−1) 1 0 ⎝

99

⎧ 3v1 + 2v2 + 2v3 = 0 ⎪ ⎨ 2v1 + 2v2 + 2v3 = 0 ⎪⎩ v1 = 0. v2 = −v3 .

y su solución es: ⎧⎛ 0 ⎞ ⎪ L = ⎨ ⎜ −1 ⎟ k ⎟⎟ ⎪ ⎜⎜ ⎩⎝ 1⎠

dim L < m

⎞ ⎛3 2 2⎞ ⎛0⎞ ⎟V = ⎜ 2 2 2 ⎟ V = ⎜ 0 ⎟ , ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎠ ⎝1 0 0⎠ ⎝0⎠

k∈

⎫ ⎪ ⎬. ⎪ ⎭

En consecuencia: dim L = 1. V1 es cualquier matriz no nula del conjunto anterior. Tomando por ejemplo k1 = 1, se tiene: ⎛ 0⎞ V1 = ⎜ −1 ⎟ . ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ 1⎠

Al no coincidir multiplicidad algebraica (m = 2) y geométrica (dim L = 1), nos guiamos de la proposición 10 del Capítulo 5 de la Unidad Didáctica para encontrar las soluciones linealmente independientes del sistema homogéneo (46) asociadas con el valor propio λ = –1: Z1(t),

Z2(t).

En concreto: Z1 (t ) = e − tW1 , Z 2 (t ) = e − t [W2 + tW1 ],

( A + I )W1 = O, ( A + I )W2 = W1 ,

⎛3 2 2⎞ ⎛ 0⎞ ( A + I )W2 = W1 , ⎜ 2 2 2 ⎟W2 = ⎜ −1 ⎟ . ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝1 0 0⎠ ⎝ 1⎠


(47)

⎧ 3v1 + 2v2 + 2v3 = 0 ⎪ ⎨ 2v1 + 2v2 + 2v3 = −1 ⎪⎩ v1 = 1. v1 = 1. ⎧ 3v1 + 2v2 + 2v3 = 3 + 2v2 + 2v3 = 2v2 + 2v3 = −3 ⎨ ⎩ 2v1 + 2v2 + 2v3 = 2 + 2v2 + 2v3 = −1. 2v2 = −3 − 2v3 .

v2 = − 32 − v3

obteniendo: ⎛ 0⎞ ⎛ 0⎞ W1 = ⎜ −1 ⎟ ⇒ Z1 (t ) = e − tW1 = e − t ⎜ −1 ⎟ , ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ 1⎠ ⎝ 1⎠ ⎡⎛ 1 ⎛ 1 ⎞ −t −t ⎢ ⎜ ⎜ ⎟ −5 / 2 W2 = −5 / 2 ⇒ Z 2 (t ) = e [W2 + tW1 ] = e ⎢⎜ ⎜ ⎟ ⎝ 1 ⎠ ⎣⎢ ⎝ 1

⎞ ⎛ 0⎞⎤ ⎛ 1 ⎟ + t ⎜ −1 ⎟ ⎥ = e − t ⎜ − 5 − t ⎟ ⎜ ⎟⎥ ⎜ 2 ⎠ ⎝ 1 ⎠ ⎥⎦ ⎝ 1+ t

⎞ ⎟. ⎟ ⎠

(48)


2 2 ⎛ 2−4 ⎜ 2 1− 4 2 ⎜ 1 0 − 1 −4 ⎝

⎞ ⎛ −2 2 2 ⎞ ⎛0⎞ ⎟V = ⎜ 2 −3 2 ⎟V = ⎜ 0 ⎟ , ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎠ ⎝ 1 0 −5 ⎠ ⎝0⎠

⎧ −2v1 + 2v2 + 2v3 = 0 ⎪ ⎨ 2v1 − 3v2 + 2v3 = 0 ⎪⎩ v1 − 5v3 = 0. v1 = 5v3 . ⎧ −2v1 + 2v2 + 2v3 = −10v3 + 2v2 + 2v3 = −8v3 + 2v2 = 0 ⎨ 2v − 3v + 2v = 10v − 3v + 2v = 0. 2 3 3 2 3 ⎩ 1 v2 = 4v3 .

100

y su solución es: ⎧⎛ 5 ⎞ ⎪ L = ⎨ ⎜ 4 ⎟k ⎪ ⎜⎜⎝ 1 ⎟⎟⎠ ⎩

⎫ ⎪ ⎬. ⎪ ⎭

k∈

En consecuencia: dim L = 1. Tomando por ejemplo k = 1 conseguimos el vector propio: ⎛5⎞ ⎜ 4 ⎟ , y por tanto la solución ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝1⎠

⎛5⎞ ⎜ 4 ⎟ e 4t . ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝1⎠

De (48) y (49), obtenemos un conjunto fundamental de soluciones: ⎧⎛ 0 ⎞ ⎛ 1 ⎪⎜ ⎟ e−t , ⎜ − 5 − t − 1 ⎨⎜ ⎜⎜ 2 ⎟ ⎪ ⎜⎝ 1 ⎟⎠ ⎝ 1+ t ⎩

⎞ ⎛5⎞ ⎫ ⎟ e−t , ⎜ 4 ⎟ e4t ⎪. ⎬ ⎟⎟ ⎜⎜ 1 ⎟⎟ ⎪ ⎝ ⎠ ⎭ ⎠

En conclusión, la solución general del sistema homogéneo (46) es: ⎛ 0⎞ ⎛ 1 −t ⎜ ⎟ Y (t ) = c1 −1 e + c2 ⎜ − 52 − t ⎜ ⎟ ⎜ ⎝ 1⎠ ⎝ 1+ t donde c1, c2, c3 son constantes reales arbitrarias.


⎞ ⎛5⎞ ⎟ e − t + c3 ⎜ 4 ⎟ e 4t , ⎟ ⎜ ⎟ ⎠ ⎝1⎠

(49)

EJERCICIO 103

.......................................

Resolver el siguiente sistema de ecuaciones diferenciales: ⎛ 3 1 −1 ⎞ Y ′(t ) = ⎜ 1 3 −1 ⎟ Y (t ). ⎜ ⎟ ⎝ 3 3 −1 ⎠ Febrero 2003, prueba presencial.

5.2.3. Raíces complejas EJERCICIO 104

.......................................

Resolver el sistema homogéneo: ⎛ 0 1 2⎞ ′ Y (t ) = ⎜ 1 0 3 ⎟ Y (t ). ⎜ ⎟ ⎝ −1 −1 −3 ⎠

(50)

Publicado por S. Rosell. Incluye nota del Prof. Alberto A. Álvarez. Véanse los EJEMPLOS 18 y 19 en el apartado 5.2.1.2 (Método directo) de la Unidad Didáctica.

Calculemos la ecuación característica y sus raíces: 0−λ 1 2 1 0−λ 3 −1 −1 −3 − λ = λ 2 (−3 − λ ) − 3 − 2 − 2λ + 3 + λ − 3λ = −λ 3 − 3λ 2 − 4λ − 2 = (λ + 1)(−λ 2 − 2λ − 2) = 0.

A − λI =

101

λ1 = −1.

− λ 2 − 2λ − 2 = λ 2 + 2λ + 2 = 0.

λ=

–1 –3 –4 –2 –1

−2 ± 4 − 8 −2 ± 2i = = −1 ± i. 2 2

1

2

2

–1 –2 –2

0

λ 2 = −1 + i; λ 3 = −1 − i.

Al ser distintas, la solución general del sistema (50) viene dada por: Y(t) = c1V1e–t + c2V2e(–1+i)t + c3V3e(–1–i)t. donde c1, c2, c3 son constantes reales arbitrarias y V1, V2, V3 soluciones no nulas del sistema: (A – λiI )Vi = O,

donde i ∈ {1, 2, 3}.


1 2 ⎛ 0 − (−1) ⎜ 1 0 − (−1) 3 ⎜ − 1 − 1 − 3 − (−1) ⎝

⎞ ⎛ 1 1 2⎞ ⎛0⎞ ⎟V1 = ⎜ 1 1 3 ⎟V1 = ⎜ 0 ⎟ , ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎠ ⎝ −1 − 1 − 2 ⎠ ⎝0⎠

⎧ v1 + v2 + 2v3 = 0 ⎪ ⎨ v1 + v2 + 3v3 = 0 ⎪⎩ −v1 − v2 − 2v3 = 0. v2 = −v1 − 2v3 v1 + v2 + 3v3 = v1 − v1 − 2v3 + 3v3 = v3 = 0.

y su solución es: ⎧⎛ 1⎞ ⎪ L1 = ⎨ ⎜ −1 ⎟ k1 ⎟ ⎪⎜ ⎩⎝ 0 ⎠


k1 ∈

⎫ ⎪ ⎬. ⎪ ⎭

(51)

En consecuencia: V1 es cualquier matriz no nula del conjunto anterior. Tomando por ejemplo k1 = –1, se tiene: ⎛ −1 ⎞ V1 = ⎜ 1 ⎟ . (52) ⎜ ⎟ 0 ⎝ ⎠ – Para la raíz λ2 = –1 + i, el sistema (51) se transforma en:

1 2 ⎛ 0 − (−1 + i ) ⎜ 1 0 − (−1 + i ) 3 ⎜ − − − − −1 + i ) 1 1 3 ( ⎝

2 ⎞ ⎛ 1− i 1 ⎟V2 = ⎜ 1 1 − i 3 ⎟ ⎜ − − − −i 1 1 2 ⎠ ⎝

⎞ ⎛0⎞ ⎟V2 = ⎜ 0 ⎟ , ⎟ ⎜ ⎟ ⎠ ⎝0⎠

Despejando v2 en la primera ecuación, v3 en la segunda y luego sustituyendo v1 en la tercera, sólo para confirmar el valor de v2: ⎧ (1 − i )v1 + v2 + 2v3 = 0 ⎪ ⎨ v1 + (1 − i )v2 + 3v3 = 0 ⎪⎩ −v1 − v2 + (−2 − i)v3 = 0. v2 = −(1 − i)v1 − 2v3 = −v1 + iv1 − 2v3 . v1 = −(1 − i )v2 − 3v3 = (1 − i )(v1 − iv1 + 2v3 ) − 3v3 = v1 − iv1 + 2v3 − iv1 − v1 − 2iv3 − 3v3 = −2iv1 − 2iv3 − v3 . v1 + 2iv1 + 2iv3 + v3 = v1 (1 + 2i ) + v3 (1 + 2i) = 0. v3 = −v1. −v1 − v2 + (−2 − i )v3 = −v1 − v2 + (2 + i )v1 = −v1 − v2 + 2v1 + iv1 = −v2 + (1 + i )v1 = 0. v2 = (1 + i )v1

y su solución es: ⎧⎛ 1 ⎪ L2 = ⎨ ⎜ 1 + i ⎪⎜ ⎩ ⎝ −1 102

⎞ ⎟ k2 ⎟ ⎠

k2 ∈

⎫ ⎪ ⎬. ⎪ ⎭

En consecuencia: V2 es cualquier matriz no nula del conjunto anterior. Tomando por ejemplo k2 = –1, se tiene: ⎛ −1 ⎞ V2 = ⎜ −1 − i ⎟ . (53) ⎜ ⎟ ⎝ 1 ⎠ – Para la raíz λ3 = –1 – i, el sistema (51) se transforma en:

1 2 ⎛ 0 − (−1 − i ) ⎜ 1 0 − (−1 − i ) 3 ⎜ − 1 − 1 − 3 − ( −1 − i ) ⎝

2 ⎞ ⎛ 1+ i 1 ⎟V3 = ⎜ 1 1 + i 3 ⎟ ⎜ − 1 − 1 − 2 +i ⎠ ⎝

⎞ ⎛0⎞ ⎟V3 = ⎜ 0 ⎟ , ⎟ ⎜ ⎟ ⎠ ⎝0⎠

⎧ (1 + i )v1 + v2 + 2v3 = 0 ⎪ ⎨ v1 + (1 + i )v2 + 3v3 = 0 ⎪⎩ −v1 − v2 + (−2 + i )v3 = 0. v2 = −(1 + i )v1 − 2v3 = −v1 − iv1 − 2v3 . v1 = −(1 + i )v2 − 3v3 = (1 + i)(v1 + iv1 + 2v3 ) − 3v3 = v1 + iv1 + 2v3 + iv1 − v1 + 2iv3 − 3v3 = 2iv1 + 2iv3 − v3 . v1 − 2iv1 − 2iv3 + v3 = v1 (1 − 2i ) + v3 (1 − 2i ) = 0. v3 = −v1.

y su solución es: ⎧⎛ 1 ⎪ L3 = ⎨ ⎜ 1 − i ⎪ ⎝⎜ −1 ⎩


⎞ ⎟ k3 ⎟ ⎠

k3 ∈

⎫ ⎪ ⎬. ⎪ ⎭

En consecuencia: V3 es cualquier matriz no nula del conjunto anterior. Tomando por ejemplo k3 = –1, se tiene: ⎛ −1 ⎞ V3 = ⎜ −1 + i ⎟ . (54) ⎜ ⎟ 1 ⎝ ⎠ De (52), (53) y (54), obtenemos un conjunto fundamental de soluciones: ⎧ ⎛ −1 ⎞ ⎛ −1 ⎞ ⎛ −1 ⎞ ⎪⎜ −t ⎜ ( −1+ i ) t ⎜ ⎟ ⎟ − − −1 + i ⎟ e( −1−i ) t 1 , 1 , e i e ⎨⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎪⎝ 0 ⎠ ⎝ 1 ⎠ ⎝ 1 ⎠ ⎩

⎫ ⎪ ⎬. ⎪ ⎭

Nota del Profesor. La clave es descomponer la exponencial compleja en un producto: exponencial de la parte real multiplicada por la exponencial de la parte imaginaria, y luego escribir esta última como «coseno más i por seno»:

e(a+ib)t = eat+ibt = eat · eibt = eat (cos bt + i sen bt), Esta expresión se multiplica por la matriz columna correspondiente, que tendrá probablemente algún número complejo. En el EJEMPLO 19 de la pág. 274, sería:

⎛ −1 ⎞ ⎛ ⎜ −1 − i ⎟ e( −1+ i ) t = ⎜ ⎜ ⎟ ⎜ ⎝ 1 ⎠ ⎝ ⎛ =⎜ ⎜⎜ ⎝ ⎛ =⎜ ⎜ ⎝ ⎛ =⎜ ⎜ ⎝

103

−1 −1 − i 1

⎞ ⎟ e− t (cos t + i sen t ) ⎟ ⎠ − cos t − i sen t − cos t − i sen t − i cos t − i 2 sen t cos t + i sen t

⎞ ⎟ e−t ⎟⎟ ⎠ − cos t − i sen t ⎞ − cos t + sen t + i (− cos t − sen t ) ⎟ e − t ⎟ cos t + i sen t ⎠ − sen t − cos t ⎛ ⎞ −t ⎜ ⎟ − cos t + sen t e + i − cos t − sen t ⎜ ⎟ cos t sen t ⎝ ⎠

⎞ ⎟ e−t . ⎟ ⎠

Nótese que hemos dejado el e–t fuera. Descomponemos la matriz columna anterior en suma de dos matrices columna: en una estarán las partes reales y en la otra las partes imaginarias; la matriz con las partes imaginarias quedará multiplicada por i, y ambas por e–t. En la pág. 274 [del libro] aparece este resultado. Cuando hemos hecho estas operaciones con todas las matrices columna de la solución general original, ¿qué tenemos?: aparte de la primera matriz columna, con números reales, la cual no se ha tocado, nos quedan combinaciones de dos matrices columna: la que empieza por «–cos t» y la que empieza por «–sen t», y esta última aparecerá multiplicada por algún número complejo, y todas por e–t. ¿Cómo terminamos? Escribimos simplemente la solución general como c1 por la primera columna, más c2 por la columna de «–cos t», más c3 por la columna de «–sen t», sin olvidar la e–t multiplicando a las tres columnas, y ya sin poner complejos, que han quedado «absorbidos» por las constantes. En consecuencia, la solución general del sistema homogéneo (50) es: − cos t ⎛ −1 ⎞ ⎛ −t ⎜ ⎟ ⎜ Y (t ) = c1 1 e + c2 − cos t + sen t ⎜ ⎟ ⎜ cos t ⎝ 0⎠ ⎝ donde c1, c2, c3 son constantes reales arbitrarias.


− sen t ⎞ ⎛ ⎟ e− t + c3 ⎜ − cos t − sen t ⎟ ⎜ sen t ⎠ ⎝

⎞ ⎟ e− t , ⎟ ⎠

.......................................

EJERCICIO 105

Resolver el siguiente sistema de ecuaciones diferenciales: ⎛ 1 0 0⎞ Y ′(t ) = ⎜ 2 1 −2 ⎟ Y (t ). ⎜ ⎟ 1⎠ ⎝ 3 2

(55)

Septiembre 2002, examen reserva. Febrero 2003, reserva. Septiembre 2004, prueba presencial. Septiembre 2004, reserva. Publicado por A. Sánchez. Incluye notas del Prof. Alberto A. Álvarez. Véase el PROBLEMA PROPUESTO 2.B en el apartado 5.3 (Problemas propuestos) de la Unidad Didáctica.

Calculemos la ecuación característica y sus raíces: 1− λ 0 0 2 1 − λ −2 3 2 1− λ 3 = (1 − λ ) + 4(1 − λ ) = 1 − 3λ + 3λ 2 − λ 3 + 4 − 4λ = −λ 3 + 3λ 2 − 7λ + 5 = (λ − 1)(−λ 2 + 2λ − 5) = 0.

A − λI =

λ1 = 1. − λ 2 + 2λ − 5 = 0. λ =

–1 1 –1

−2 ± 4 − 20 −2 ± 4i = = 1 ± 2i. −2 −2

3

–7

5

–1

2

–5

2

–5

0

λ 2 = 1 + 2i; λ 3 = 1 − 2i.

Al ser distintas, la solución general del sistema (55) viene dada por: Y(t) = c1V1et + c2V2e(1+2i)t + c3V3e(1–2i)t. donde c1, c2, c3 son constantes reales arbitrarias y V1, V2, V3 soluciones no nulas del sistema: (A – λiI )Vi = O, 104

donde i ∈ {1, 2, 3}.

(56)


0 ⎞ ⎛ 1−1 0 ⎛0 0 0⎞ ⎛0⎞ ⎜ 2 1 − 1 −2 ⎟V1 = ⎜ 2 0 −2 ⎟V1 = ⎜ 0 ⎟ , ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 2 1−1 ⎠ ⎝ 3 ⎝ 3 2 0⎠ ⎝0⎠ ⎧ 2v1 − 2v3 = 0 ⎨ 3v + 2v = 0. 2 ⎩ 1 v3 = v1. v2 = −3/ 2v1.

y su solución es: ⎧⎛ 2 ⎞ ⎪ L1 = ⎨ ⎜ −3 ⎟ k1 ⎪ ⎜⎜⎝ 2 ⎟⎟⎠ ⎩

k1 ∈

⎫ ⎪ ⎬. ⎪ ⎭

En consecuencia: V1 es cualquier matriz no nula del conjunto anterior. Tomando por ejemplo k1 = –1, se tiene: ⎛ 2⎞ V1 = ⎜ −3 ⎟ . ⎜⎜ 2 ⎟⎟ ⎝ ⎠

(57)

– Para la raíz λ2 = 1 + 2i, el sistema (56) se transforma en:

0 0 ⎛ 1 − (1 + 2i ) ⎜ −2 2 1 − (1 + 2i ) ⎜ − + 2i ) 3 2 1 (1 ⎝


0 ⎞ ⎛ −2i 0 ⎟V2 = ⎜ 2 −2i −2 ⎟ ⎜ 2 −2i ⎠ ⎝ 3

⎞ ⎛0⎞ ⎟V2 = ⎜ 0 ⎟ , ⎟ ⎜ ⎟ ⎠ ⎝0⎠

⎧ −2iv1 = 0 ⎪ ⎨ 2v1 − 2iv2 − 2v3 = 0 ⎪⎩ 3v1 + 2v2 − 2iv3 = 0. v1 = 0. ⎧ 2v1 − 2iv2 − 2v3 = −2iv2 − 2v3 = −iv2 − v3 = 0 ⎨ 3v + 2v − 2iv = 2v − 2iv = v − iv = 0. 2 3 2 3 2 3 ⎩ 1 v3 = −iv2 . Nota del Profesor. Cuando se ha llegado al sistema [de las dos últimas ecuaciones] que se cita, que es correcto, ya sabemos que v1 = 0. Si nos fijamos, las dos ecuaciones son equivalentes (si por ejemplo multiplicamos la primera por i, obtenemos la segunda); nos quedamos, pues, sólo con una. De la segunda, podemos despejar v2: v2 = iv3; si damos el valor 1, verbigracia, a v3, entonces v2 = i. Ya tenemos una solución del sistema de ecuaciones lineales distinta de la nula: v1 = 0, v2 = i, v3 = 1, y, por tanto, ya tenemos un autovector no nulo: (0, i, 1). Podríamos haber dado a v3 otro valor no nulo; lo obtenido nos seguiría valiendo como autovector. En esta parte despejé v3 de la primera ecuación, buscando el resultado que da la solución propuesta por el libro, con el autovector (0, 1, –i).

y su solución es: ⎧⎛ 0 ⎞ ⎪ L 2 = ⎨ ⎜ 1 ⎟ k2 ⎟⎟ ⎪ ⎜⎜ ⎩ ⎝ −i ⎠

k2 ∈

⎫ ⎪ ⎬. ⎪ ⎭

En consecuencia: V2 es cualquier matriz no nula del conjunto anterior. Tomando por ejemplo k2 = –1, se tiene: ⎛ 0 ⎞ V2 = ⎜ 1 ⎟ . ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ −i ⎠

105

(58)

– Nota del Profesor. Ahora, para el otro autovalor complejo: 1 – 2i, no hay que repetir los cálculos: nos

vale como autovector el conjugado (componente a componente) del obtenido para el autovalor 1 + 2i. Esto es así porque la matriz es real, con lo que sus autovalores complejos aparecen por parejas de conjugados... Nos vale, pues, (0, –i, 1). Para (0, 1, –i), su conjugado sería (0, 1, i).

De (57) y (58), obtenemos un conjunto fundamental de soluciones: ⎧⎛ 2 ⎞ ⎛ 0 ⎞ ⎛0⎞ ⎪⎜ t ⎜ (1+ 2 i ) t ⎜ ⎟ ⎟ 3 , 1 , 1 ⎟ e(1− 2i ) t − e e ⎨⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎪ ⎝ 2 ⎠ ⎝ −i ⎠ ⎝ i ⎠ ⎩

⎫ ⎪ ⎬. ⎪ ⎭

Nota del Profesor. De esta forma ya podemos escribir la solución general. Pero nos quedará con números complejos. Para pasarla a la forma con senos y cosenos, debemos tener en cuenta que:

e(1+2i)t = et+2it = et · e2ti = et (cos 2t + i sen 2t), y análogamente con la exponencial de (1 – 2i)t. Los cálculos restantes son análogos a los del EJEMPLO 19 (véase la pág. 274 de la Unidad Didáctica).


Tenemos pues: ⎛ 0⎞ ⎛ 0⎞ ⎜ 1 ⎟ e(1+ 2i ) t = ⎜ 1 ⎟ et (cos 2t + i sen 2t ) ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ −i ⎠ ⎝ −i ⎠ 0 ⎛ ⎞ = ⎜ cos 2t + i sen 2t ⎟ et ⎜⎜ ⎟⎟ 2 ⎝ −i cos 2t − i sen 2t ⎠ ⎛ =⎜ ⎜ ⎝ ⎛ =⎜ ⎜ ⎝

0 cos 2t + i sen 2t sen 2t − i cos 2t 0 cos 2t sen 2t

⎞ ⎛ ⎟ et + i ⎜ ⎟ ⎜ ⎠ ⎝

⎞ ⎟ et ⎟ ⎠ 0 sen 2t − cos 2t

⎞ ⎟ et . ⎟ ⎠

En consecuencia, la solución general del sistema homogéneo (55) es: 0 ⎛ 2⎞ ⎛ 0 ⎞ ⎛ ⎞ Y (t ) = c1 ⎜ −3 ⎟ et + c2 ⎜ cos 2t ⎟ et + c3 ⎜ sen 2t ⎟ et , ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ 2⎠ ⎝ sen 2t ⎠ ⎝ − cos 2t ⎠ donde c1, c2, c3 son constantes reales arbitrarias. 5.3. Sistemas no homogéneos 2x2 106

Notas extraídas del apartado 5.2.2 (Sistema de ecuaciones diferenciales nxn. Solución particular) de la Unidad Didáctica. Consideremos el sistema de ecuaciones diferenciales lineal de primer orden nxn: Y'(t) = AY(t) + G(t). La solución general de este sistema de ecuaciones diferenciales se obtiene sumando a una solución particular la solución general del sistema homogéneo (el que resulta de hacer G igual a cero: G = O). Para simplificar, ilustraremos el método en un sistema donde G sea una matriz columna cuyos términos sean constantes: B. Denotando la solución particular del sistema anterior mediante barras: Y , tenemos que Y = − A−1B. Si el sistema Y = − A−1B no es compatible determinado, entonces: | A| = 0, es decir, λ = 0 es un valor propio de A, e intentaríamos como solución particular: Y (t ) = Ω1 + Ω 2t + + Ω mt m , donde Ω1 ,…, Ω m son matrices columna cuyos términos son constantes a determinar y m la multiplicidad algebraica del valor propio λ = 0.

EJERCICIO 106

.......................................

Encontrar una solución particular del sistema: ⎛ −1 4 ⎞ ⎛ −8 ⎞ Y ′(t ) = ⎜ Y (t ) + ⎜ ⎟ ⎟. ⎝ 5 2⎠ ⎝ 3⎠

(59)

Véase el EJEMPLO 22 en el apartado 5.2.2 (Solución particular) de la Unidad Didáctica.

Para calcular una solución particular del sistema anterior usamos el método de coeficientes indeterminados, es decir, ensayamos como solución: ⎛ w ⎞ Y = ⎜ 1 ⎟ , con w1 , w2 constantes a determinar. ⎝ w2 ⎠


(60)

Sustituyendo (60) en el sistema (59), obtenemos: Calculamos A–1. Se tiene: A =

−1 4 = −22. 5 2

⎛ −1 5 ⎞ ⎛ 2 −4 ⎞ At = ⎜ Adj ( At ) = ⎜ ⎟. ⎟. 4 2 ⎝ ⎠ ⎝ −5 −1 ⎠ ⎛ 2 −4 ⎞ Adj ( At ) ⎝⎜ −5 −1 ⎠⎟ ⎛ −1/11 2 /11 ⎞ −1 A = = =⎜ ⎟. A −22 ⎝ 5 / 22 1/ 22 ⎠ −1

⎛ −1 4 ⎞ ⎛ −8 ⎞ ⎛ −1/11 2 /11 ⎞⎛ −8 ⎞ ⎛ −14 /11 ⎞ Y = −⎜ = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟. ⎝ 5 2⎠ ⎝ 3⎠ ⎝ 5 / 22 1/ 22 ⎠⎝ 3 ⎠ ⎝ 37 / 22 ⎠ EJERCICIO 107

.......................................

Resolver el sistema: ⎛ 1 −1 ⎞ ⎛ 2⎞ Y ′(t ) = ⎜ Y (t ) + ⎜ ⎟ ⎟. ⎝ −1 1 ⎠ ⎝ −5 ⎠

(61)

Publicado por S. Guerrero, J. Rodríguez y A. Sánchez. Incluye notas del Prof. Alberto A. Álvarez y cálculos detallados de una solución particular del sistema del Prof. Javier Sanz. Véase el EJEMPLO 23 en el apartado 5.2.2 (Solución particular) y el PROBLEMA PROPUESTO 3.C en el 5.3 (Problemas propuestos) de la Unidad Didáctica.

Para su resolución calculamos la solución general del sistema homogéneo y una solución particular del sistema no homogéneo; la solución general del sistema (61) será la suma de ambas. Resolución del sistema homogéneo El sistema homogéneo es: 107

cuya ecuación característica,

⎛ 1 −1 ⎞ Y ′(t ) = ⎜ ⎟ Y (t ), ⎝ −1 1 ⎠

(62)

λ2 – 2λ = 0,

(63)

tiene como raíces: λ1 = 0,

λ2 = 2,

luego la solución general del sistema homogéneo (62) viene dada por: ⎛1⎞ ⎛ 1 ⎞ 2t c1 ⎜ ⎟ + c2 ⎜ ⎟e , ⎝1⎠ ⎝ −1 ⎠

(64)

donde los valores c1 y c2 son constantes reales arbitrarias. Solución particular – Nota del Profesor. Se plantea una solución particular como la del EJEMPLO 22 [del Capítulo 5 de la Unidad Didáctica o véase el EJERCICIO 106], es decir, sólo con w1 y w2, cuando la matriz A que define el sistema de ecuaciones es invertible, o lo que es lo mismo: cuando su determinante es no nulo, o lo que es también lo mismo: cuando el número 0 no es autovalor suyo. Pero si estamos en el caso en que la matriz A no es invertible, es decir, si el número 0 figura entre los autovalores de la matriz A con alguna multiplicidad (mayor o igual que 1), entonces el tipo de solución particular que se prueba tiene más constantes: la nota bene de la pág. 283 del libro detalla su aspecto. En el EJEMPLO 23 la matriz A no es invertible, esto es, el número 0 es uno de sus autovalores. La multiplicidad de éste es 1: la expresión de la solución particular Y de la nota bene de la pág. 283 se materializa en este caso en la expresión (126) [o véase (65), en este ejercicio]. Si la multiplicidad hubiese sido 2, por ejemplo, habría en Y otro sumando más: t2 multiplicado por una matriz de términos w5 y w6.)


Otra forma de hacer la pregunta: «Encuentre una solución particular del sistema de ecuaciones diferenciales: y'(t) = y(t) – z(t) + 2, z'(t) = –y(t) + z(t) – 5».

Para calcular una solución particular del sistema no homogéneo (61) usamos el método de coeficientes indeterminados, es decir ensayamos como solución del sistema: ⎛ w ⎞ ⎛ w ⎞ Y (t ) = ⎜ 1 ⎟ + ⎜ 3 ⎟ t , ⎝ w2 ⎠ ⎝ w4 ⎠

(65)

donde w1, ... , w4 son constantes reales a determinar. Nota bene. Se cumple: λ = 0 es raíz de multiplicidad 1 de la ecuación característica (63). Sustituyendo (65) en el sistema (61), como: ⎛ w ⎞ Y ′(t ) = ⎜ 3 ⎟ , ⎝ w4 ⎠

se tiene: ⎛ w3 ⎞ ⎛ 1 −1 ⎞ ⎡ ⎛ w1 ⎞ ⎛ w3 ⎞ ⎤ ⎛ 2 ⎞ ⎜ w ⎟ = ⎜ −1 1 ⎟ ⎢ ⎜ w ⎟ + ⎜ w ⎟ t ⎥ + ⎜ −5 ⎟ ⎝ 4 ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 4 ⎠ ⎦ ⎝ ⎠ ⎛ w1 − w2 ⎞ ⎛ w3 − w4 ⎞ ⎛ 2 ⎞ =⎜ ⎟+⎜ ⎟t + ⎜ ⎟ ⎝ − w1 + w2 ⎠ ⎝ − w3 + w4 ⎠ ⎝ −5 ⎠ ⎛ w − w2 + 2 =⎜ 1 ⎝ − w1 + w2 − 5

⎞ ⎛ w3 − w4 ⎟ + ⎜ −w + w 3 4 ⎠ ⎝

⎞ ⎟ t. ⎠

Luego, en cada instante t debe verificarse: ⎧ w3 = w1 − w2 + 2 + ( w3 − w4 )t ⎨ w = − w + w − 5 + (− w + w )t. 1 2 3 4 ⎩ 4

108

(66)

Para el instante t = 0, tenemos: ⎧ w3 = w1 − w2 + 2 ⎨ ⎩ w4 = − w1 + w2 − 5. Despejando w1 en la primera ecuación y sustituyendo en la segunda: w1 = w2 + w3 − 2 w4 = − w1 + w2 − 5 = −( w3 + w2 − 2) + w2 − 5 = − w3 − 3.

Sustituyendo los valores obtenidos de los parámetros w1 y w4 en el sistema (66) para el instante t = 1, tenemos: ⎧ w3 = w2 + w3 − 2 − w2 + 2 + w3 − (− w3 − 3) ⎨ − w − 3 = −( w + w − 2) + w − 5 − w − w − 3. 2 3 2 3 3 ⎩ 3 w3 = −3/ 2. w1 = w2 + w3 − 2 = w2 − 32 − 2 = w2 − 72 .

w4 = − w3 − 3 = 32 − 3 = − 32 .

de donde: 7 3 w2 ∈ , w1 = w2 − , w3 = w4 = − , 2 2 y por tanto, eligiendo w2 = 0, obtenemos: ⎛ −7 / 2 Y (t ) = ⎜ ⎝ 0


⎞ ⎛ −3/ 2 ⎟ + ⎜ −3/ 2 ⎠ ⎝

⎞ ⎟ t. ⎠

(67)

y (t ) = − 32 t − 72 , z (t ) = − 32 t.

Otra forma de expresar dicha solución particular:

Solución general del sistema La solución general del sistema (61) será la suma de (64) y (67), es decir: ⎛1⎞ ⎛ 1 ⎞ 2 t ⎛ −7 / 2 Y (t ) = c1 ⎜ ⎟ + c2 ⎜ ⎟e + ⎜ 0 ⎝1⎠ ⎝ −1 ⎠ ⎝

⎞ ⎛ −3/ 2 ⎞ ⎟ + ⎜ −3/ 2 ⎟ t , ⎠ ⎝ ⎠

donde los valores c1 y c2 son constantes reales arbitrarias. EJERCICIO 108

.......................................

Encuentre una solución particular del sistema de ecuaciones diferenciales: y'(t) = 2y(t) + z(t) – 5, z'(t) = y(t) – z(t) + 2. Véase el PROBLEMA PROPUESTO 3.A en el apartado 5.3 (Problemas propuestos) de la Unidad Didáctica.

Denotemos: ⎛ y (t ) ⎞ Y (t ) = ⎜ ⎟, ⎝ z (t ) ⎠ entonces se puede escribir: ⎛ 2 1⎞ ⎛ −5 ⎞ Y ′(t ) = ⎜ Y (t ) + ⎜ ⎟ ⎟. ⎝ 1 −1 ⎠ ⎝ 2⎠

109

(68)

Para calcular una solución particular del sistema anterior usamos el método de coeficientes indeterminados, es decir ensayamos como solución: ⎛ w Y =⎜ 1 ⎝ w2

⎞ ⎟ , con w1 , w2 constantes a determinar. ⎠

(69)


⎛ 2 1⎞ ⎛ −1 −1 ⎞ At = ⎜ Adj ( At ) = ⎜ ⎟. ⎟. ⎝ 1 −1 ⎠ ⎝ −1 2 ⎠ ⎛ −1 −1 ⎞ Adj ( At ) ⎜⎝ −1 2 ⎟⎠ ⎛ 1/ 3 1/ 3 ⎞ −1 = =⎜ A = ⎟. −3 A ⎝ 1/ 3 −2 / 3 ⎠

2 1 = −3. 1 −1

−1

1/ 3 ⎞⎛ −5 ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎛ 2 1 ⎞ ⎛ −5 ⎞ ⎛ 1/ 3 Y = −⎜ ⎟ ⎜ 2 ⎟ = − ⎜ 1/ 3 −2 / 3 ⎟⎜ 2 ⎟ = ⎜ 3 ⎟ . 1 − 1 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠ Otra forma de expresar dicha solución particular:

EJERCICIO 109

y (t ) = 1, z (t ) = 3.

.......................................

Encuentre una solución particular del sistema de ecuaciones diferenciales: y'(t) = 2y(t) + 3z(t) – 7, z'(t) = –y(t) – 2z(t) + 5. Véase el PROBLEMA PROPUESTO 3.B en el apartado 5.3 (Problemas propuestos) de la Unidad Didáctica.


Denotemos: ⎛ y (t ) ⎞ Y (t ) = ⎜ ⎟, ⎝ z (t ) ⎠ entonces se puede escribir: 3⎞ ⎛ 2 ⎛ −7 ⎞ Y ′(t ) = ⎜ Y (t ) + ⎜ ⎟ ⎟. ⎝ −1 − 2 ⎠ ⎝ 5⎠

(70)

Para calcular una solución particular del sistema anterior usamos el método de coeficientes indeterminados, es decir ensayamos como solución: ⎛ w ⎞ Y = ⎜ 1 ⎟ , con w1 , w2 constantes a determinar. ⎝ w2 ⎠

(71)


⎛ 2 −1 ⎞ ⎛ −2 −3 ⎞ At = ⎜ Adj ( At ) = ⎜ ⎟. ⎟. ⎝ 3 −2 ⎠ ⎝ 1 2⎠ ⎛ −2 −3 ⎞ ⎜ 1 2⎟ t Adj A ( ) 3⎞ ⎠ =⎛ 2 A −1 = =⎝ ⎜ −1 −2 ⎟ . A −1 ⎝ ⎠

2 3 = −1. −1 −2

−1

3 ⎞ ⎛ −7 ⎞ 3 ⎞⎛ −7 ⎞ ⎛ −1 ⎞ ⎛ 2 ⎛ 2 = −⎜ Y = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟. ⎝ −1 −2 ⎠ ⎝ 5 ⎠ ⎝ −1 −2 ⎠⎝ 5 ⎠ ⎝ 3 ⎠ Otra forma de expresar dicha solución particular:

110

EJERCICIO 110

y (t ) = −1, z (t ) = 3.

.......................................

Encuentre una solución particular del sistema de ecuaciones diferenciales: y'(t) = 3y(t) – 3z(t) + 4, z'(t) = 2y(t) – 2z(t) – 1. Véase el PROBLEMA PROPUESTO 3.D en el apartado 5.3 (Problemas propuestos) de la Unidad Didáctica.

Denotemos: ⎛ y (t ) ⎞ Y (t ) = ⎜ ⎟, ⎝ z (t ) ⎠

entonces se puede escribir: ⎛ 3 −3 ⎞ ⎛ 4⎞ Y ′(t ) = ⎜ ⎟ Y (t ) + ⎜ −1 ⎟ . 2 2 − ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

(72)

Se cumple: λ = 0 es raíz de multiplicidad 1 de la ecuación característica. Para calcular una solución particular del sistema no homogéneo (72) usamos el método de coeficientes indeterminados, es decir ensayamos como solución del sistema: ⎛ w ⎞ ⎛ w ⎞ (73) Y (t ) = ⎜ 1 ⎟ + ⎜ 3 ⎟ t , ⎝ w2 ⎠ ⎝ w4 ⎠ donde w1, ... , w4 son constantes reales a determinar. Sustituyendo (73) en el sistema (72), como: ⎛ w ⎞ Y ′(t ) = ⎜ 3 ⎟ , ⎝ w4 ⎠


se tiene: ⎛ w3 ⎞ ⎛ 3 −3 ⎞ ⎡ ⎛ w1 ⎞ ⎛ w3 ⎞ ⎤ ⎛ 4 ⎞ ⎜ w ⎟ = ⎜ 2 −2 ⎟ ⎢ ⎜ w ⎟ + ⎜ w ⎟ t ⎥ + ⎜ −1 ⎟ ⎝ 4 ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 4 ⎠ ⎦ ⎝ ⎠ w w w w 3 3 3 3 4 − − ⎛ ⎛ ⎛ ⎞ 1 2 ⎞ 3 4 ⎞ =⎜ ⎟+⎜ ⎟t + ⎜ ⎟ ⎝ 2 w1 − 2w2 ⎠ ⎝ 2 w3 − 2w4 ⎠ ⎝ −1 ⎠ ⎛ 3w − 3w2 + 4 ⎞ ⎛ 3w3 − 3w4 ⎞ =⎜ 1 ⎟+⎜ ⎟ t. ⎝ 2 w1 − 2 w2 − 1 ⎠ ⎝ 2 w3 − 2 w4 ⎠

Luego, en cada instante t debe verificarse: ⎧ w3 = 3w1 − 3w2 + 4 + (3w3 − 3w4 )t ⎨ w = 2 w − 2 w − 1 + (2 w − 2w )t. 1 2 3 4 ⎩ 4

(74)

Para el instante t = 0, tenemos: ⎧ w3 = 3w1 − 3w2 + 4 ⎨ w = 2w − 2 w − 1. 1 2 ⎩ 4

Despejando w1 en la primera ecuación y sustituyendo en la segunda: 3w1 = w3 + 3w2 − 4.

w3 + 3w2 − 4 . 3 w3 + 3w2 − 4 ⎞ 2 w3 − 11 . ⎟ − 2w2 − 1 = 3 3 ⎠

w1 =

⎛ w4 = 2 w1 − 2 w2 − 1 = 2 ⎜ ⎝

Sustituyendo los valores obtenidos de los parámetros w1 y w4 en el sistema (74) para el instante t = 1, tenemos: ⎧ ⎛ w3 + 3w2 − 4 ⎞ ⎛ 2w3 − 11 ⎞ ⎟ − 3w2 + 4 + 3w3 − 3 ⎜ ⎟ ⎪ w3 = 3 ⎜ 3 3 ⎪ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎨ ⎪ 2w3 − 11 = 2 ⎛ w3 + 3w2 − 4 ⎞ − 2 w2 − 1 + 2w3 − 2 ⎛ 2w3 − 11 ⎜ ⎟ ⎜ ⎪⎩ 3 3 3 ⎝ ⎠ ⎝

⎞ ⎟. ⎠

⎧ w3 = w3 + 3w2 − 4 − 3w2 + 4 + 3w3 − 2 w3 + 11 = 2 w3 + 11 ⎨ 2 w − 11 = 2 w + 6w − 8 − 6 w − 3 + 6 w − 4w + 22. 3 2 2 3 3 ⎩ 3 w3 = −11.

111 w1 =

w3 + 3w2 − 4 −11 + 3w2 − 4 −15 + 3w2 = = = −5 + w2 . 3 3 3

w4 =

2w3 − 11 2 ⋅ (−11) − 11 −33 = = = −11. 3 3 3

de donde: w2 ∈ , w1 = −5 + w2 , w3 = w4 = −11,

y por tanto, eligiendo w2 = –10, obtenemos: ⎛ −15 Y (t ) = ⎜ ⎝ −10 Otra forma de expresar dicha solución particular:

⎞ ⎛ −11 ⎞ ⎟ + ⎜ −11 ⎟ t. ⎠ ⎝ ⎠

y (t ) = −11t − 15, z (t ) = −11t − 10.

5.4. Problemas de valor inicial Notas extraídas del apartado 5.2.2 (Sistema de ecuaciones diferenciales nxn. Solución particular) de la Unidad Didáctica. La determinación de las constantes c1, ... , cn que aparecen en la solución general del sistema de ecuaciones diferenciales requiere del conocimiento de una serie de condiciones adicionales, las denominadas condiciones iniciales, que indican el valor de la función Y del sistema en un determinado momento, normalmente t = 0 (de ahí el nombre de condiciones iniciales).


EJERCICIO 111

.......................................

Resolver el problema de valor inicial: ⎛ 1 0 0⎞ ⎛ −1 Y ′(t ) = ⎜ −4 1 0 ⎟ Y (t ), Y (0) = ⎜ 2 ⎜ ⎟ ⎜ ⎝ 3 6 2⎠ ⎝ −30

⎞ ⎟. ⎟ ⎠

(75)

Publicado por S. Guerrero. Incluye nota del Prof. Alberto A. Álvarez. Véase el EJEMPLO 24 en el apartado 5.2.2 (Solución particular) de la Unidad Didáctica.

La ecuación característica es igual a: (λ – 1)2(λ – 2) = 0, 1− λ 0 0 −4 1 − λ 0 3 6 2−λ = (1 − λ ) 2 (2 − λ ) = 0.

A − λI =

con lo que sus raíces o valores propios son: λ1 = λ2 = 1, λ3 = 2.

Observe que la multiplicidad algebraica del valor propio 1 es igual a 2 y la del valor propio 2 es 1. Calculemos ahora los vectores propios de la matriz A. El sistema a resolver será: 0 ⎛ 1− λ ⎜ −4 1 − λ ⎜ 6 ⎝ 3 112

0 0 2−λ

⎞ ⎛0⎞ ⎟V = ⎜ 0 ⎟ . ⎟ ⎜ ⎟ ⎠ ⎝0⎠

(76)


0 ⎞ ⎛ 1−1 0 ⎛ 0 0 0⎞ ⎛0 ⎜ −4 1 − 1 0 ⎟V = ⎜ −4 0 0 ⎟V = ⎜ 0 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ 6 2 −1 ⎠ ⎝ 3 ⎝ 3 6 1⎠ ⎝0 ⎧ −4v1 = 0 ⎨ ⎩ 3v1 + 6v2 + v3 = 0. 3v1 + 6v2 + v3 = 6v2 + v3 = 0.

⎞ ⎟, ⎟ ⎠

v3 = −6v2 .

y su solución es: ⎧⎛ 0 ⎞ ⎪ L = ⎨ ⎜ 1 ⎟k ⎪ ⎜⎝ −6 ⎟⎠ ⎩

k∈

⎫ ⎪ ⎬. ⎪ ⎭

En consecuencia: dim L = 1. Nota bene. Solamente es posible elegir un único vector propio V1 linealmente independiente asociado al valor propio 1, precisamente: ⎛ 0 ⎞ V1 = ⎜ k ⎟ , con k ∈ ⎜ ⎟ ⎝ −6k ⎠ dim L < m

− {0}.

Al no coincidir multiplicidad algebraica (m = 2) y geométrica (dim L = 1), nos guiamos de la proposición 10 (cf. pág. 279) para encontrar las soluciones Z1(t),

Z2(t),

En concreto: Z1 (t ) = etW1 , Z 2 (t ) = et [W2 + tW1 ],


( A − I )W1 = O, ( A − I )W2 = W1 ,

⎛ 0 0 0⎞ ⎛ 0⎞ ( A − I )W2 = W1 , ⎜ −4 0 0 ⎟W2 = ⎜ 1 ⎟ . ⎜⎜ ⎜⎜ 3 6 1 ⎟⎟ ⎟⎟ ⎝ ⎠ ⎝ −6 ⎠ ⎧ −4v1 = 1 ⎨ 3v + 6v + v = −6. 2 3 ⎩ 1 v1 = − 14 . 3v1 + 6v2 + v3 = − 34 + 6v2 + v3 = −6.

v3 = 34 − 6 − 6v2 = − 214 − 6v2 .

linealmente independientes del sistema homogéneo (75) asociadas con el valor propio λ = 1, obteniendo: ⎛ 0⎞ ⎛ 0⎞ t⎜ ⎜ ⎟ W1 = 1 ⇒ Z1 (t ) = e 1 ⎟, ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ −6 ⎠ ⎝ −6 ⎠ ⎛ −1/ 4 ⎞ ⎛ −1/ 4 t ⎜ ⎜ ⎟ 1/ 2 ⇒ Z 2 (t ) = e W2 = 1/ 2 ⎜ ⎟ ⎜ ⎝ −33/ 4 ⎠ ⎝ −33/ 4

⎞ ⎛ 0⎞ ⎟ + tet ⎜ 1 ⎟ . ⎟ ⎜ ⎟ ⎠ ⎝ −6 ⎠

(77)

Nota del Profesor. Efectivamente el sistema (A – λI )W2 = W1 tiene por matriz una matriz que no es invertible. Si el problema está bien desarrollado debe salir así. Pero que la matriz de un sistema tenga determinante nulo no significa necesariamente que el sistema no tenga solución. De lo que se trata es de encontrar alguna solución de este sistema de ecuaciones: alguna W2 que verifique la igualdad. En el ejemplo está escrita una, pero cualquier solución de este sistema valdría para escribir la solución general del sistema homogéneo. – Para la raíz λ = 2, el sistema (76) se transforma en:

0 0 ⎛ 1− 2 ⎜ −4 1 − 2 0 ⎜ 3 6 2 2 − ⎝

113

⎞ ⎛ −1 0 0 ⎞ ⎛0⎞ ⎟ V = ⎜ −4 − 1 0 ⎟ V = ⎜ 0 ⎟ , ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎠ ⎝ 3 6 0⎠ ⎝0⎠

⎧ −v1 = 0 ⎪ ⎨ −4v1 − v2 = 0 ⎪⎩ 3v1 + 6v2 = 0. v2 = 0.

y su solución es: ⎧⎛ 0 ⎞ ⎪ L = ⎨ ⎜ 0 ⎟k ⎪ ⎜⎝ 1 ⎟⎠ ⎩

k∈

⎫ ⎪ ⎬. ⎪ ⎭

En consecuencia: dim L = 1. Tomando por ejemplo k = 1, conseguimos el vector propio: ⎛0⎞ ⎜ 0 ⎟ , y por tanto la solución ⎜ ⎟ ⎝1⎠

⎛0⎞ ⎜ 0 ⎟ e2t . ⎜ ⎟ ⎝1⎠

(78)

De (77) y (78), obtenemos un conjunto fundamental de soluciones: ⎧ ⎛ 0⎞ ⎛ −1/ 4 ⎪ t⎜ t ⎜ ⎟ ⎨ e ⎜ 1 ⎟ , e ⎜ 1/ 2 ⎪ ⎝ −6 ⎠ ⎝ −33/ 4 ⎩


⎞ ⎛ 0⎞ ⎛0⎞ ⎟ + tet ⎜ 1 ⎟ , ⎜ 0 ⎟ e 2t ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎠ ⎝ −6 ⎠ ⎝ 1 ⎠

⎫ ⎪ ⎬. ⎪ ⎭

En conclusión, la solución general del sistema homogéneo (75) es: ⎛ ⎛ −1/ 4 ⎛ 0⎞ ⎜ ⎟ 1 + c2 ⎜ et ⎜ 1/ 2 Y (t ) = c1e ⎜⎜ ⎜ ⎜ ⎟ ⎝ −6 ⎠ ⎝ ⎝ −33/ 4

⎞ ⎛ 0⎞⎞ ⎛0⎞ ⎟ + tet ⎜ 1 ⎟ ⎟ + c3 ⎜ 0 ⎟ e 2t , ⎟ ⎜ ⎟ ⎟⎟ ⎜ ⎟ ⎠ ⎝ −6 ⎠ ⎠ ⎝1⎠

t

donde c1, c2, c3 son constantes reales arbitrarias. Sustituyendo las condiciones iniciales en la solución obtenida, resulta el sistema: ⎛ −1 ⎜ 2 ⎜ ⎝ −30

⎞ ⎛ 0⎞ ⎛ −1/ 4 ⎞ ⎛0⎞ ⎟ = c1 ⎜ 1 ⎟ + c2 ⎜ 1/ 2 ⎟ + c3 ⎜ 0 ⎟ , ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎠ ⎝ −6 ⎠ ⎝ −33/ 4 ⎠ ⎝1⎠

⎧ − 14 c2 = −1 ⎪ 1 ⎨ c1 + 2 c2 = 2 ⎪ −6c1 − 33 c2 + c3 = −30. ⎩ 4 c2 = 4. c1 + 12 c2 = c1 + 12 ⋅ 4 = 2. c1 = 0. −6c1 − 334 c2 + c3 = − 334 ⋅ 4 + c3 = −30. c3 = 3.

de donde: c1 = 0,

c2 = 4,

c3 = 3.

En conclusión, la solución del problema de valor inicial (75) es: ⎛ −1 Y (t ) = et ⎜ 2 ⎜ ⎝ −33 114

EJERCICIO 112

⎞ ⎛ 0⎞ ⎛0⎞ ⎟ + 4tet ⎜ 1 ⎟ + 3 ⎜ 0 ⎟ e 2t . ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎠ ⎝ −6 ⎠ ⎝ 1 ⎠

.......................................

Resolver el problema de valor inicial: ⎛ −2 1 ⎞ Y ′(t ) = ⎜ ⎟ Y (t ), ⎝ −5 4 ⎠

con

⎛1⎞ Y (0) = ⎜ ⎟ . ⎝3⎠

(79)

Septiembre 2003, original. Véase el PROBLEMA PROPUESTO 4.A en el apartado 5.3 (Problemas propuestos) de la Unidad Didáctica.

Calculemos la ecuación característica y sus raíces: −2 − λ 1 −5 4−λ = (−2 − λ )(4 − λ ) + 5 = −8 + 2λ − 4λ + λ 2 + 5 = λ 2 − 2λ − 3 = 0.

A − λI =

λ=

2 ± 4 + 12 2 ± 4 = . 2 2

λ1 = −1; λ 2 = 3.

Al ser las raíces distintas, la solución general del sistema homogéneo (79) viene dada por: Y(t) = c1V1e–t + c2V2e3t.

donde c1, c2 son constantes reales arbitrarias y V1, V2 soluciones no nulas del sistema: (A – λiI )Vi = O,


donde i ∈ {1, 2}.

(80)


1 ⎛ −2 − (−1) ⎜ 4 − (−1) −5 ⎝

⎞ ⎛ −1 1 ⎞ ⎛0⎞ ⎟V1 = ⎜ −5 5 ⎟V1 = ⎜ 0 ⎟ , ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

⎧ −v1 + v2 = 0 ⎨ −5v + 5v = 0. 1 2 ⎩ v2 = v1.

y su solución es: ⎪⎧ ⎛ 1 ⎞ L1 = ⎨ ⎜ ⎟ k1 ⎪⎩ ⎝ 1 ⎠

k1 ∈

⎪⎫ ⎬. ⎭⎪

En consecuencia: V1 es cualquier matriz no nula del conjunto anterior. Tomando por ejemplo k1 = 1, se tiene: ⎛1⎞ V1 = ⎜ ⎟ . ⎝1⎠

(81)


1 ⎞ ⎛ −2 − 3 ⎛ −5 1 ⎞ ⎛0⎞ ⎜ −5 ⎟V2 = ⎜ −5 1 ⎟V2 = ⎜ 0 ⎟ , 4 − 3 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎧ −5v1 + v2 = 0 ⎨ −5v + v = 0. 1 2 ⎩ v2 = 5v1.

y su solución es: ⎪⎧ ⎛ 1 L2 = ⎨ ⎜ ⎪⎩ ⎝ 5

115

⎞ ⎟ k2 ⎠

k2 ∈

⎪⎫ ⎬. ⎭⎪

En consecuencia: V2 es cualquier matriz no nula del conjunto anterior. Tomando por ejemplo k2 = 1, se tiene: ⎛2⎞ V2 = ⎜ ⎟ . ⎝1⎠

(82)

De (81) y (82), obtenemos un conjunto fundamental de soluciones: ⎧ ⎛ 1 ⎞ − t ⎛ 1 ⎞ 3t ⎫ ⎨ ⎜ ⎟ e , ⎜ 5 ⎟ e ⎬. ⎝ ⎠ ⎭ ⎩⎝1⎠

En conclusión, la solución general del sistema homogéneo (79) es: ⎛1⎞ ⎛1⎞ Y (t ) = c1 ⎜ ⎟ e − t + c2 ⎜ ⎟ e3t , ⎝1⎠ ⎝5⎠ donde c1, c2 son constantes reales arbitrarias. Sustituyendo las condiciones iniciales en la solución obtenida, resulta el sistema: ⎛1⎞ ⎛1⎞ ⎛1⎞ ⎜ 3 ⎟ = c1 ⎜ 1 ⎟ + c2 ⎜ 5 ⎟ , ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎧ c1 + c2 = 1 ⎨ c + 5c = 3. 2 ⎩ 1 c2 = 1 − c1. c1 + 5c2 − 3 = c1 + 5(1 − c1 ) − 3 = c1 + 5 − 5c1 − 3 = − 4c1 + 2 = 0.

de donde: c1 = 1/2,


c2 = 1/2.

c1 = 12 .

En conclusión, la solución del problema de valor inicial (79) es: ⎛ 1/ 2 Y (t ) = e − t ⎜ ⎝ 1/ 2 y (t ) = 12 e − t + 12 e3t , z (t ) = 12 e − t + 52 e3t .

Otra forma de expresar dicha solución:

EJERCICIO 113

⎞ 3t ⎛ 1/ 2 ⎞ ⎟ + e ⎜ 5 / 2 ⎟. ⎠ ⎝ ⎠

.......................................

Resuelva el siguiente problema de valor inicial: ⎛ 0 0 −1 ⎞ Y ′(t ) = ⎜ 2 0 0 ⎟ Y (t ), ⎜ ⎟ ⎝ −1 2 4 ⎠

⎛7⎞ Y (0) = ⎜ 5 ⎟ . ⎜ ⎟ ⎝5⎠

(83)

Otra forma de hacer la pregunta: «Resolver el siguiente sistema de ecuaciones diferenciales: ⎛ 0 0 −1 ⎞ Y ′(t ) = ⎜ 2 0 0 ⎟ , ⎜⎜ −1 2 4 ⎟⎟ ⎝ ⎠

⎛7⎞ Y (0) = ⎜ 5 ⎟ ». ⎜⎜ 5 ⎟⎟ ⎝ ⎠

Septiembre 2002, prueba presencial. Febrero 2005, segunda semana. Véase el PROBLEMA PROPUESTO 4.B en el apartado 5.3 (Problemas propuestos) de la Unidad Didáctica.

Calculemos la ecuación característica y sus raíces: −λ 0 −1 2 −λ 0 −1 2 4 − λ = λ 2 (4 − λ ) − 4 + λ = −λ 3 + 4λ 2 + λ − 4 = (λ − 1)(−λ 2 + 3λ + 4) = 0.

A − λI =

116

λ1 = 1.

− λ 2 + 3λ + 4 = 0.

λ=

–1 1 –1

−3 ± 9 + 16 −3 ± 5 = . −2 −2

4

1

–4

–1

3

4

3

4

0

λ 2 = −1; λ 3 = 4.

Al ser las raíces distintas, la solución general del sistema (83) viene dada por: Y(t) = c1V1e–t + c2V2et + c3V3e4t.

donde c1, c2, c3 son constantes reales arbitrarias y V1, V2, V3 soluciones no nulas del sistema: (A – λiI )Vi = O,

donde i ∈ {1, 2, 3}.


⎛ −1 0 −1 ⎞ ⎛0⎞ ⎜ 2 −1 0 ⎟V1 = ⎜ 0 ⎟ , ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ −1 2 3 ⎠ ⎝0⎠ ⎧ −v1 − v3 = 0 ⎪ ⎨ 2v1 − v2 = 0 ⎪⎩ −v1 + 2v2 + 3v3 = 0. −v1 = v3 .

v2 = 2v1.

y su solución es: ⎧⎛ 1⎞ ⎪ L1 = ⎨ ⎜ 2 ⎟ k1 ⎟⎟ ⎪ ⎜⎜ ⎩ ⎝ −1 ⎠


k1 ∈

⎫ ⎪ ⎬. ⎪ ⎭

(84)

En consecuencia: V1 es cualquier matriz no nula del conjunto anterior. Tomando por ejemplo k1 = 1, se tiene: ⎛ 1⎞ V1 = ⎜ 2 ⎟ . ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ −1 ⎠

(85)


0 −1 ⎛ −(−1) ⎜ 2 0 −(−1) ⎜ 1 2 4 (−1) − − ⎝

⎞ ⎛ 1 0 −1 ⎞ ⎛0⎞ ⎟V2 = ⎜ 2 1 0 ⎟V2 = ⎜ 0 ⎟ , ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎠ ⎝ −1 2 5 ⎠ ⎝0⎠

⎧ v1 − v3 = 0 ⎪ ⎨ 2v1 + v2 = 0 ⎪⎩ −v1 + 2v2 + 5v3 = 0. v1 = v3 . v2 = −2v1.

y su solución es: ⎧⎛ 1⎞ ⎪ L 2 = ⎨ ⎜ −2 ⎟ k2 ⎟⎟ ⎪ ⎜⎜ ⎩⎝ 1⎠

k2 ∈

⎫ ⎪ ⎬. ⎪ ⎭

En consecuencia: V2 es cualquier matriz no nula del conjunto anterior. Tomando por ejemplo k2 = 1, se tiene: ⎛ 1⎞ V2 = ⎜ −2 ⎟ . ⎜⎜ 1 ⎟⎟ ⎝ ⎠

(86)


⎛ −4 0 −1 ⎞ ⎛0⎞ ⎜ 2 −4 0 ⎟V3 = ⎜ 0 ⎟ , ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ −1 2 0 ⎠ ⎝0⎠

117

⎧ −4v1 − v3 = 0 ⎪ ⎨ 2v1 − 4v2 = 0 ⎪⎩ −v1 + 2v2 = 0. v3 = −4v1.

v1 = 2v2 .

y su solución es: ⎧⎛ 2 ⎞ ⎪ L 3 = ⎨ ⎜ 1 ⎟ k3 ⎟⎟ ⎪ ⎜⎜ ⎩ ⎝ −8 ⎠

k3 ∈

⎫ ⎪ ⎬. ⎪ ⎭

En consecuencia: V3 es cualquier matriz no nula del conjunto anterior. Tomando por ejemplo k3 = 1, se tiene: ⎛ 2⎞ V3 = ⎜ 1 ⎟ . ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ −8 ⎠

De (86), (85) y (87), obtenemos un conjunto fundamental de soluciones: ⎧⎛ 1⎞ ⎛ 1⎞ ⎛ 2⎞ ⎫ ⎪⎜ ⎪ t ⎜ −t ⎜ ⎟ ⎟ 2 , 2 , 1 ⎟ e4t ⎬. e e − ⎨⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎪ ⎝ −8 ⎠ ⎭⎪ ⎩ ⎝ −1 ⎠ ⎝ 1 ⎠

En conclusión, la solución general del sistema homogéneo (83) es: ⎛ 1⎞ ⎛ 1⎞ ⎛ 2⎞ t −t ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ Y (t ) = c1 2 e + c2 −2 e + c3 ⎜ 1 ⎟ e 4t , ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ −1 ⎠ ⎝ 1⎠ ⎝ −8 ⎠


(87)

donde c1, c2, c3 son constantes reales arbitrarias. Sustituyendo las condiciones iniciales en la solución obtenida, resulta el sistema: ⎛7⎞ ⎛ 1⎞ ⎛ 1⎞ ⎛ 2⎞ ⎜ 5 ⎟ = c1 ⎜ 2 ⎟ + c2 ⎜ −2 ⎟ + c3 ⎜ 1 ⎟ , ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝5⎠ ⎝ −1 ⎠ ⎝ 1⎠ ⎝ −8 ⎠ ⎧ c1 + c2 + 2c3 = 7 ⎪ ⎨ 2c1 − 2c2 + c3 = 5 ⎪⎩ −c1 + c2 − 8c3 = 5. c1 = 7 − c2 − 2c3 . ⎧ 2c1 − 2c2 + c3 − 5 = 2(7 − c2 − 2c3 ) − 2c2 + c3 − 5 = 14 − 2c2 − 4c3 − 2c2 + c3 − 5 = 9 − 4c2 − 3c3 = 0. ⎨ ⎩ −c1 + c2 − 8c3 − 5 = −(7 − c2 − 2c3 ) + c2 − 8c3 − 5 = −7 + c2 + 2c3 + c2 − 8c3 − 5 = −12 + 2c2 − 6c3 = 0. −12 + 2c2 − 6c3 = 0. 2c2 = 12 + 6c3 . 9 − 4c2 − 3c3 = 9 − 2(12 + 6c3 ) − 3c3 = 9 − 24 − 12c3 − 3c3 = −15 − 15c3 = 0. c2 = 6 + 3c3 = 3. c1 = 7 − c2 − 2c3 = 7 − 3 + 2 = 6.

c3 = −1.

de donde: c1 = 6,

c2 = 3,

c3 = –1.

En conclusión, la solución del problema de valor inicial (83) es: ⎛ 1⎞ ⎛ 1⎞ ⎛ 2⎞ t −t ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ Y (t ) = 6 2 e + 3 −2 e − ⎜ 1 ⎟ e 4t . ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ −1 ⎠ ⎝ 1⎠ ⎝ −8 ⎠

EJERCICIO 114 118

.......................................

Resolver el siguiente sistema de ecuaciones diferenciales: ⎛2 0 1⎞ Y ′(t ) = ⎜ 0 3 0 ⎟ Y (t ), ⎜ ⎟ ⎝1 0 2⎠

con

⎛ 0⎞ Y (0) = ⎜ −1 ⎟ . ⎜ ⎟ ⎝ −2 ⎠

(88)

Febrero 2004, primera semana, original. Publicado por A. Sánchez. Incluye nota del Prof. Alberto A. Álvarez.

Calculemos la ecuación característica y sus raíces: 2−λ 0 1 0 3−λ 0 1 0 2−λ = (2 − λ ) 2 (3 − λ ) − (3 − λ ) = (4 − 4λ + λ 2 )(3 − λ ) − 3 + λ = 12 − 12λ + 3λ 2 − 4λ + 4λ 2 − λ 3 − 3 + λ = −λ 3 + 7λ 2 − 15λ + 9 = (λ − 1)(−λ 2 + 6λ − 9) = 0.

A − λI =

λ1 = 1.

−λ 2 + 6λ − 9 = 0.

λ=

−6 ± 36 − 36 −6 ± 6 = . −2 −2

–1 1 –1

7 –15 9 –1

6

–9

6

–9

0

λ 2 = λ 3 = 3.

Nota del Profesor. Para este sistema, los autovalores son 1 (simple) y 3 (doble). Para el autovalor 1, un autovector no nulo es (1, 0, –1). Para el autovalor doble, sirven como autovectores linealmente independientes estos: (0, 1, 0) y (1, 0, 1). Nótese que las dos multiplicidades coinciden para el autovalor doble; por eso, al resolver el sistema (A – 3I )X = O podemos obtener dos autovectores linealmente independientes.


Calculemos ahora los vectores propios de la matriz A. El sistema a resolver es: 0 ⎛ 2−λ ⎜ 0 3−λ ⎜ 1 0 ⎝

⎞ ⎛0⎞ ⎟V = ⎜ 0 ⎟ . ⎟ ⎜ ⎟ ⎠ ⎝0⎠

1 0 2−λ

(89)


1 ⎞ ⎛ 2 −1 0 ⎛1 0 1⎞ ⎛0 ⎜ 0 ⎟ ⎜ ⎟ 3 −1 0 V = 0 2 0 V = ⎜ 0 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ 0 2 −1 ⎠ ⎝ 1 ⎝1 0 1⎠ ⎝0

⎞ ⎟, ⎟ ⎠

⎧ v1 + v3 = 0 ⎪ ⎨ 2v2 = 0 ⎪⎩ v1 + v3 = 0. v3 = −v1.

y su solución es: ⎧⎛ 1⎞ ⎪ L1 = ⎨ ⎜ 0 ⎟ k1 ⎟⎟ ⎪ ⎜⎜ ⎩ ⎝ −1 ⎠

k1 ∈

⎫ ⎪ ⎬. ⎪ ⎭

En consecuencia: V1 es cualquier matriz no nula del conjunto anterior, tomando por ejemplo k1 = 1, se tiene: ⎛ 1⎞ V1 = ⎜ 0 ⎟ . ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ −1 ⎠

(90)


0 1 ⎛ 2−3 ⎜ 0 3−3 0 ⎜ 0 2−3 ⎝ 1

119

⎞ ⎛ −1 0 1 ⎞ ⎛0⎞ ⎟V = ⎜ 0 0 0 ⎟ V = ⎜ 0 ⎟ , ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎠ ⎝ 1 0 −1 ⎠ ⎝0⎠

⎧ −v1 + v3 = 0 ⎨ v − v = 0. ⎩ 1 3 v3 = v1.

y su solución es: ⎧⎛ 0 ⎞ ⎛1⎞ ⎪ L = ⎨ ⎜ 1 ⎟ k 2 + ⎜ 0 ⎟ k3 ⎜⎜ ⎟⎟ ⎪ ⎜⎜⎝ 0 ⎟⎟⎠ ⎝1⎠ ⎩ dim L = m

( k 2 , k3 ) ∈

2

⎫ ⎪ ⎬. ⎪ ⎭

En consecuencia: dim L = 2. Al coincidir multiplicidad geométrica y algebraica y ser iguales a 2, es posible encontrar dos vectores propios V2 y V3 asociados con el valor propio 1 linealmente independientes. Tomando por ejemplo (k2, k3) = (1, 0) obtenemos V2, y para (k2, k3) = (0, 1) obtenemos V3, es decir: ⎛0⎞ ⎛1⎞ V1 = ⎜ 1 ⎟ , V2 = ⎜ 0 ⎟ . ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝0⎠ ⎝1⎠

De (90) y (91), obtenemos un conjunto fundamental de soluciones: ⎧⎛ 1⎞ ⎛ 0 ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎫ ⎪⎜ t 3t 3t ⎪ ⎨ ⎜ 0 ⎟⎟ e , ⎜⎜ 1 ⎟⎟ e , ⎜⎜ 0 ⎟⎟ e ⎬ . ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎪ ⎪ ⎩ ⎝ −1 ⎠ ⎝ 0 ⎠ ⎝ 1 ⎠ ⎭


(91)

En conclusión, la solución general del sistema homogéneo (88) es: ⎛ 1⎞ ⎛0⎞ ⎛1⎞ t 3t ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ Y (t ) = c1 0 e + c2 1 e + c3 ⎜ 0 ⎟ e3t , ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ −1 ⎠ ⎝0⎠ ⎝1⎠ donde c1, c2, c3 son constantes reales arbitrarias. Sustituyendo las condiciones iniciales en la solución obtenida, resulta el sistema: ⎛ 0⎞ ⎛ 1⎞ ⎛0⎞ ⎛1⎞ ⎜ −1 ⎟ = c1 ⎜ 0 ⎟ + c2 ⎜ 1 ⎟ + c3 ⎜ 0 ⎟ , ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ −2 ⎠ ⎝ −1 ⎠ ⎝0⎠ ⎝1⎠ ⎧ c1 + c3 = 0 ⎪ ⎨ c2 = −1 ⎪⎩ −c1 + c3 = −2. c1 = −c3 . −c1 + c3 + 2 = −(−c3 ) + c3 + 2 = 2c3 + 2 = 0.

c3 = −1.

de donde: c1 = 1,

c2 = –1,

c3 = –1.

En conclusión, la solución del problema de valor inicial (88) es: ⎛ 1⎞ ⎛0⎞ ⎛1⎞ t 3t ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ Y (t ) = 0 e − 1 e − ⎜ 0 ⎟ e3t . ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ −1 ⎠ ⎝0⎠ ⎝1⎠ 120

EJERCICIO 115

.......................................

Resolver el siguiente sistema de ecuaciones diferenciales: ⎛3 1 1⎞ Y ′(t ) = ⎜ 1 3 1 ⎟ Y (t ), ⎜ ⎟ ⎝1 1 3⎠ Septiembre 2005, original.


⎛1⎞ Y (0) = ⎜ 0 ⎟ . ⎜ ⎟ ⎝2⎠

Ejercicio..

Recommend Documents