´ MATEMATICAS EMPRESARIALES
Soluciones de la Relaci´ on on ◦ de Ejercicios N 4.
Grado en Administraci´on on y Direcci´on on de Empresas
Curso 2010/11
1. Estudia y resuelve los siguientes problemas de optimizaci´ on con restricciones de igualdad utilizando lizand o el m´ etodo etodo de sustituci´ susti tuci´ on. Min. a ) s. a
x2 + y 2 x + 2y 2y = 4
Despejamos en la restricci´on, on, x = 4 El problema se convierte ahora en Min. s. a
on objetivo. − 2y , y entramos en la funci´on
(4 2y)2 + y 2 y IR IR
− ∈
que es un problema en una sola variable y sin restricciones. La funci´on o n ahora es f ( f (y ) = (4 2y 2 y)2 + y 2 = (16 16 16yy + 4y 2 ) + y 2 = 5y2 Buscam Bus camos os su m´ınimo. ıni mo. Empezamos Emp ezamos hallando halla ndo los l os puntos punto s cr´ cr´ıticos. ıticos .
−
−
f (y ) = 10y 10 y
− 16 = 0 →
y =
− 16 16yy + 16.
16 8 = 10 5
La segunda derivada es f es f (y) = 10 > 10 > 0 0 en todo punto, lo que nos dice que la funci´on f on f es 8 convexa. En consecue c onsecuencia, ncia, el punto p unto cr´ıtico, ıtico, x = x = 5 es m´ınimo ıni mo glo global bal.. Para tener la soluci´on on del problema original, s´olo olo queda calcular x calcular x = = 4 Por tanto, t anto, el m´ınimo ınimo global globa l est´ es t´ a en el punto
4 8
, . 5 5
El valor m´ınimo ıni mo es m es m = = ( 45 )2 + ( 85 )2 , es decir, m =
b)
Max. s. a
16 5
.
x+y x2 + y = 1
Despejamos en la restricci´on, on, y = 1 El problema se convierte ahora en Max. s. a
− 2( 85 ) = 54 .
x + (1 x IR IR
∈
− x2 , y entramos en la funci´on on objetivo.
− x2)
´ Este es un problema en una sola variable y sin restricciones. La funci´on on ahora es f es f ((x) = x2 + x + 1. Buscamos Buscamo s su m´aximo. aximo. Hallamos Halla mos sus puntos cr´ cr´ıticos: ıticos :
−
f (x) =
−2x + 1 = 0 → 1
x =
1 2
Comprobemos que se trata de un m´aximo: f (x) = 2 < 0 en todo punto. Por tanto, la funci´on es c´oncava en IR y concluimos que el punto cr´ıtico ser´a m´aximo global. Calculamos y = 1 ( 12 )2 = 43 . Por tanto, el m´aximo del problema original se alcanza en el
−
punto, (x, y) =
1− 3
, . 2 4
El valor m´aximo es M = 5/4 = 1,25 .
c )
Min. s. a
3xy 2x 3y = 1
−
Despejando en la restricci´on, y = convierte en Min. s. a
3 x 2x3−1 x IR
−→
∈
2x−1 3
, y entrando en la funci´on objetivo, el problema se
Min. s. a
x (2x 1) x IR
∈
−
− 1) = 2x2 − x. Procediendo como en los ejercicios 1 −anteriores, 1 llegamos a la conclusi´on de que se alcanza el m´ınimo global en el punto , . La funci´o n es φ(x) = x(2x
4
6
El valor m´ınimo es m = 3( 14 )( −61 ) = −243 = −81 . d )
Max. s. a
−3x2 + 12y x − y = 1
Procediendo como en los ejercicios de antes, obtenemos finalmente que el m´aximo se alcanza en el punto (x, y) = (2, 1) . El valor m´aximo es M =
e )
Min. s. a
−3(4) + 12(1) = 0 .
x2 + y2 10z 2x + y z = 2
− −
Despejamos z en la restricci´on 2x + y El problema se transforma en Min. s. a
x2 + y2 10(2x + y (x, y) IR2
∈
−
− z = 2, de donde
z = 2x + y
− 2)
Este problema es un problema sin restricciones. Lo resolvemos. La funci´on es f (x, y) = x 2 + y 2 20x 10y + 20.
−
−
Buscamos los puntos cr´ıticos
∂f ∂x
= 2x
− 20 = 0 ∂f ∂y = 2y − 10 = 0 2
→
x = 10, y = 5
−2
El punto (10, 5) es el u ´ nico punto cr´ıtico de la funci´on f . Comprobamos que se trata de un m´ınimo. La matriz hessiana es Hess f (x, y) =
2 0 0 2
,
que es definida positiva. Por lo que f es convexa en IR 2 . Y, en consecuencia, el punto cr´ıtico, (10, 5), ser´a el m´ınimo global. El valor m´ınimo es f (10, 5) = 105.
−
La soluci´on que acabamos de dar es la del problema en dos variables. ¿Cu´al es la soluci´on del problema original? La misma, a falta de calcular el valor de z . z = 2x + y 2 = 2(10) + 5 2 = 23. Por tanto, para el problema original, el m´ınimo global es (x,y,z) = (10, 5, 23). Y el valor m´ınimo es 105.
−
−
−
f )
Min. s. a
x2 + y2 + 2z 2 x + y + z = 10
Despejamos x en la restricci´on, obteniendo x = 10 El problema se transforma en Min. s. a
−y−z
(10 y z)2 + y 2 + 2z 2 (y, z) IR2
− − ∈
Resolveremos este problema, que no tiene restricciones. La funci´on es f (y, z) = (100 20y 20z + y 2 + 2yz + z 2 ) + y 2 + 2z 2 , o sea, f (y, z) = 100 20y 20z + 2y 2 + 2yz + 3z 2 .
−
−
−
−
Buscamos los puntos cr´ıticos
∂f ∂y ∂f ∂z
=
−20 + 4y + 2z = 0
=
−20 + 2y + 6z = 0
→
(Resolviendo: )
→
y = 4, z = 2
El punto (y, z) = (4, 2) es el u ´ nico punto cr´ıtico de la funci´on f . Comprobamos que se trata de un m´ınimo. La matriz hessiana es Hess f (y, z) =
4 2 2 6
,
que es definida positiva, ya que D 1 = 4 > 0, D 2 = 20 > 0. Por lo que f es convexa en IR 2 . Y, en consecuencia, el punto cr´ıtico ser´a m´ınimo global. Para tener la soluci´on del problema original s´olo falta calcular x = 10 4 2 = 4. Por tanto, para el problema original, el m´ınimo global es (x,y,z) = (4, 4, 2). Y el valor m´ınimo es m = 16 + 16 + 2(4) = 40.
− −
2. Resuelve los siguientes problemas de optimizaci´ on mediante el m´etodo de Lagrange, justificando previamente que el conjunto factible es compacto.
3
2x2 + y3 x2 + y 2 = 1
Opt. a ) s. a
Observamos que el conjunto factible es compacto, ya que es una circunferencia (en concreto, x2 + y 2 = 1 representa la circunferencia de centro (0 , 0) y radio 1). Por tanto, seg´u n el teorema de Weierstrass, podemos asegurar que el problema tiene m´aximo global y m´ınimo global. Sabemos que debemos buscar los puntos ´optimos entre los puntos cr´ıticos restringidos. La funci´on lagrangiana es:
L(x,y,λ) = 2x2 + y3 − λ(x2 + y2 − 1) Sus derivadas parciales con respecto a x, y, λ son: ∂ = 4x ∂x
L
∂ = 3y 2 ∂y
L
− λ (2x),
− λ (2y),
∂ = ∂λ
L −(x2 + y2 − 1)
Igualando a cero estas derivadas parciales tenemos las condiciones de Lagrange. Los puntos cr´ıticos restringidos son las soluciones de este sistema de ecuaciones. Vamos a resolverlo.
4x − 2 λ x = 0 → 3y − 2 λ y = 0 x +y −1=0
2x(2
− λ) = 0 →
2
2
2
x = 0 λ =o´ 2
(Caso 1) (Caso 2)
Caso 1: x = 0 . Sustituimos en las otras ecuaciones: 2
3y − 2λy = 0 y2
− 1 = 0 → y = ± 1
Si y = 1, la otra ecuaci´on queda: 3 2λ = 0, es decir, λ = 3/2. Si y = 1, la otra ecuaci´on queda: 3 + 2λ = 0, es decir, λ = 3/2.
−
−
−
Tenemos, de momento, los puntos cr´ıticos restringidos P 1 = (0, 1) (con λ = 3/2) y P 2 = (0, 1) (con λ = 3/2)
−
−
Caso 2: λ = 2 . Sustituimos en las otras ecuaciones:
3y − 4y = 0 → y(3y − 4) = 0 x +y −1 =0 2
2
2
→
y = 0 y =o´4/3
(Caso 2.1) (Caso 2.2)
Caso 2.1 : Si y = 0, la ecuaci´on x 2 + y 2
− 1 = 0 queda como x 2 = 1, es decir, x = ± 1. Tenemos as´ı los puntos cr´ıticos restringidos P 3 = (1, 0) (con λ = 2) y P 4 = (−1, 0) (con λ = 2). Caso 2.2: Si y = 4/3, tenemos que x 2 = 1 x2 no puede ser negativo.
4
− y2 = 1 − 169 = −97 , lo cual es imposible, porque
Los puntos cr´ıticos restringidos obtenidos ser´an los candidatos a m´aximo global o m´ınimo global. P.C.R. = (0, 1), (0, 1), (1, 0), ( 1, 0)
{
−
−
}
Evaluamos la funci´ on objetivo, f (x, y) = 2x2 + y3 , en ellos. f (0, 1) = 1,
f (0, 1) =
Por tanto, el valor m´ınimo es
−1,
−
f (1, 0) = 2,
−1. El m´ınimo global es
f ( 1, 0) = 2
− (0, −1) .
El valor m´ aximo es 2. Hay dos m´ aximos globales , los puntos (1, 0 ) y ( 1, 0) .
−
b)
Opt. s. a
x2 + y2 2xy x2 + y 2 = 8
−
La restricci´on x 2 + y 2 = 8 representa una circunferencia, que es un conjunto compacto. Por el Teorema de Weierstrass podemos asegurar que existe m´aximo global y m´ınimo global. Construimos la funci´ on lagrangiana:
L(x,y,λ) = x2 + y2 − 2xy − λ(x2 + y2 − 8) Sus derivadas parciales con respecto a x, y, λ son: ∂ = 2x ∂x
L
∂ = 2y ∂y
L
− 2y − λ (2x),
∂ = ∂λ
L −(x2 + y2 − 8)
− 2x − λ (2y),
Las condiciones de Lagrange son:
2x − 2y − 2 λ x = 0 0 2yx−+2xy−−2 8λ y = =0 2
2
Si sumamos las dos primeras ecuaciones, obtenemos que 2λx 2λy = 0, de donde 2λ(x + y) = 0, lo que da lugar a dos casos: λ = 0 ´o x + y = 0.
−
−
−
Caso 1: λ = 0 . En este caso, la primera y la segunda ecuaci´on nos dicen lo mismo, que x = y. Entrando en la u ´ ltima ecuaci´on tenemos que x 2 + x2 = 8, o sea, 2x2 = 8, de donde x 2 = 4 y entonces x = 2.
±
Tenemos por ahora los puntos cr´ıticos restringidos P 1 = (2, 2) y P 2 = ( 2, 2) .
− −
Caso 2: x + y = 0 . Tenemos entonces que y = x. La tercera ecuaci´on nos dice que x 2 + ( x)2 = 8, es decir, 2x2 = 8, de donde x 2 = 4 y x = 2. Si x = 2, entonces y = 2. Y si x = 2, entonces y = 2. Entrando en las otras ecuaciones, concluimos que λ = 2 en ambos casos.
−
−
±
−
−
Tenemos ahora los nuevos puntos cr´ıticos restringidos
P 3 = (2, 2) y P 4 = ( 2, 2) .
−
En definitiva, los puntos cr´ıticos restringidos son:
P.C.R. = (2, 2), ( 2, 2), (2, 2), ( 2, 2)
{
− −
5
−
−
}
−
Evaluamos la funci´on ob jetivo, f (x, y) = x 2 + y2 f (2, 2) = 22 + 2 2 2(2)(2) = 4 + 4 8 = 0. f (2, 2) = 4 + 4 2(2)( 2) = 8 + 8 = 16. f ( 2, 2) = 16. f ( 2, 2) = 0.
− −
−
− − −
−
−
− 2xy, en estos puntos cr´ıticos restringidos.
Por tanto, el valor m´ aximo es 16 y se alcanza en los puntos (2, 2 ) y ( 2, 2) . Es decir, estos dos puntos son m´ aximos globales del problema.
−
−
El valor m´ınimo es 0 y se alcanza en los puntos (2, 2 ) y ( 2, 2) , que son los m´ınimos globales.
− −
c )
Opt. s. a
xy x2 + y 2 = 1
Observamos que la restricci´on x 2 +y2 = 1 representa una circunferencia, que es un conjunto compacto. Por el Teorema de Weierstrass podemos asegurar que tienen soluci´on, tanto el problema de maximizaci´ on como el de minimizaci´on. Construimos la funci´ on lagrangiana:
L(x,y,λ) = xy − λ(x2 + y2) Operando como en los ejercicios anteriores, escribimos las condiciones de Lagrange:
y − 2x λ = 0 xx−+2yy λ == 10 2
2
Despejamos y de la primera ecuaci´on: y = 2 λ x . Entramos con esto en la segunda ecuaci´on: x 2y λ = 0 x 2(2λx)λ = 0 x 4λ2 x = 0 x (1 4λ2 ) = 0. De aqu´ı surgen dos posibilidades: x = 0 (Caso 1) ´o 1 4λ2 = 0, de donde λ 2 = 41 y entonces λ = 21 (Caso 2) ´o λ = −21
−
→ −
→ −
→
−
−
(Caso 3)
Pasamos a desarrollar cada caso. Caso 1: x = 0 . Entonces y = 2 λ x = 0. Entramos con esto en la tercera ecuaci´on, que a´ un no hemos usado: 2 2 2 2 x + y = 1 0 + 0 = 1 0 = 1. Luego la tercera ecuaci´on no se cumple, y, por tanto, no hay soluci´on en este caso.
→
Caso 2: λ =
1 2
→
→ y = 2 λ x = 2 12 x →
y = x .
Entrando en la tercera ecuaci´on: x2
+ y 2
= 1
→
x2
+ x 2
= 1
→
2x2
= 1
−1 . ´o x = √ 2 6
→
x2
=
1 2
→ x = ± , es decir, 1 2
1 x = √ 2
1 1 Si x = √ entonces y = x = √ . 2 2
−1 entonces y = x = √ −1 . Y si x = √ 2 2
√ √ Tenemos por ahora dos puntos cr´ıticos restringidos: , Caso 3: λ = − → y = 2 λ x = 2 − x → y = −x . 1 2
1 2
1 2
y
√ − , √ − 1 2
1 2
1 2
Entrando en la tercera ecuaci´on: x2 + y 2 = 1 x2 + ( x)2 = 1
→
−
→
2x2
=1
→
x2
=
−1 . ´o x = √ 2
1 2
→ x = ± , es decir, 1 2
1 x = √ 2
1 Si x = √ entonces y = 2
−x = √ −12 . −1 entonces y = −x = √ 1 . Y si x = √ 2 2
− Tenemos as´ı dos nuevos puntos cr´ıticos restringidos: √ , √ 1 2
1 2
y
√ − , √ 1 2
1 2
En definitiva, los puntos cr´ıticos restringidos son : P 1 =
1
−1
1 −1 −1 1 1 − √ 2 , √ 2 , P 3 = √ 2 , √ 2 , P 4 = √ 2 , √ 2
1 , , P 2 = 2 2
√ √
Evaluamos la funci´ on objetivo, f (x, y) = xy, en estos puntos.
√ = − − f √ , √ = . − f √ , √ = − . − f √ , √ = − . 1 1 1 f √ , √ = √ 2 2 2 1 2
1 2
1 2
1 2
1 2
1 2
1 2
1 2
1 2
1 2.
1 2
Por tanto, el valor m´ aximo es
1 2 y se alcanza en dos puntos,
que son los m´ aximos globales .
− − √ √ √ √ P = , y P = , , 1
1 −1 El valor m´ınimo es −21 y se alcanza en dos puntos, P 3 = √ , √ 2 2
1 2
1 2
1 2
2
y P = √ − , √ , 4
1 2
1 2
que son los m´ınimos globales . NOTA: Existe un m´ etodo alternativo para resolver el sistema de ecuaciones. Es sencillo pero tiene el inconveniente de que no siempre se puede emplear. Partimos del sistema y 2x λ = 0 x 2y λ = 0 x2 + y 2 = 1
− −
Despejamos λ en las dos primeras ecuaciones 1 . y x λ = λ = 2x 2y 1
Debemos observar que, cuando despejamos λ, estamos dando por hecho que los denominadores son no nulos. Realmente son no nulos, ya que, si fuera x = 0, la primera ecuaci´ on obligar´ıa a ser y = 0, pero entonces no se cumple la tercera ecuaci´ on. Y, por razones similares, tampoco puede ser y = 0. ¿Y si la posibilidad de que alg´un denominador se anulase fuera real? Entonces habr´ıa que considerar tambi´en dicha posibilidad. Ah´ı radica el inconveniente de este pro cedimiento.
7
1 2
Entonces, igualando las dos expresiones de λ: y x = 2y 2 = 2x2 2x 2y
⇒
y 2 = x 2
⇒
(o sea y =
± x)
Juntando esto con la tercera ecuaci´on, tenemos
y 2 = x2 x2 + y 2 = 1
1 De donde x 2 + x2 = 1, es decir, 2x2 = 1, o sea x 2 = 21 , es decir, x = √ . Y siguiendo este 2 camino, llegamos a obtener las mismas soluciones que obtuvimos antes, los cuatro puntos cr´ıticos que nos salieron.
±
d )
Min. s. a
−x2 + 2y2
4x2 + y 2 = 36
Observamos que el conjunto factible es compacto, ya que la ecuaci´on 4x2 + y2 = 36 representa una elipse. Por tanto, podemos asegurar que el problema tiene m´ınimo global. La funci´on lagrangiana es:
L(x,y,λ) = −x2 + 2y2 − λ(4x2 + y2 − 36) Las condiciones de Lagrange son:
−2x − 8 λ x = 0 0 4y4x −+2yλ y = = 36 2
La primera ecuaci´on,
2
−2x(1 + 4λ) = 0, da lugar a dos casos, x = 0 y λ = −1/4.
Caso 1: x = 0. Las ecuaciones restantes quedan:
4y − 2λy = 0 → 2y(2 − λ) = 0 y2 = 36
→ y = ± 6
Como y =
± 6, en particular, y = 0, y la ecuaci´on 2y(2 − λ) = 0 nos dice que λ = 2. Tenemos los puntos cr´ıticos restringidos P 1 = (0, 6) (con λ = 2) y P 2 = (0, −6)
(con
λ = 2)
Caso 2: λ =
−1/4. Sustituimos en las otras dos ecuaciones: 4 y − 2 −41 y = 0 4y + y2 = 0 es decir 4x2 + y 2 = 36
4x2 + y2 = 36
La ecuaci´on 4y + y2 = 0, es decir, 9y on, 2 = 0 nos dice que y = 0. Usando la otra ecuaci´ 2 2 tenemos que 4x = 36, es decir, x = 9, o sea x = 3 Tenemos as´ı los puntos cr´ıticos restringidos P 3 = (3, 0) (con λ = 1/4) y P 4 = ( 3, 0) (con λ = 1/4). Evaluamos la funci´ on objetivo, f (x, y) = x2 + 2y2 , en los puntos cr´ıticos.
±
−
−
−
f (0, 6) = 72, Por tanto, el valor
f (0, 6) = 72,
− f (3, 0) = −9, f (−3, 0) = −9 m´ınimo es −9. Hay dos m´ ınimos globales , los puntos
( 3, 0) . (El valor m´ aximo es 72, pero esto no se ped´ıa).
−
−
8
(3, 0) y
e )
Opt. x + y + z s. a x2 + y 2 + z 2 = 3 La restricci´on, x2 + y 2 + z 2 = 3, representa una esfera en el espacio tridimensional. Por tanto, el conjunto factible es compacto y podemos asegurar que el problema tiene m´aximo y m´ınimo globales. La funci´on lagrangiana es :
L(x,y,z,λ) = x + y + z − λ(x2 + y2 + z2 − 3) Sus derivadas parciales con respecto a x, y, z y λ son: ∂ =1 ∂x
L
∂ =1 ∂y
L
− λ(2x),
∂ =1 ∂z
L
− λ(2y),
∂ = ∂λ
L −(x2 + y2 + z2 − 3)
− λ(2z),
Las condiciones de Lagrange son:
1 − 2 λ x = 0 1 − 2 λ y = 0 1 − 2 λ z = 0 x +y +z −3 =0 2
Entonces: 2
2
2
2
2
2
x +y +z =3
→ → →
2
x = y = z =
2
→
1 1 1
→
4λ2 = 1
+
2λ
Si λ = 21 , tenemos que x =
1 2λ
=
1 2(1/2)
2λ
→
1 2λ 1 2λ 1 2λ
+
λ2 =
2λ
1 4
→
=3 λ =
→
3 =3 4λ2
→
±1 2
= 1, y = 1, z = 1. Obtenemos as´ı el punto (1, 1, 1) .
Si λ = −21 , sale el punto ( 1, 1, 1) .
− − −
Los valores de la funci´on f en los dos ´unicos candidatos son: f (1, 1, 1) = 3 f ( 1, 1, 1) = 3.
− − −
−
As´ı que el valor m´aximo es 3 y el punto m´aximo global es (1, 1, 1). Y el valor m´ınimo es 3, siendo ( 1, 1, 1) el m´ınimo global.
−
f )
Min. s. a
− − −
xy + z x2 + y 2 + z 2 = 1
La restricci´on, x 2 + y 2 + z 2 = 1, representa una esfera en el espacio tridimensional, que es un conjunto compacto. Podemos asegurar que el problema tiene m´ınimo global (Tambi´ en m´aximo global, pero eso no se nos pide). La funci´on lagrangiana es :
L(x,y,z,λ) = xy + z − λ(x2 + y2 + z2 − 1) 9
Sus derivadas parciales con respecto a x, y, z y λ son: ∂ = y ∂x
L
∂ = x ∂y
L
− λ(2x),
∂ =1 ∂z
L
− λ(2y),
∂ = ∂λ
L −(x2 + y2 + z2 − 1)
− λ(2z),
Las condiciones de Lagrange son:
y − 2 λ x = 0 x − 2 λ y = 0 1 − 2 λ z = 0 x +y +z −1 =0 2
2
→ y = 2λx −→ x − 2λ(2λx) = 0
2
La condici´on x 4λ2 x = 0, es decir, x(1 4λ2 ) nos da tres posibilidades: x = 0 (Caso 1) , λ = 21 (Caso 2) , λ = −21 (Caso 3)
−
−
Caso 1: Si x = 0 , entonces, y = 2λx = 0, es decir, y = 0. Entonces, de la ´ultima ecuaci´on, z 2 = 1, es decir, z = 1. Para z = 1, λ = 1/(2z) = 1/2. Y para z = 1, λ = 1/2.
±
−
−
Tenemos as´ı los siguientes puntos cr´ıticos restringidos: (0, 0, 1) (con λ = 1/2) , (con λ = 1/2)
−
Caso 2: Para λ = 21 , tenemos que z =
1 2λ
=
1 = 2( 12 )
(0, 0, 1)
−
1. Entrando en la ´ultima ecuaci´on:
x2 + y 2 + (1)2 = 1, es decir, x2 + y 2 = 0, de donde x = 0, y = 0, as´ı que obtenemos un punto que ya sali´o antes, (0, 0, 1). Caso 3: Para λ = −21 , resulta que z =
1 2λ
=
1
−1. Y entrando en la ´ultima ecuaci´on sacamos que x = 0, y = 0, obteniendo el punto, (0, 0, −1), que ya sali´o antes. 2(
−1
2
)
=
Evaluamos la funci´ on f (x,y,z) = xy + z en los dos ´unicos candidatos: f (0, 0, 1) = 1 f (0, 0, 1) = 1. El valor m´ınimo es 1 y el punto en el que se alcanza, (0, 0, 1), es el m´ınimo global. (El otro punto, (0, 0, 1), es m´aximo global, pero no se ped´ıa)
−
−
−
−
3. Calcula los m´aximos y m´ınimos locales en los siguientes problemas de optimizaci´on. Opt. x2 + 2y 2 xy a ) s. a 2x + y = 22
−
El conjunto factible no es compacto (se trata de una recta, y, por tanto, no est´a acotado). No podemos garantizar la existencia de ´optimos globales. Nos limitaremos a buscar los ´optimos locales. Buscamos los puntos cr´ıticos restringidos. Construimos la funci´on lagrangiana:
L(x,y,λ) = x2 + 2y2 − xy − λ(2x + y − 22) Las condiciones de Lagrange son:
2x − y − 2λ = 0 0 4y2x −+ xy −− λ = 22 = 0 10
→ →
−y 2 λ = 4y − x λ =
2x
Igualando los dos despejes de λ, tenemos que 9y es decir, 4x = 9y, o sea x = . 4 Entrando en la tercera ecuaci´on, 2x + y = 22
2
→
9y 4
+ y = 22
De y = 4 deducimos que x =
9y 4
→
2x
− y = 4y − x, de donde 2x − y = 8y − 2x,
2
18y 4y + = 22 4 4
22y = 88
→
→
y = 4
= 9(4) 4 = 9. Y λ = 7
Tenemos s´olo un punto cr´ıtico restringido, el punto (9, 4) . Para saber si es un m´aximo local o un m´ınimo local, calculamos el hessiano orlado:
0 ∂g |H | = ∂x ∂g ∂y
∂g ∂x ∂ 2 ∂x 2 ∂ 2 ∂x∂y
L L
∂g ∂y ∂ 2 ∂x∂y ∂ 2 ∂y 2
L L
0 = 21
2 2 1
−
1 1 4
−
Ahora tendr´ıamos que evaluarlo en el punto cr´ıtico, pero no depende del punto. El valor de este determinante es H = 22 < 0. Esto nos dice que nuestro punto cr´ıtico es un m´ınimo local. O sea, nuestra funci´on tiene un m´ınimo local en el punto (x, y) = (9, 4).
| | −
Si este m´ınimo es global o no, no lo podemos saber con los c´alculos que se han hecho. Opt. b) s. a
16y x2 y2 x2 y 2 = 0
− − −6 −
Buscamos los ´optimos locales. Calculamos los puntos cr´ıticos restringidos. Construimos la funci´ on lagrangiana:
L(x,y,λ) = 16y − x2 − y2 − 6 − λ(x2 − y2) Las condiciones de Lagrange son:
−2x − 2λx = 0 → 16 − 2y + 2λy = 0 x −y =0 2
−2x(1 + λ) = 0 →
x = 0 (Caso 1) λ = 1 (Caso 2)
−
2
Caso 1. x = 0 . Las ecuaciones no usadas quedan como
16 − 2y + 2λy = 0 −y2 = 0 −→
y = 0
La u ´ltima ecuaci´on dice que debe ser y = 0. Pero, al entrar con este valor en la otra ecuaci´on, queda como 16 = 0, que no tiene soluci´on. Por tanto, no hay puntos cr´ıticos restringidos correspondientes a este Caso 1.
11
Caso 2. λ =
−1 . Las ecuaciones no usadas quedan como 16 − 2y + 2(−1)y = 0 → 16 − 4y = 0 → x2 − y 2 = 0
y = 4
Entramos con el valor y = 4 en la ´ultima ecuaci´on y queda como: x2 16 = 0, de donde x = 4. Tenemos as´ı los dos puntos cr´ıticos restringidos P 1 = (4, 4), P 2 = ( 4, 4).
−
±
−
Para saber si se trata de m´aximos o ∂g 0 ∂x ∂g ∂ 2 H = ∂x ∂x 2 ∂g ∂ 2 ∂y ∂x∂y
| |
L L
m´ınimos locales calculamos el hessiano orlado: ∂g ∂y 0 2x 2y ∂ 2 2 2λ 0 = 2x ∂x∂y 2y 0 2 + 2λ ∂ 2 ∂y 2
L L
Lo evaluamos en cada punto cr´ıtico:
−
− −
−
−
0 8 −8 |H (4, 4)| = 8 0 0 = 256 > 0. Por tanto, hay un m´aximo local en el punto (4, 4) −8 0 −4 0 −8 −8 |H (−4, 4)| = −8 0 0 = 256 > 0. Hay otro m´aximo local en el punto ( −4, 4) 4. Dado el programa
−8
0
Opt. s. a
−4
√
f (x, y) = 55x + 12y x x2 + 3y = a
con a IR y sabiendo que (4, yo ) es un punto cr´ıtico restringido del mismo:
∈
a) Calcula los valores de yo y de a. b) Determina si el punto cr´ıtico obtenido en el apartado anterior es m´ aximo o m´ınimo. a ) Escribimos las condiciones de Lagrange. El punto cr´ıtico restringido (4, yo ) debe cumplirlas. La funci´on lagrangiana es
L(x,y,λ) = 55x + 12y√ x − λ(x2 + 3y − a) Las condiciones de Lagrange son entonces: 6y x
55 + √ − 2λx = 0 √ 12 x − 3λ = 0 x + 3y − a = 0 2
→ sustituyendo el punto (4, yo) →
o o
6y 4
o
Es decir,
55 + 3y − 8λ = 0 2416 +− 3y3λ =−0a = → 0λ = 8
55 + √ − 2λ(4) = 0 √ 12 4 − 3λ = 0 4 + 3y − a = 0
=
⇒
55 + 3y − 64 = 0 o
16 + 3yo
− a = 0
En definitiva, se tiene que yo = 3 y a = 25 . 12
→ →
2
o
yo = 3 a = 16 + 3yo = 16 + 9 = 25
b) Queremos saber si el punto cr´ıtico obtenido antes, es decir, el punto (x, y) = (4, 3) (con λ = 8) es un m´aximo o un m´ınimo local. Para ello usamos el hessiano orlado.
0 2x |H | = 3
2x
−6y · 2√ 1 x √ − 2λ ( x)2 √ 6x
Evaluamos en el punto cr´ıtico:
0 |H (4, 3)| = 8 3
−
8 3 17,125 3 3 0
6 √ x 0 3
= 72 + 72 − 9(−17,125) = 298,125 > 0
Por ser positivo el anterior determinante, el punto cr´ıtico restringido (4, 3) es un m´aximo local. 5. Una empresa produce un bien utilizando dos factores productivos, x 1 y x2 . Su funci´ on de costes es 4x1 + 5x2 y la funci´ on de producci´ on es x1 x2 . Se pide plantear y resolver los dos siguientes problemas. a) Maximizar la producci´ on, suponiendo que los costes deben ser de 40 unidades monetarias. b) Minimizar los costes si se desea producir 20 unidades del bien. a ) El planteamiento es
Max. s. a
x1 x2 4x1 + 5x2 = 40
Se puede resolver por sustituci´on o por el m´etodo de los multiplicadores de Lagrange. Procediendo como siempre, llegamos a la conclusi´o n de que el m´aximo se alcanza en el punto (x1 , x2 ) = (5, 4). La m´axima producci´ on ser´a: x 1 x2 = (5)(4) = 20 unidades. b) El planteamiento ahora es
Min. s. a
4x1 + 5x2 x1 x2 = 20
Lo podemos resolver por el m´etodo de sustituci´on o el de Lagrange. 20 Utilizamos, por ejemplo, el de sustituci´on. Despejamos x2 = . x1 Se trata de buscar el m´ınimo de la funci´on 20 100 f (x1 ) = 4x1 + 5 = 4x1 + x1 x1
·
Su derivada es f (x1 ) = 4
− 100 . Se anula cuando 4 = 100 , es decir, x21 = 100 4 = 25, de 2 x x 2 1
1
donde x 1 = 5 o x 1 = 5, pero esta ´ultima no tiene sentido econ´omico. Comprobamos que se trata de un m´ınimo. 100(2x1 ) 200 f (x1 ) = = + > 0. Esto nos dice que se trata realmente de un m´ınimo2 . 4 3 x1 x1 Finalmente, para x 1 = 5, calculamos x 2 = 20/5 = 4. As´ı, el m´ınimo se alcanza en el punto (x1 , x2 ) = (5, 4). El coste m´ınimo es 4(5) + 5(4) = 40.
−
−−
2
Realmente el dominio natural de la funci´on f (x1 ) es IR+ = (0, +∞). En este dominio la derivada segunda, f (x1 ) = 200/x31 es siempre positiva, por lo que la funci´on f es estrictamente convexa. Y el punto cr´ıtico es un m´ınimo global.
13
6. Una helader´ıa fabrica tarrinas de helado de fresa y de vainilla. Cada tarrina de fresa proporciona un beneficio de 2 euros y cada tarrina de vainilla supone un beneficio de 1 euro. El coste de producci´ on de x tarrinas de fresa e y tarrinas de vainilla es x 2 + 2y2 . Se desea que el coste total sea de 18 euros. Se pide: a) Plantea el problema de maximizaci´ on para el beneficio de la helader´ıa. b) Justifica que dicho problema tiene soluci´ on. c) Resuelve el problema mediante el m´ etodo de los multiplicadores de Lagrange. d) ¿Cu´ antas tarrinas de cada sabor debe vender la helader´ıa para obtener el m´ aximo beneficio? ¿Cu´ al es el beneficio m´ aximo? (a) El planteamiento es
Max. 2x + y s. a x2 + 2y2 = 18
(b) El conjunto factible s´ı es compacto, ya que se trata de una elipse. Por el teorema de Weierstrass podemos asegurar que existe tanto m´aximo como m´ınimo. En particular, podemos asegurar que el problema de maximizaci´on tiene soluci´on. (c) Buscamos los puntos cr´ıticos restringidos.
L(x,y,λ) = 2x + y − λ(x2 + 2y2 − 18) Las condiciones de Lagrange son: 1 λ 1 y = 4λ
2 − 2λx = 0 → 1 − 4λy = 0 → x + 2y − 18 = 0 2
x =
2
Entrando en la tercera ecuaci´on, 2
2
x +2y = 18
2
→
2
1 1 λ
+2
18 = 18 16λ2 De λ = 41 deducimos que x =
= 18
4λ
→ 1 1/4 =
→
16λ2 = 1 4 y que y =
→
1 1 +2 = 18 2 λ 16λ2 1 16
λ2 =
1 4(1/4)
→
→ λ =
16 2 + = 18 2 16λ 16λ2
± 14
= 1.
1 De λ = −41 deducimos que x = −1/4 =
−4 y que y = 4(−11/4) = −1.
Por tanto, tenemos dos puntos cr´ıticos restringidos: P 1 = (4, 1), P 2 = ( 4, 1). Evaluamos la funci´on objetivo, f (x, y) = 2x + y en ellos: Concluimos que el m´aximo se alcanza en el punto (4, 1).
− − f (4, 1) = 9, f (−4, −1) = −9.
(d) Por tanto, deben producirse 4 tarrinas de fresa y 1 de vainilla. El m´aximo beneficio es entonces de 9 u.m.
14
→
NOTA 1: Existe una forma alternativa de resolver el sistema de ecuaciones. En lugar de despejar x e y en t´erminos de λ en las dos primeras ecuaciones, despejar λ en ambas e igualar los resultados. Esto dar´ıa 1 1 1 1 λ = , λ = = 4y = x x 4y x 4y
→
→
Entrando ahora en la tercera ecuaci´on: x2 + 2y 2 = 18
(4y)2 + 2y2 = 18
18y2 = 18
→ y = ±1 Si y = 1, entonces x = 4, λ = 1/4. Y si y = −1, entonces x = −4, λ = −1/4. Tenemos as´ı los →
→
mismos puntos que obtuvimos antes.
NOTA 2: Por el enunciado del problema, est´a claro que no ser´ıa aceptable una soluci´o n con componentes negativas. Entonces, ¿por qu´ e tenemos en cuenta el punto ( 4, 1)? Porque nos estamos apoyando en el Teorema de Weierstrass para localizar el m´aximo, bas´andonos en que la elipse (completa, incluyendo puntos con componentes negativas) es un conjunto compacto.
− −
¿Y no podr´ıa considerarse como conjunto factible el formado por los puntos de la elipse x2 +2y2 = 18 que adem´as cumplan las restricciones de no-negatividad, x 0, y 0? Bueno, este conjunto es compacto, as´ı que est´a garantizada la existencia de m´aximos o m´ınimos. Pero ahora no tenemos s´ olo una igualdad sino, adem´as dos desigualdades. Y el m´etodo de Lagrange no sirve para resolver problemas con restricciones de desigualdad.
≥ ≥
7. Una empresa produce un determinado bien a partir de dos factores productivos. Sea Q(x, y) = 5x + 2y la funci´ on de producci´ on de la empresa y C (x, y) = 8x2 + 4y2 la funci´ on de costes. a) Determina las cantidades de factores x e y con las que se minimiza el coste al producir 33 unidades de producto as´ı como dicho coste m´ınimo. b) Si se quisiera producir 34 unidades de producto, y sin resolver de nuevo el problema, halle cu´ anto se incrementar´ıa, aproximadamente, el coste m´ınimo. Halle tambi´en, aproximadamente, el nuevo coste m´ınimo. ´ a) Si se producen 33 unidades de producto es que Q(x, y) = 5x + 2y = 33. Esta es la restricci´on. Por tanto, el planteamiento es Min. s. a
8x2 + 4y2 5x + 2y = 33
Construimos la funci´ on lagrangiana:
L(x,y,λ) = 8x2 + 4y2 − λ(5x + 2y − 33) Las condiciones de Lagrange son:
16 x − 5 λ = 0 2 λ = 0 5x8 y+−2y = 33
Resolviendo este sistema obtenemos que su soluci´on es: x = 5, y = 4, λ = 16.
15
Tenemos s´olo un punto cr´ıtico restringido, el punto (5, 4) . Comprobamos que es m´ınimo.
0 |H | = 5 2
5 2 16 0 0 8
= −64 − 200 < 0
Por ser negativo, queda comprobado que el punto es un m´ınimo local. En definitiva, hay que usar x = 5 unidades del primer factor productivo e y = 4 unidades del segundo factor productivo para que el coste sea m´ınimo. El valor m´ınimo (=coste m´ınimo) es C (5, 4) = 264. b) Si se pasa de producir 33 unidades a producir 34, (es decir, el t´ ermino independiente de la restricci´on aumenta en una unidad), el valor ´optimo (=coste m´ınimo) variar´a en λ = 16 unidades aproximadamente. El nuevo coste m´ınimo ser´ıa de 264 + 16 = 280 unidades, aproximadamente. 8. Si se gastan x miles de euros en mano de obra e y miles de euros en equipo, la producci´ on de 1/3 2/3 cierta f´ abrica ser´ a Q(x, y) = 60 x y unidades. Si hay 120000 euros disponibles, ¿c´ omo debe distribuirse el dinero, entre mano de obra y equipo, para generar la mayor producci´ on posible? La condici´on de que hay 120 miles de euros disponibles significa que x + y = 120 (suponiendo que se emplee todo el dinero disponible). Por tanto, el planteamiento es Max. s. a
60x1/3 y2/3 x + y = 120
Pasamos a calcular los puntos cr´ıticos restringidos. Construimos la funci´on lagrangiana:
L(x,y,λ) = 60x1/3y2/3 − λ(x + y − 120) Sus derivadas parciales con respecto a x y a y son: ∂ 1 = 60 x−2/3 y2/3 ∂x 3
L
− λ(1) = 20 x−2/3y2/3 − λ
∂ 2 = 60x1/3 y −1/3 3 ∂y
L
− λ = 40 x1/3y−1/3 − λ
Las condiciones de Lagrange son: 2/3 2/3
20 x− y − λ = 0 40xx + yy−− 120− =λ =0 0 1/3
1/3
Despejamos λ en las dos primeras ecuaciones: λ = 20 x−2/3 y 2/3
λ = 40 x1/3 y−1/3
Igualamos las dos expresiones de λ: 20 y 2/3 40 x1/3 = x2/3 y 1/3
⇒
20 y 2/3 y1/3 = 40 x1/3 x2/3 16
⇒
20y = 40x
⇒ y = 2x
Entrando con esto en la tercera ecuaci´on, x + y x = 40, y = 80.
− 120 = 0, tenemos que 3x = 120, de donde
Tenemos s´olo un punto cr´ıtico, el punto (40, 80) . Al intentar comprobar que es un m´aximo usando el hessiano orlado, las operaciones resultan bastante pesadas y, finalmente, este determinante resulta valer 0, por lo que no podemos justificar as´ı que se trate de un m´aximo. S´ı se puede demostrar que es un m´aximo viendo que se trata de un programa convexo pero esto no es materia de examen. En definitiva, deben usarse 40000 euros (40 miles de euros) en mano de obra y 80000 euros en equipo para obtener la m´axima producci´ on. La producci´on m´axima ser´a Q(40, 80) = 60 (40)1/3 (80)1/3 = 3809,76 unidades. 9. Una empresa produce y comercializa dos bienes, X e Y . Se supone que se vende todo lo que se produce. El beneficio por la venta de dichos bienes est´ a expresado por la funci´ on B(x, y) = 2 ln (x
− 2) + 3 ln (y − 1)
siendo x e y el n´ umero de unidades vendidas de los bienes X e Y respectivamente. Se dispone de 240 unidades de materia prima para producir ambos bienes. Cada unidad del bien X precisa 10 unidades de materia prima para su fabricaci´ on y cada unidad del bien Y , 20 unidades. La materia prima ha de agotarse en su totalidad. Se pide: a) Halla el dominio de la funci´ on B (x, y). b) Escribe un programa matem´ atico para calcular el n´ umero de unidades del bien X y del Y que se han de fabricar para que el beneficio sea m´ aximo. c) Calcula el punto cr´ıtico restringido del programa anterior. Y comprueba que se trata de un m´ aximo. d) Halla el beneficio m´ aximo de la empresa y las cantidades x e y que debe producir para obtenerlo. e) Sin resolver el problema de nuevo, ¿cu´ anto variar´ıa el beneficio de la empresa si dispusiera de una unidad adicional de materia prima? Justifique la respuesta. (a) Dom(B) = (x, y) / x > 2, y > 1 .
{
}
(b) El hecho de que se dispone de 240 unidades de materia prima que debe gastarse en su totalidad se traduce en que 10x + 20y = 240. El planteamiento entonces es
Max. s. a
2 ln(x 2) + 3 ln(y 1) 10x + 20y = 240
−
−
(c) La funci´on lagrangiana es
L(x,y,λ) = 2 ln(x − 2) + 3 ln(y − 1) − λ(10x + 20y − 240) Las condiciones de Lagrange son:
2 x −3 2 − 10λ = 0 y − 1 − 20λ = 0
→ →
10x + 20y = 240
17
2 x−2
= 10λ
3 y −1
= 20λ
→ →
λ =
2 10x−20
λ =
3 20y −20
Entonces 2 10x
− 20
=
3 20y
− 20
40y
→
− 40 = 30x − 60 →
40y = 30x
− 20 →
y =
3x 4
− 12
Al sustituir en la tercera ecuaci´on, queda, 10x+20y = 240
→
10x+20
3x 1
Entonces x = 10, de donde y =
4
3x 4
= 240
−2
→
10x+15x 10 = 240
−
→
25x = 250
− 21 = 7, y λ = 10x2−20 = 802 = 0,025.
Tenemos as´ı el punto cr´ıtico restringido (x, y) = (10, 7), con λ = 0,025.
Comprobamos que es m´aximo. Como no podemos usar el Teorema de Weierstrass, miraremos el hessiano orlado. 0 10 20 2 10 0 H = (x 2)2 3 20 0 (y 1)2
| |
Evaluamos en el punto cr´ıtico:
0 |H (10, 7)| = 10 20
10
− −
−2
20 0
0
36
64
−3
− −
− − 2 3 = −400 64 − 100 36 > 0
Por ser positivo, podemos concluir que el punto cr´ıtico restringido, (10, 7), es un m´aximo local. (Aunque, de hecho, es un m´aximo global, pero no se puede justificar con este m´etodo). (d) El beneficio m´aximo de la empresa es el valor m´aximo, es decir, B(10, 7) = 2 ln(8) + 3 ln(6) = 9,53416 u.m. Se alcanza, como hemos hallado antes, en el punto (10, 7). Lo que significa que deben producirse x = 10 unidades del bien X e y = 7 unidades del bien Y. (e) Si dispusiera de una unidad m´as de materia prima, es decir, 241 en lugar de 240, y teniendo en cuenta que la variaci´on correspondiente del valor ´optimo est´ a dada por ∆M λ (∆b), al ser ∆b = 1, tenemos que ∆M λ = 0,025.
·
Esto nos dice que el beneficio m´aximo aumentar´ıa en 0,025 unidades, aproximadamente. NOTAS: Eso significa que el nuevo beneficio m´aximo ser´ıa de 9,53416 + 0,025 = 9,55916 u.m. aproximadamente. Si en vez de disponer de una unidad m´as de materia prima, dispusiera de, por ejemplo, tres unidades m´as, entonces ser´ıa ∆b = 3 y la variaci´on del valor ´optimo estar´ıa dada por ∆M λ (3) = 0,075 aproximadamente.
·
Y si en lugar de eso, dispusiera de, por ejemplo, dos unidades menos de materia prima, entonces ser´ıa ∆b = 2 y entonces ∆M λ ( 2) = 0,05, es decir, el valor ´optimo disminuir´ıa en cinco cent´esimas, aproximadamente.
−
· −
−
18
