MATEMATICAS EMPRESARIALES

Grado en Administracion y Direccion deEmpresas

Soluciones de la Relacionde Ejercicios N4.

Curso 2010/11

1. Estudia y resuelve los siguientes problemas de optimizacion con restricciones de igualdad uti-lizando el metodo de sustitucion.

a)Min. x2 + y2

s. a x+ 2y = 4

Despejamos en la restriccion, x = 4 2y , y entramos en la funcion objetivo.El problema se convierte ahora en

Min. (4 2y)2 + y2s. a y IR

que es un problema en una sola variable y sin restricciones.La funcion ahora es f(y) = (4 2y)2 + y2 = (16 16y + 4y2) + y2 = 5y2 16y + 16.Buscamos su mnimo.Empezamos hallando los puntos crticos.

f (y) = 10y 16 = 0 y = 1610

=85

La segunda derivada es f (y) = 10 > 0 en todo punto, lo que nos dice que la funcion f esconvexa. En consecuencia, el punto crtico, x = 85 es mnimo global.

Para tener la solucion del problema original, solo queda calcular x = 4 2(85) = 45 .

Por tanto, el mnimo global esta en el punto(45,85

).

El valor mnimo es m = (45)2 + (85)

2, es decir, m = 165 .

b)Max. x+ ys. a x2 + y = 1

Despejamos en la restriccion, y = 1 x2 , y entramos en la funcion objetivo.El problema se convierte ahora en

Max. x+ (1 x2)s. a x IR

Este es un problema en una sola variable y sin restricciones.La funcion ahora es f(x) = x2 + x+ 1. Buscamos su maximo.Hallamos sus puntos crticos:

f (x) = 2x+ 1 = 0 x = 12

1

Comprobemos que se trata de un maximo:f (x) = 2 < 0 en todo punto. Por tanto, la funcion es concava en IR y concluimos que elpunto crtico sera maximo global.Calculamos y = 1 (12)2 = 34 . Por tanto, el maximo del problema original se alcanza en el

punto, (x, y) =(12,34

).

El valor maximo es M = 5/4 = 1,25 .

c)Min. 3xys. a 2x 3y = 1

Despejando en la restriccion, y = 2x13 , y entrando en la funcion objetivo, el problema seconvierte en

Min. 3x(2x13

)s. a x IR

Min. x (2x 1)s. a x IR

La funcion es (x) = x(2x 1) = 2x2 x. Procediendo como en los ejercicios anteriores,llegamos a la conclusion de que se alcanza el mnimo global en el punto

(14,16

).

El valor mnimo es m = 3(14)(16 ) =

324 =

18 .

d)Max. 3x2 + 12ys. a x y = 1

Procediendo como en los ejercicios de antes, obtenemos finalmente que el maximo se alcanzaen el punto (x, y) = (2, 1) .

El valor maximo es M = 3(4) + 12(1) = 0 .

e)Min. x2 + y2 10zs. a 2x+ y z = 2

Despejamos z en la restriccion 2x+ y z = 2, de donde z = 2x+ y 2El problema se transforma en

Min. x2 + y2 10(2x+ y 2)s. a (x, y) IR2

Este problema es un problema sin restricciones. Lo resolvemos.La funcion es f(x, y) = x2 + y2 20x 10y + 20.Buscamos los puntos crticos

fx = 2x 20 = 0fy = 2y 10 = 0

x = 10, y = 5

2

El punto (10, 5) es el unico punto crtico de la funcion f .

Comprobamos que se trata de un mnimo. La matriz hessiana es Hess f(x, y) =(

2 00 2

),

que es definida positiva.Por lo que f es convexa en IR2. Y, en consecuencia, el punto crtico, (10, 5), sera el mnimoglobal.El valor mnimo es f(10, 5) = 105.La solucion que acabamos de dar es la del problema en dos variables.Cual es la solucion 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 mnimo global es (x, y, z) = (10, 5, 23). Y el valormnimo es 105.

f )Min. x2 + y2 + 2z2

s. a x+ y + z = 10

Despejamos x en la restriccion, obteniendo x = 10 y zEl problema se transforma en

Min. (10 y z)2 + y2 + 2z2s. a (y, z) IR2

Resolveremos este problema, que no tiene restricciones.La funcion es f(y, z) = (100 20y 20z + y2 + 2yz + z2) + y2 + 2z2, o sea,f(y, z) = 100 20y 20z + 2y2 + 2yz + 3z2.Buscamos los puntos crticos

fy = 20 + 4y + 2z = 0

fz = 20 + 2y + 6z = 0

(Resolviendo: ) y = 4, z = 2

El punto (y, z) = (4, 2) es el unico punto crtico de la funcion f .

Comprobamos que se trata de un mnimo. La matriz hessiana es Hess f(y, z) =(

4 22 6

),

que es definida positiva, ya que D1 = 4 > 0, D2 = 20 > 0.Por lo que f es convexa en IR2. Y, en consecuencia, el punto crtico sera mnimo global.

Para tener la solucion del problema original solo falta calcular x = 10 4 2 = 4.Por tanto, para el problema original, el mnimo global es (x, y, z) = (4, 4, 2). Y el valormnimo es m = 16 + 16 + 2(4) = 40.

2. Resuelve los siguientes problemas de optimizacion mediante el metodo de Lagrange, justificandopreviamente que el conjunto factible es compacto.

3

a)Opt. 2x2 + y3

s. a x2 + y2 = 1

Observamos que el conjunto factible es compacto, ya que es una circunferencia (en concreto,x2 + y2 = 1 representa la circunferencia de centro (0, 0) y radio 1). Por tanto, segun elteorema de Weierstrass, podemos asegurar que el problema tiene maximo global y mnimoglobal.

Sabemos que debemos buscar los puntos optimos entre los puntos crticos restringidos.La funcion lagrangiana es:

L(x, y, ) = 2x2 + y3 (x2 + y2 1)

Sus derivadas parciales con respecto a x, y, son:

Lx

= 4x (2x), Ly

= 3y2 (2y), L

= (x2 + y2 1)

Igualando a cero estas derivadas parciales tenemos las condiciones de Lagrange. Los puntoscrticos restringidos son las soluciones de este sistema de ecuaciones. Vamos a resolverlo.

4x 2x = 0 2x(2 ) = 0

x = 0 (Caso 1)o

= 2 (Caso 2)3y2 2 y = 0x2 + y2 1 = 0

Caso 1: x = 0 . Sustituimos en las otras ecuaciones:{3y2 2y = 0y2 1 = 0 y = 1

Si y = 1, la otra ecuacion queda: 3 2 = 0, es decir, = 3/2.Si y = 1, la otra ecuacion queda: 3 + 2 = 0, es decir, = 3/2.Tenemos, de momento, los puntos crticos restringidos P1 = (0, 1) (con = 3/2) y P2 = (0,1)(con = 3/2)Caso 2: = 2 . Sustituimos en las otras ecuaciones:

3y2 4y = 0 y(3y 4) = 0

y = 0 (Caso 2.1)o

y = 4/3 (Caso 2.2)x2 + y2 1 = 0

Caso 2.1 : Si y = 0, la ecuacion x2 + y2 1 = 0 queda como x2 = 1, es decir, x = 1.Tenemos as los puntos crticos restringidos P3 = (1, 0) (con = 2) y P4 = (1, 0) (con = 2).Caso 2.2: Si y = 4/3, tenemos que x2 = 1 y2 = 1 169 = 79 , lo cual es imposible, porquex2 no puede ser negativo.

4

Los puntos crticos restringidos obtenidos seran los candidatos a maximo global o mnimoglobal.

P.C.R. = {(0, 1), (0,1), (1, 0), (1, 0)}Evaluamos la funcion objetivo, f(x, y) = 2x2 + y3, en ellos.

f(0, 1) = 1, f(0,1) = 1, f(1, 0) = 2, f(1, 0) = 2

Por tanto, el valor mnimo es 1. El mnimo global es (0,1) .El valor maximo es 2. Hay dos maximos globales, los puntos (1, 0) y (1, 0) .

b)Opt. x2 + y2 2xys. a x2 + y2 = 8

La restriccion x2+ y2 = 8 representa una circunferencia, que es un conjunto compacto. Porel Teorema de Weierstrass podemos asegurar que existe maximo global y mnimo global.

Construimos la funcion lagrangiana:

L(x, y, ) = x2 + y2 2xy (x2 + y2 8)Sus derivadas parciales con respecto a x, y, son:

Lx

= 2x 2y (2x), Ly

= 2y 2x (2y), L

= (x2 + y2 8)

Las condiciones de Lagrange son:2x 2y 2x = 02y 2x 2 y = 0x2 + y2 8 = 0

Si sumamos las dos primeras ecuaciones, obtenemos que 2x 2y = 0, de donde2(x+ y) = 0, lo que da lugar a dos casos: = 0 o x+ y = 0.Caso 1: = 0 .En este caso, la primera y la segunda ecuacion nos dicen lo mismo, que x = y.Entrando en la ultima ecuacion tenemos que x2 + x2 = 8, o sea, 2x2 = 8, de donde x2 = 4y entonces x = 2.Tenemos por ahora los puntos crticos restringidos P1 = (2, 2) y P2 = (2,2) .

Caso 2: x+ y = 0 .

Tenemos entonces que y = x. La tercera ecuacion nos dice que x2 + (x)2 = 8, es decir,2x2 = 8, de donde x2 = 4 y x = 2.Si x = 2, entonces y = 2. Y si x = 2, entonces y = 2.Entrando en las otras ecuaciones, concluimos que = 2 en ambos casos.Tenemos ahora los nuevos puntos crticos restringidos P3 = (2,2) y P4 = (2, 2) .En definitiva, los puntos crticos restringidos son:

P.C.R. = {(2, 2), (2,2), (2,2), (2, 2)}

5

Evaluamos la funcion objetivo, f(x, y) = x2+y22xy, en estos puntos crticos restringidos.f(2, 2) = 22 + 22 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.Por tanto, el valor maximo es 16 y se alcanza en los puntos (2,2) y (2, 2) . Es decir,estos dos puntos son maximos globales del problema.

El valor mnimo es 0 y se alcanza en los puntos (2, 2) y (2,2) , que son losmnimosglobales.

c)Opt. xys. a x2 + y2 = 1

Observamos que la restriccion x2+y2 = 1 representa una circunferencia, que es un conjuntocompacto. Por el Teorema de Weierstrass podemos asegurar que tienen solucion, tanto elproblema de maximizacion como el de minimizacion.

Construimos la funcion lagrangiana:

L(x, y, ) = xy (x2 + y2)

Operando como en los ejercicios anteriores, escribimos las condiciones de Lagrange:y 2x = 0x 2y = 0x2 + y2 = 1

Despejamos y de la primera ecuacion: y = 2x .Entramos con esto en la segunda ecuacion:x 2y = 0 x 2(2x) = 0 x 42x = 0 x (1 42) = 0.De aqu surgen dos posibilidades:x = 0 (Caso 1)o1 42 = 0, de donde 2 = 14 y entonces = 12 (Caso 2) o = 12 (Caso 3)Pasamos a desarrollar cada caso.Caso 1: x = 0 . Entonces y = 2x = 0.Entramos con esto en la tercera ecuacion, que aun no hemos usado:x2 + y2 = 1 02 + 02 = 1 0 = 1. Luego la tercera ecuacion no se cumple, y, por tanto,no hay solucion en este caso.

Caso 2: = 12 y = 2x = 2 12x y = x .Entrando en la tercera ecuacion:x2 + y2 = 1 x2 + x2 = 1 2x2 = 1 x2 = 12 x =

12 , es decir, x =

12

o x = 12.

6

Si x = 12entonces y = x = 1

2.

Y si x = 12entonces y = x = 1

2.

Tenemos por ahora dos puntos crticos restringidos:(

12, 1

2

)y(12, 1

2

)Caso 3: = 12 y = 2x = 2

(12

)x y = x .

Entrando en la tercera ecuacion:x2 + y2 = 1 x2 + (x)2 = 1 2x2 = 1 x2 = 12 x =

12 , es decir, x =

12

o x = 12.

Si x = 12entonces y = x = 1

2.

Y si x = 12entonces y = x = 1

2.

Tenemos as dos nuevos puntos crticos restringidos:(

12, 1

2

)y(12, 1

2

)En definitiva, los puntos crticos restringidos son :

P1 =(

12,12

), P2 =

(12,12

), P3 =

(12,12

), P4 =

(12,12

)Evaluamos la funcion objetivo, f(x, y) = xy, en estos puntos.

f(

12, 1

2

)=(

12

)(12

)= 12 .

f(12, 1

2

)= 12 .

f(

12, 1

2

)= 12 .

f(12, 1

2

)= 12 .

Por tanto, el valor maximo es 12 y se alcanza en dos puntos, P1 =(

12, 1

2

)y P2 =

(12, 1

2

),

que son los maximos globales.

El valor mnimo es 12 y se alcanza en dos puntos, P3 =(

12, 1

2

)y P4 =

(12, 1

2

),

que son los mnimos globales.NOTA: Existe un metodo alternativo para resolver el sistema de ecuaciones. Es sencillopero tiene el inconveniente de que no siempre se puede emplear.Partimos del sistema

y 2x = 0x 2y = 0x2 + y2 = 1

Despejamos en las dos primeras ecuaciones 1.

=y

2x =

x

2y1Debemos observar que, cuando despejamos , estamos dando por hecho que los denominadores son no nulos. Real-

mente son no nulos, ya que, si fuera x = 0, la primera ecuacion obligara a ser y = 0, pero entonces no se cumple la terceraecuacion. Y, por razones similares, tampoco puede ser y = 0. Y si la posibilidad de que algun denominador se anulasefuera real? Entonces habra que considerar tambien dicha posibilidad. Ah radica el inconveniente de este procedimiento.

7

Entonces, igualando las dos expresiones de :y

2x=

x

2y 2y2 = 2x2 y2 = x2 (o sea y = x)

Juntando esto con la tercera ecuacion, tenemos{y2 = x2

x2 + y2 = 1

De donde x2 + x2 = 1, es decir, 2x2 = 1, o sea x2 = 12 , es decir, x = 12 . Y siguiendo estecamino, llegamos a obtener las mismas soluciones que obtuvimos antes, los cuatro puntoscrticos que nos salieron.

d)Min. x2 + 2y2s. a 4x2 + y2 = 36

Observamos que el conjunto factible es compacto, ya que la ecuacion 4x2 + y2 = 36 repre-senta una elipse. Por tanto, podemos asegurar que el problema tiene mnimo global.La funcion lagrangiana es:

L(x, y, ) = x2 + 2y2 (4x2 + y2 36)Las condiciones de Lagrange son:

2x 8x = 04y 2 y = 04x2 + y2 = 36

La primera ecuacion, 2x(1 + 4) = 0, da lugar a dos casos, x = 0 y = 1/4.Caso 1: x = 0. Las ecuaciones restantes quedan:{

4y 2y = 0 2y(2 ) = 0y2 = 36 y = 6

Como y = 6, en particular, y 6= 0, y la ecuacion 2y(2 ) = 0 nos dice que = 2.Tenemos los puntos crticos restringidos P1 = (0, 6) (con = 2) y P2 = (0,6) (con = 2)

Caso 2: = 1/4. Sustituimos en las otras dos ecuaciones:{4 y 2 (14 ) y = 04x2 + y2 = 36

es decir{

4y + y2 = 04x2 + y2 = 36

La ecuacion 4y + y2 = 0, es decir,9y2 = 0 nos dice que y = 0. Usando la otra ecuacion,

tenemos que 4x2 = 36, es decir, x2 = 9, o sea x = 3Tenemos as los puntos crticos restringidos P3 = (3, 0) (con = 1/4) y P4 = (3, 0)(con = 1/4).Evaluamos la funcion objetivo, f(x, y) = x2 + 2y2, en los puntos crticos.

f(0, 6) = 72, f(0,6) = 72, f(3, 0) = 9, f(3, 0) = 9Por tanto, el valor mnimo es 9. Hay dos mnimos globales, los puntos (3, 0) y(3, 0) . (El valor maximo es 72, pero esto no se peda).

8

e)Opt. x+ y + zs. a x2 + y2 + z2 = 3

La restriccion, x2 + y2 + z2 = 3, representa una esfera en el espacio tridimensional. Portanto, el conjunto factible es compacto y podemos asegurar que el problema tiene maximoy mnimo globales.La funcion lagrangiana es :

L(x, y, z, ) = x+ y + z (x2 + y2 + z2 3)

Sus derivadas parciales con respecto a x, y, z y son:

Lx

= 1 (2x), Ly

= 1 (2y), Lz

= 1 (2z), L

= (x2 + y2 + z2 3)

Las condiciones de Lagrange son:1 2x = 0 x = 121 2 y = 0 y = 121 2 z = 0 z = 12x2 + y2 + z2 3 = 0

Entonces:

x2 + y2 + z2 = 3 (12

)2+(12

)2+(12

)2= 3 3

42= 3

42 = 1 2 = 14

= 12

Si = 12 , tenemos que x =12 =

12(1/2) = 1, y = 1, z = 1. Obtenemos as el punto (1, 1, 1) .

Si = 12 , sale el punto (1,1,1) .Los valores de la funcion f en los dos unicos candidatos son:f(1, 1, 1) = 3f(1,1,1) = 3.As que el valor maximo es 3 y el punto maximo global es (1, 1, 1).Y el valor mnimo es 3, siendo (1,1,1) el mnimo global.

f )Min. xy + zs. a x2 + y2 + z2 = 1

La restriccion, x2 + y2 + z2 = 1, representa una esfera en el espacio tridimensional, que esun conjunto compacto. Podemos asegurar que el problema tiene mnimo global (Tambienmaximo global, pero eso no se nos pide).La funcion lagrangiana es :

L(x, y, z, ) = xy + z (x2 + y2 + z2 1)

9

Sus derivadas parciales con respecto a x, y, z y son:

Lx

= y (2x), Ly

= x (2y), Lz

= 1 (2z), L

= (x2 + y2 + z2 1)

Las condiciones de Lagrange son:y 2x = 0 y = 2xx 2 y = 0 x 2(2x) = 01 2 z = 0x2 + y2 + z2 1 = 0

La condicion x 42x = 0, es decir, x(1 42) nos da tres posibilidades:x = 0 (Caso 1) , = 12 (Caso 2) , =

12 (Caso 3)

Caso 1: Si x = 0 , entonces, y = 2x = 0, es decir, y = 0. Entonces, de la ultima ecuacion,z2 = 1, es decir, z = 1. Para z = 1, = 1/(2z) = 1/2. Y para z = 1, = 1/2.Tenemos as los siguientes puntos crticos restringidos: (0, 0, 1) (con = 1/2) , (0, 0,1)(con = 1/2)Caso 2: Para = 12 , tenemos que z =

12 =

12( 1

2)= 1. Entrando en la ultima ecuacion:

x2 + y2 + (1)2 = 1, es decir, x2 + y2 = 0, de donde x = 0, y = 0, as que obtenemos unpunto que ya salio antes, (0, 0, 1).

Caso 3: Para = 12 , resulta que z =12 =

12(1

2)= 1. Y entrando en la ultima ecuacion

sacamos que x = 0, y = 0, obteniendo el punto, (0, 0,1), que ya salio antes.Evaluamos la funcion f(x, y, z) = xy + z en los dos unicos candidatos:f(0, 0, 1) = 1f(0, 0,1) = 1.El valor mnimo es 1 y el punto en el que se alcanza, (0, 0,1), es el mnimo global.(El otro punto, (0, 0, 1), es maximo global, pero no se peda)

3. Calcula los maximos y mnimos locales en los siguientes problemas de optimizacion.

a)Opt. x2 + 2y2 xys. a 2x+ y = 22

El conjunto factible no es compacto (se trata de una recta, y, por tanto, no esta acotado).No podemos garantizar la existencia de optimos globales. Nos limitaremos a buscar losoptimos locales.Buscamos los puntos crticos restringidos. Construimos la funcion lagrangiana:

L(x, y, ) = x2 + 2y2 xy (2x+ y 22)Las condiciones de Lagrange son:

2x y 2 = 0 = 2x y2

4y x = 0 = 4y x2x+ y 22 = 0

10

Igualando los dos despejes de , tenemos que2x y

2= 4yx, de donde 2x y = 8y 2x,

es decir, 4x = 9y, o sea x =9y4.

Entrando en la tercera ecuacion,

2x+ y = 22 2(9y4

)+ y = 22 18y

4+4y4

= 22 22y = 88 y = 4

De y = 4 deducimos que x = 9y4 =9(4)4 = 9. Y = 7

Tenemos solo un punto crtico restringido, el punto (9, 4) .

Para saber si es un maximo local o un mnimo local, calculamos el hessiano orlado:

|H| =

0g

x

g

yg

x

2Lx2

2Lxy

g

y

2Lxy

2Ly2

=

0 2 12 2 11 1 4

Ahora tendramos que evaluarlo en el punto crtico, pero no depende del punto. El valor deeste determinante es |H| = 22 < 0. Esto nos dice que nuestro punto crtico es un mnimolocal. O sea, nuestra funcion tiene un mnimo local en el punto (x, y) = (9, 4).

Si este mnimo es global o no, no lo podemos saber con los calculos que se han hecho.

b)Opt. 16y x2 y2 6s. a x2 y2 = 0

Buscamos los optimos locales. Calculamos los puntos crticos restringidos.Construimos la funcion lagrangiana:

L(x, y, ) = 16y x2 y2 6 (x2 y2)

Las condiciones de Lagrange son:2x 2x = 0 2x(1 + ) = 0

{x = 0 (Caso 1) = 1 (Caso 2)

16 2y + 2y = 0x2 y2 = 0

Caso 1. x = 0 . Las ecuaciones no usadas quedan como{16 2y + 2y = 0y2 = 0 y = 0

La ultima ecuacion dice que debe ser y = 0. Pero, al entrar con este valor en la otra ecuacion,queda como 16 = 0, que no tiene solucion.Por tanto, no hay puntos crticos restringidos correspondientes a este Caso 1.

11

Caso 2. = 1 . Las ecuaciones no usadas quedan como{16 2y + 2(1)y = 0 16 4y = 0 y = 4x2 y2 = 0

Entramos con el valor y = 4 en la ultima ecuacion y queda como: x2 16 = 0, de dondex = 4.Tenemos as los dos puntos crticos restringidos P1 = (4, 4), P2 = (4, 4).Para saber si se trata de maximos o mnimos locales calculamos el hessiano orlado:

|H| =

0g

x

g

yg

x

2Lx2

2Lxy

g

y

2Lxy

2Ly2

=

0 2x 2y2x 2 2 02y 0 2 + 2

Lo evaluamos en cada punto crtico:

|H(4, 4)| =

0 8 88 0 0

8 0 4

= 256 > 0. Por tanto, hay un maximo local en el punto (4, 4)|H(4, 4)| =

0 8 8

8 0 08 0 4

= 256 > 0. Hay otro maximo local en el punto (4, 4)

4. Dado el programaOpt. f(x, y) = 55x+ 12y

x

s. a x2 + 3y = a

con a IR y sabiendo que (4, yo) es un punto crtico restringido del mismo:a) Calcula los valores de yo y de a.b) Determina si el punto crtico obtenido en el apartado anterior es maximo o mnimo.

a) Escribimos las condiciones de Lagrange. El punto crtico restringido (4, yo) debe cumplirlas.La funcion lagrangiana es

L(x, y, ) = 55x+ 12yx (x2 + 3y a)Las condiciones de Lagrange son entonces:

55 + 6yx 2x = 0

12x 3 = 0

x2 + 3y a = 0 sustituyendo el punto (4, yo)

55 + 6yo

4 2(4) = 0

124 3 = 0

42 + 3yo a = 0Es decir,

55 + 3yo 8 = 024 3 = 0 = 816 + 3yo a = 0

={

55 + 3yo 64 = 0 yo = 316 + 3yo a = 0 a = 16 + 3yo = 16 + 9 = 25

En definitiva, se tiene que yo = 3 y a = 25 .

12

b) Queremos saber si el punto crtico obtenido antes, es decir, el punto (x, y) = (4, 3) (con = 8) es un maximo o un mnimo local. Para ello usamos el hessiano orlado.

|H| =

0 2x 3

2x6y 1

2x

(x)2

2 6x

36x

0

Evaluamos en el punto crtico:

|H(4, 3)| =0 8 38 17,125 33 3 0

= 72 + 72 9(17,125) = 298,125 > 0Por ser positivo el anterior determinante, el punto crtico restringido (4, 3) es un maximolocal.

5. Una empresa produce un bien utilizando dos factores productivos, x1 y x2. Su funcion de costeses 4x1 + 5x2 y la funcion de produccion es x1x2. Se pide plantear y resolver los dos siguientesproblemas.

a) Maximizar la produccion, 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 esMax. x1x2s. a 4x1 + 5x2 = 40

Se puede resolver por sustitucion o por el metodo de los multiplicadores de Lagrange.Procediendo como siempre, llegamos a la conclusion de que el maximo se alcanza en elpunto (x1, x2) = (5, 4). La maxima produccion sera: x1x2 = (5)(4) = 20 unidades.

b) El planteamiento ahora esMin. 4x1 + 5x2s. a x1x2 = 20

Lo podemos resolver por el metodo de sustitucion o el de Lagrange.

Utilizamos, por ejemplo, el de sustitucion. Despejamos x2 =20x1

.

Se trata de buscar el mnimo de la funcion

f(x1) = 4x1 + 5 20x1

= 4x1 +100x1

Su derivada es f (x1) = 4 100x21

. Se anula cuando 4 = 100x21, es decir, x21 =

1004 = 25, de

donde x1 = 5 o x1 = 5, pero esta ultima no tiene sentido economico.Comprobamos que se trata de un mnimo.

f (x1) = 100(2x1)x41

= +200x31

> 0. Esto nos dice que se trata realmente de un mnimo2.

Finalmente, para x1 = 5, calculamos x2 = 20/5 = 4. As, el mnimo se alcanza en el punto(x1, x2) = (5, 4). El coste mnimo es 4(5) + 5(4) = 40.

2Realmente el dominio natural de la funcion f(x1) es IR+ = (0,+). En este dominio la derivada segunda, f (x1) =

200/x31 es siempre positiva, por lo que la funcion f es estrictamente convexa. Y el punto crtico es un mnimo global.

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6. Una heladera fabrica tarrinas de helado de fresa y de vainilla. Cada tarrina de fresa proporcionaun beneficio de 2 euros y cada tarrina de vainilla supone un beneficio de 1 euro. El coste deproduccion de x tarrinas de fresa e y tarrinas de vainilla es x2+2y2. Se desea que el coste totalsea de 18 euros. Se pide:

a) Plantea el problema de maximizacion para el beneficio de la heladera.

b) Justifica que dicho problema tiene solucion.

c) Resuelve el problema mediante el metodo de los multiplicadores de Lagrange.

d) Cuantas tarrinas de cada sabor debe vender la heladera para obtener el maximo beneficio?Cual es el beneficio maximo?

(a) El planteamiento esMax. 2x+ ys. a x2 + 2y2 = 18

(b) El conjunto factible s es compacto, ya que se trata de una elipse.

Por el teorema de Weierstrass podemos asegurar que existe tanto maximo como mnimo.

En particular, podemos asegurar que el problema de maximizacion tiene solucion.

(c) Buscamos los puntos crticos restringidos.

L(x, y, ) = 2x+ y (x2 + 2y2 18)Las condiciones de Lagrange son:

2 2x = 0 x = 1

1 4y = 0 y = 14

x2 + 2y2 18 = 0Entrando en la tercera ecuacion,

x2+2y2 = 18 (1

)2+2(14

)2= 18 1

2+2

1162

= 18 16162

+2

162= 18

18162

= 18 162 = 1 2 = 116

= 14

De = 14 deducimos que x =11/4 = 4 y que y =

14(1/4) = 1.

De = 14 deducimos que x =1

1/4 = 4 y que y = 14(1/4) = 1.

Por tanto, tenemos dos puntos crticos restringidos: P1 = (4, 1), P2 = (4,1).Evaluamos la funcion objetivo, f(x, y) = 2x+ y en ellos: f(4, 1) = 9, f(4,1) = 9.Concluimos que el maximo se alcanza en el punto (4, 1).

(d) Por tanto, deben producirse 4 tarrinas de fresa y 1 de vainilla. El maximo beneficio esentonces de 9 u.m.

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NOTA 1: Existe una forma alternativa de resolver el sistema de ecuaciones. En lugar de despejar xe y en terminos de en las dos primeras ecuaciones, despejar en ambas e igualar los resultados.Esto dara

=1x, =

14y

1x=

14y

4y = x

Entrando ahora en la tercera ecuacion:

x2 + 2y2 = 18 (4y)2 + 2y2 = 18 18y2 = 18 y = 1

Si y = 1, entonces x = 4, = 1/4. Y si y = 1, entonces x = 4, = 1/4. Tenemos as losmismos puntos que obtuvimos antes.

NOTA 2: Por el enunciado del problema, esta claro que no sera aceptable una solucion concomponentes negativas. Entonces, por que tenemos en cuenta el punto (4,1)? Porque nosestamos apoyando en el Teorema de Weierstrass para localizar el maximo, basandonos en que laelipse (completa, incluyendo puntos con componentes negativas) es un conjunto compacto.

Y no podra considerarse como conjunto factible el formado por los puntos de la elipse x2+2y2 =18 que ademas cumplan las restricciones de no-negatividad, x 0, y 0? Bueno, este conjunto escompacto, as que esta garantizada la existencia de maximos o mnimos. Pero ahora no tenemossolo una igualdad sino, ademas dos desigualdades. Y el metodo de Lagrange no sirve para resolverproblemas con restricciones de desigualdad.

7. Una empresa produce un determinado bien a partir de dos factores productivos. Sea Q(x, y) =5x+ 2y la funcion de produccion de la empresa y C(x, y) = 8x2 + 4y2 la funcion de costes.

a) Determina las cantidades de factores x e y con las que se minimiza el coste al producir 33unidades de producto as como dicho coste mnimo.

b) Si se quisiera producir 34 unidades de producto, y sin resolver de nuevo el problema, hallecuanto se incrementara, aproximadamente, el coste mnimo. Halle tambien, aproximada-mente, el nuevo coste mnimo.

a) Si se producen 33 unidades de producto es que Q(x, y) = 5x+2y = 33. Esta es la restriccion.Por tanto, el planteamiento es

Min. 8x2 + 4y2

s. a 5x+ 2y = 33

Construimos la funcion lagrangiana:

L(x, y, ) = 8x2 + 4y2 (5x+ 2y 33)

Las condiciones de Lagrange son: 16x 5 = 08 y 2 = 05x+ 2y = 33

Resolviendo este sistema obtenemos que su solucion es: x = 5, y = 4, = 16.

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Tenemos solo un punto crtico restringido, el punto (5, 4) . Comprobamos que es mnimo.

|H| =0 5 25 16 02 0 8

= 64 200 < 0Por ser negativo, queda comprobado que el punto es un mnimo local.

En definitiva, hay que usar x = 5 unidades del primer factor productivo e y = 4 unidades delsegundo factor productivo para que el coste sea mnimo.

El valor mnimo (=coste mnimo) es C(5, 4) = 264.

b) Si se pasa de producir 33 unidades a producir 34, (es decir, el termino independiente de larestriccion aumenta en una unidad), el valor optimo (=coste mnimo) variara en = 16 unidadesaproximadamente. El nuevo coste mnimo sera 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 produccion decierta fabrica sera Q(x, y) = 60x1/3 y2/3 unidades. Si hay 120000 euros disponibles, como debedistribuirse el dinero, entre mano de obra y equipo, para generar la mayor produccion posible?

La condicion de que hay 120 miles de euros disponibles significa que x + y = 120 (suponiendoque se emplee todo el dinero disponible). Por tanto, el planteamiento es

Max. 60x1/3y2/3

s. a x+ y = 120

Pasamos a calcular los puntos crticos restringidos. Construimos la funcion lagrangiana:

L(x, y, ) = 60x1/3y2/3 (x+ y 120)

Sus derivadas parciales con respecto a x y a y son:

Lx

= 6013x2/3y2/3 (1) = 20x2/3y2/3

Ly

= 60x1/323y1/3 = 40x1/3y1/3

Las condiciones de Lagrange son: 20x2/3y2/3 = 040x1/3y1/3 = 0x+ y 120 = 0

Despejamos en las dos primeras ecuaciones:

= 20x2/3y2/3 = 40x1/3y1/3

Igualamos las dos expresiones de :

20 y2/3

x2/3=

40x1/3

y1/3 20 y2/3 y1/3 = 40x1/3 x2/3 20y = 40x y = 2x

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Entrando con esto en la tercera ecuacion, x + y 120 = 0, tenemos que 3x = 120, de dondex = 40, y = 80.

Tenemos solo un punto crtico, el punto (40, 80) .

Al intentar comprobar que es un maximo usando el hessiano orlado, las operaciones resultanbastante pesadas y, finalmente, este determinante resulta valer 0, por lo que no podemos justificaras que se trate de un maximo. S se puede demostrar que es un maximo viendo que se trata deun 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 enequipo para obtener la maxima produccion.

La produccion maxima sera 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 seproduce. El beneficio por la venta de dichos bienes esta expresado por la funcion

B(x, y) = 2 ln(x 2) + 3 ln(y 1)siendo x e y el numero de unidades vendidas de los bienes X e Y respectivamente.

Se dispone de 240 unidades de materia prima para producir ambos bienes. Cada unidad delbien X precisa 10 unidades de materia prima para su fabricacion y cada unidad del bien Y , 20unidades. La materia prima ha de agotarse en su totalidad. Se pide:

a) Halla el dominio de la funcion B(x, y).b) Escribe un programa matematico para calcular el numero de unidades del bien X y del Y

que se han de fabricar para que el beneficio sea maximo.c) Calcula el punto crtico restringido del programa anterior. Y comprueba que se trata de un

maximo.d) Halla el beneficio maximo de la empresa y las cantidades x e y que debe producir para

obtenerlo.e) Sin resolver el problema de nuevo, cuanto variara 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 sutotalidad se traduce en que 10x+ 20y = 240.

El planteamiento entonces esMax. 2 ln(x 2) + 3 ln(y 1)s. a 10x+ 20y = 240

(c) La funcion lagrangiana es

L(x, y, ) = 2 ln(x 2) + 3 ln(y 1) (10x+ 20y 240)Las condiciones de Lagrange son:

2x 2 10 = 0

2x2 = 10 = 210x20

3y 1 20 = 0

3y1 = 20 = 320y20

10x+ 20y = 240

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Entonces

210x 20 =

320y 20 40y 40 = 30x 60 40y = 30x 20 y =

3x4 12

Al sustituir en la tercera ecuacion, queda,

10x+20y = 240 10x+20(3x4 12

)= 240 10x+15x10 = 240 25x = 250

Entonces x = 10, de donde y = 3x4 12 = 7, y = 210x20 = 280 = 0,025.Tenemos as el punto crtico restringido (x, y) = (10, 7), con = 0,025.

Comprobamos que es maximo. Como no podemos usar el Teorema de Weierstrass, miraremos elhessiano orlado.

|H| =

0 10 20

102

(x 2)2 0

20 03

(y 1)2

Evaluamos en el punto crtico:

|H(10, 7)| =0 10 2010 264 020 0 336

= 400(264

) 100

(336

)> 0

Por ser positivo, podemos concluir que el punto crtico restringido, (10, 7), es un maximo local.(Aunque, de hecho, es un maximo global, pero no se puede justificar con este metodo).

(d) El beneficio maximo de la empresa es el valor maximo, 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 producirsex = 10 unidades del bien X e y = 7 unidades del bien Y.

(e) Si dispusiera de una unidad mas de materia prima, es decir, 241 en lugar de 240, y teniendoen cuenta que la variacion correspondiente del valor optimo esta dada por M ' (b), alser b = 1, tenemos que M ' = 0,025.Esto nos dice que el beneficio maximo aumentara en 0,025 unidades, aproximadamente.

NOTAS: Eso significa que el nuevo beneficio maximo sera de 9,53416 + 0,025 = 9,55916 u.m.aproximadamente.

Si en vez de disponer de una unidad mas de materia prima, dispusiera de, por ejemplo, tresunidades mas, entonces sera b = 3 y la variacion del valor optimo estara dada por M ' (3) = 0,075 aproximadamente.

Y si en lugar de eso, dispusiera de, por ejemplo, dos unidades menos de materia prima, entoncessera b = 2 y entonces M ' (2) = 0,05, es decir, el valor optimo disminuira en cincocentesimas, aproximadamente.

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