Soluciones a los ejercicios propuestos: Matem aticas III ...

Soluciones a los ejercicios propuestos: Matematicas III. Curso 10–11 92

Tema 9

1. Consideremos el problema minF (x, y)s.a.:g(x, y) = b. Siendo F y g funcionescon derivadas parciales continuas en IR2. Supongamos que (x?, y?) es unmınimo local del programa, tal que ∇g(x?, y?) 6= 0. Demostrar que en(x?, y?) se verifican las condiciones necesarias de Lagrange. Para ello utilizarel teorema de la funcion implıcita y las condiciones de primer orden paraproblemas sin restricciones.

Teniendo en cuenta la condicion necesaria de Lagrange, y aplicandola anuestro caso, nos queda:Dado el programa

opt F (x, y)s.a. g(x, y) = b

donde F y g estan definidas en un subconjunto abierto D ⊂ IR2 en el queambas funciones tienen derivadas parciales primeras continuas, entonces

(x∗, y∗) ∈ B ={

(x, y) ∈ IR2/(x, y) ∈ D, g(x, y) = 0},

es solucion local del programa tal que ∇g(x∗, y∗) 6= 0 ,∃λ∗ ∈ IR verificando elsistema de ecuaciones

∇F (x∗, y∗) + λ∗∇g(x∗, y∗) = 0

Hemos de demostrar esta condicion de Lagrange a partir de lascorrespondientes para programas sin restricciones, por tanto, necesitamosescribir una de las variables en funcion de la otra para poder sustituirlaposteriormente en la funcion objetivo, eliminando ası la restriccion.Si la ecuacion g(x, y) = b permite despejar una de las variables, el problemaesta resuelto. Sin embargo, esto en general no es posible. Para que, porejemplo, g(x, y) = b defina a y como funcion de x en el punto (x∗, y∗), hande verificarse todas las hipotesis del Teorema de la funcion implıcita parafunciones escalares, es decir:

• g(x∗, y∗) = b, obvio por ser (x∗, y∗) solucion del programa.

• g es continua y con derivadas parciales primeras continuas en (x∗, y∗) (loes en todo IR2 por hipotesis).

• ∂g∂y

(x∗, y∗) 6= 0, por ser ∇g (x∗, y∗) 6= 0


En estas condiciones, existen Ux∗ y Uy∗ entornos de x∗ e y∗ respectivamente,y una funcion h : Ux∗ −→ Uy∗tal que:

• y∗ = h(x∗)

• g(x, h(x)) = b, ∀x ∈ Ux∗• h es continua y derivable en Ux∗ siendo la derivada de la funcion h en x∗

igual a h′(x∗) = −∂g∂x

(x∗, y∗)∂g∂y

(x∗, y∗)

Por tanto, en un entorno de (x∗, y∗), el programa original se reduce a

minF (x, h(x))⇐⇒ min f(x),

con f(x) = F (x, h(x)).Las condiciones necesarias de primer orden para un programa sin restriccionesson f ′(x) = 0. Ahora bien, en x∗ se tiene

∂f∂x

= ∂F∂x

+ ∂F∂y· ∂h∂x

= 0

Sustituyendo la derivada de h respecto de x por su valor tenemos:

∂F

∂x−

∂F∂x∂g∂y

∂g

∂x= 0. (11)

Por otra parte, podemos escribir la siguiente identidad:

∂F

∂y−

∂F∂y∂g∂y

∂g

∂y= 0. (12)

Si llamamos λ∗ = −∂F/∂y

∂g/∂y(x∗, y∗), entonces (1) y (2) se pueden expresar

como:

∂F∂x

(x∗, y∗) + λ∗ ∂g∂x

(x∗, y∗) = 0∂F∂y

(x∗, y∗) + λ∗ ∂g∂y

(x∗, y∗) = 0

}(3)

Observese que las ecuaciones en (3) junto con la restriccion g(x, y) = b, sonlas condiciones necesarias de primer orden para programas con restriccionesde igualdad.

2. Demostrar que, sobre la recta y = mx, la funcion f(x, y) = 3x3 − 4x2y +y2 tiene un mınimo en (0, 0) pero que no existe mınimo en un entornobidimensional del origen.


min f(x, y) = 3x3 − 4x2y + y2

s.a. y = mx

}

Sustituyendo la restriccion en la funcion objetivo, se obtiene un programa sinrestricciones con una unica variable de decision,

min 3x3 − 4mx3 +m2x2

x ∈ IR

}

Los puntos crıticos de la funcion objetivo f(x) = (3− 4m)x3 + m2x2 son lassoluciones de,

f ′(x) = 3(3− 4m)x2 + 2m2x = 0

x [3(3− 4m)x+ 2m2] = 0→{

x = 03(3− 4m)x+ 2m2 = 0

Uno de los puntos crıticos es x = 0, ahora solo basta demostrar que dichopunto sea mınimo. Puesto que,

f ′′(x) = (18− 24m)x+ 2m2 → f ′′(0) = 2m2 > 0Luego x = 0 es un mınimo del problema sin restricciones, por tanto, la soluciondel problema inicial es (0, 0), ya que para x = 0, se obtiene y = 0.

3. Determinar los extremos de la funcion f(x, y) = x2 + y2 restringida a lacondicion y + x2 = 1.

opt f(x, y) = x2 + y2

s.a. y + x2 = 1

}

Sustituimos la restriccion en la funcion objetivo, y obtenemos un programasin restricciones con una unica variable de decision,

opt x2 + (1− x2)2

x ∈ IR

}

Los puntos crıticos de la funcion objetivo f(x) = x2 + (1 − x2)2 son lassoluciones de,

f ′(x) = 2x+ 2(1− x2)(−2x) = 0

2x [1− 2(1− x2)] = 0→{

x = 01− 2(1− x2) = 0

1− 2 + 2x2 = 0

2x2 = 1→ x = ±√

12

= ±√

22


Por tanto, los puntos crıticos son x = −√

22

, x = 0 y x =√

22

.Por otro lado,

f ′′(x) = 12x2 − 2entonces,

f ′′(−√

22

)= f ′′

(√2

2

)= 4 > 0

f ′′(0) = −2 < 0

Luego x = −√

22

y x =√

22

son mınimos del problema sin restricciones, y x = 0es un maximo de dicho problema.

El problema inicial presenta mınimos en los puntos(−√

22, 1

4

)y(√

22, 1

4

),

teniendo un maximo en (0,1).

4. Resolver los programas siguientes mediante las condiciones de Lagrange:

(a) min 7 + x2 + 2y2 + 4y − 2x+ (z − 2)2 s. a. 2x+ 4y + z = 0.

La funcion lagrangiana es,

L(x, y, z;λ) = 7 + x2 + 2y2 + 4y − 2x+ (z − 2)2 − λ(2x+ 4y + z)y las condiciones necesarias de primer orden son,

∂L∂x

= 2x− 2− 2λ = 0∂L∂y

= 4y + 4− 4λ = 0∂L∂z

= 2(z − 2)− λ = 0∂L∂λ

= −(2x+ 4y + z) = 0

Despejando respectivamente x, y, z de las tres primeras ecuaciones, ysustituyendo en la ultima, se obtiene el punto x∗ = (1,−1, 2) conmultiplicador de Lagrange λ∗ = 0 asociado a la restriccion.El gradiente de la funcion que define la restriccion es ∇g(x, y, z) =(2, 4, 1),∀(x, y, z) ∈ IR3 y en particular, para el punto (1,−1, 2).Comprobemos si en x∗ se cumplen las condiciones suficientes de segundoorden. En primer lugar calculamos,

HxL(x; λ) =

2 0 00 4 00 0 2

,que es siempre definida positiva y por tanto no necesitamos restringir.El punto x∗ = (1,−1, 2) es un mınimo local estricto.

(b) max z s. a. x2 + y2 = 4, x+ y + z = 5.


La funcion lagrangiana es,L(x, y, z;λ1, λ2) = z − λ1(x2 + y2 − 4)− λ2(x+ y + z − 5)y las condiciones necesarias de primer orden son,∂L∂x

= −(2λ1x+ λ2) = 0∂L∂y

= −(2λ1y + λ2) = 0∂L∂z

= 1− λ2 = 0∂L∂λ1

= −(x2 + y2 − 4) = 0∂L∂λ2

= −(x+ y + z − 5) = 0

De la tercera ecuacion deducimos que λ2 = 1, y de las dos primerasal igualar respecto a λ2 obtenemos que 2λ1x = 2λ1y. Por tanto, tenemosque λ1 = 0 o x = y. El caso λ1 = 0, no puede darse pues esto implicarıaque λ2 fuese igual a 0 (de la primera y segunda ecuacion) y esto esincompatible con la tercera ecuacion. En consecuencia, x = y. Ahorasustituyendo en la cuarta y quinta ecuacion, obtenemos: x = ±

√2,

z = 5± 2√

2. Luego los puntos estacionarios con sus multiplicadores deLagrange asociados,

x∗1 =(√

2,√

2, 5− 2√

2)

;λ∗1 = − 1

2√

2, λ2 = 1.

x∗2 =(−√

2,−√

2, 5 + 2√

2)

;λ∗1 =1

2√

2, λ∗2 = 1.

Para el estudio de las condiciones de segundo orden en los puntosanteriores, necesitamos:

J g(x, y, z) =

(2x 2y 01 1 1

).

HxL(x; λ) =

−2λ1 0 00 −2λ1 00 0 0

.Como el primer multiplicador de Lagrange en los puntos crıticos soniguales pero de signo contrario, se tiene que la matriz hessiana anteriorsera semidefinida positiva en el primer punto y semidefinida negativa enel segundo. Por tanto tendremos que restringir. Tenemos que:

J g(x∗1) =

(2√

2 2√

2 01 1 1

),J g(x∗2) =

(−2√

2 −2√

2 01 1 1

).

Los vectores “tangentes” a las restricciones, para x∗1, seran:

(2√

2 2√

2 01 1 1

) h1

h2

h3

= 0⇐⇒ 2√

2(h1 + h2) = 0h1 + h2 + h3 = 0

⇐⇒ h2 = −h1, h3 = 0.


De forma analoga se obtienen las mismas soluciones para x∗2. La formacuadratica restringida sera entonces:

(h1,−h1, 0)

− 1√

20 0

0 − 1√2

0

0 0 0

h1

−h1

0

= − 2√2h2

1 < 0.

Por tanto, x∗1 es maximo local. De forma analoga se deduce que x∗2 esmınimo local.

(c) Opt. x2y s. a. x2 + y2 = 1.

La funcion lagrangiana resulta L(x, y;λ) = x2y − λ(x2 + y2 − 1), y portanto las condiciones de primer orden son:∂L∂x

= 2xy − 2λx = 2x(y − λ)0∂L∂y

= x2 − 2λy = 0∂L∂λ

= −(x2 + y2 − 1) = 0

De la primera ecuacion deducimos que x = 0 o y = λ. Veamos cada caso:

i. Si x = 0, entonces λ = 0 en la segunda ecuacion (observemos quey = 0 no puede ser pues no verificarıa la tercera ecuacion). Dedonde, deducimos en la tercera ecuacion que y = ±1.

ii. Si y = λ, entonces de la segunda ecuacion se tiene x2 − 2λ2 =0 ⇐⇒ x2 = 2λ2, y por tanto en la tercera ecuacion se tiene que

λ2 =1

3⇐⇒ λ = ± 1√

3y por tanto x = ±

√2

3.

Hemos obtenido por tanto, los puntos estacionarios con susmultiplicadores de Lagrange asociados, siguientes:

x∗1 = (0, 1);λ∗ = 0

x∗2 = (0,−1);λ∗ = 0

x∗3 =

√2

3,

1√3

;λ∗ =1√3

x∗4 =

√2

3,− 1√

3

;λ∗ = − 1√3

x∗5 =

−√

2

3,

1√3

;λ∗ =1√3

x∗6 =

−√

2

3,− 1√

3

;λ∗ = − 1√3


Utilizaremos para la clasificacion de estos puntos las matrices:

∇g(x, y) = (2x, 2y), HxL(x; λ) =

(2y − 2λ 2x

2x −2λ

).

Veamos que ocurre con x∗1 :

HxL(x∗1;λ∗) =

(2 00 0

),

que es semidefinida positiva y por tanto debemos restringir para hacer laclasificacion del punto. Como ∇g(x∗1) = (0, 2), se tiene que los vectoresa los que hay que restringir son de la forma:

(0, 2)

(h1

h2

)= 2h2 = 0⇐⇒ h2 = 0.

Luego la forma cuadratica restringida sera:

(h1, 0)

(2 00 0

)(h1

0

)= 2h2

1 > 0.

En consecuencia, x∗1 es mınimo local. Para x∗2 se tiene lo mismo perocon signo contrario en la matriz hessiana y por tanto la forma cuadraticarestringida asociada es definida negativa y en consecuencia, x∗2 es maximolocal. Para x∗3 tenemos:

HxL(x∗3;λ∗) =

0 2√

23

2√

23− 2√

3

,que es indefinida. Veamos sobre que vectores debemos restringir:

∇g(x∗3) · h = (2

√2

3,

2√3

)

(h1

h2

)= 0⇐⇒ h2 = −

√2h1.

Por tanto, la forma cuadratica restringida es:

(h1,−√

2h1)

0 2√

23

2√

23− 2√

3

( h1

−√

2h1

)= − 12√

3h2

1 < 0.

Deducimos que x∗3 es maximo local. Analogamente se procede con elresto de puntos.

5. Hallar los maximos y mınimos de la funcion f(x, y, z) = x2+y2+z2 restringidaa las condiciones x2 − xy + y2 − z2 = 1 y x2 + y2 = 1.


opt f(x, y, z) = x2 + y2 + z2

s.a. x2 − xy + y2 − z2 = 1x2 + y2 = 1

La funcion lagrangiana es L(x, y, z;λ1, λ2) = x2 + y2 + z2 − λ1(x2 − xy +y2− z2− 1)− λ2(x2 + y2− 1). Para las condiciones de primer orden tenemos:∂L∂x

= 2x− 2λ1x+ λ1y − 2λ2x = 0∂L∂y

= 2y − 2λ1y + λ1x− 2λ2y = 0∂L∂z

= 2z + 2λ1z = 0∂L∂λ1

= −(x2 − xy + y2 − z2 − 1) = 0∂L∂λ2

= −(x2 + y2 − 1) = 0

En la tercera ecuacion tenemos, 2z(1 + λ1) = 0. Luego:

(a) Caso z = 0. Entonces, de la cuarta y quinta ecuacion tenemos xy = 0.Distinguimos ahora:

i. x = 0. Entonces de la primera ecuacion deducimos que λ1 = 0pues y no puede ser tambien 0 ya que entonces no cumplirıa laecuacion quinta. Por tanto, λ1 = 0, y entonces y = ±1, de donde sededuce de la segunda ecuacion que λ2 = 1, en ambos casos. Luegohemos deducido dos puntos para este caso: x∗1 = (0, 1, 0; 0, 1), x∗2 =(0,−1, 0; 0, 1).

ii. y = 0. Procediendo de forma analoga al apartado anterior,obtenemos los puntos x∗3 = (1, 0, 0; 0, 1) y x∗4 = (−1, 0, 0; 0, 1).

(b) Caso λ1 = −1. De la primera y segunda ecuacion tenemos −2xλ2 =

y − 4x ⇐⇒ λ2 = −y − 4x

2xy 4y − x = 2λ2y ⇐⇒ λ2 = −x− 4y

2y.

De donde igualando tenemos que x2 = y2. Ahora sustituyendo en la

quinta ecuacion obtenemos que x = ± 1√2. De la cuarta ecuacion se tiene

entonces que z2 = −xy ⇐⇒ z2 =1

2⇐⇒ z = ± 1√

2. Hemos obtenido

ahora la siguientes puntos:

x∗5 = (1√2,− 1√

2,

1√2

;−1,5

2),

x∗6 = (1√2,− 1√

2,− 1√

2;−1,

5

2),

x∗7 = (− 1√2,

1√2,

1√2

;−1,5

2),

x∗8 = (− 1√2,

1√2,− 1√

2;−1,

5

2).


Para la clasificacion de estos puntos utilizaremos las matrices:

J g(x, y, z) =

(2x− y −x+ 2y −2z

2x 2y 0

),

HxL(x;λ) =

2− 2λ1 − 2λ2 λ1 0λ1 2− 2λ2 − 2λ2 00 0 2(1 + λ1)

.Vamos a clasificar el primer punto x∗1 :

HxL(x∗1) =

0 0 00 0 00 0 2

,que es semidefinida positiva y ademas coincide con HxL(x∗2). Por otra parte,

J g(x∗1) · h =

(−1 2 00 2 0

) h1

h2

h3

=−h1 + 2h2 = 0

2h2 = 0⇐⇒ h1 = h2 = 0.

Por tanto, la forma cuadratica restringida correspondiente al punto x∗1 sera2h2

3 > 0. Luego, x∗1 es mınimo local. Analogamente ocurre para x∗2, x∗3 y x∗4

que tambien son mınimos locales. Para x∗5 tenemos:

HxL(x∗3) =

−1 −1 0−1 −1 00 0 0

,que es semidefinida negativa (sus valores propios son 0 y −2). Ahora para lasrestricciones tenemos:

J g(x∗3) · h =

( 3√2− 3√

2− 2√

22√2− 2√

20

) h1

h2

h3

= 0

−3h1 − 3h2 − 2h3 = 02h1 − 2h2 = 0

⇐⇒ h1 = h2, h3 = 0.

Luego la forma cuadrtica restringida es:

(h1, h1, 0)

−1 −1 0−1 −1 00 0 0

h1

h1

0

= −4h21 < 0,

luego x∗5 es maximo local. Analogamente para el resto de puntos.


6. Hallar la distancia maxima y la distancia mınima desde el origen a la elipsede ecuacion 5x2 + 6xy + 5y2 = 8.

Hemos de resolver el siguiente problema,opt√x2 + y2

s.a. 5x2 + 6xy + 5y2 = 8

}o equivalentemente el programa,opt x2 + y2

s.a. 5x2 + 6xy + 5y2 = 8

}

La funcion lagrangiana es, L(x, y;λ) = x2 + y2− λ(5x2 + 6xy+ 5y2− 8) y lascondiciones necesarias de primer orden son:∂L∂x

= 2x− 10λx− 6yλ = 0∂L∂y

= 2y − 6λx− 10λy = 0∂L∂λ

= 5x2 + 6xy + 5y2 − 8 = 0

Resolviendo el sistema anterior, obtenemos los puntos estacionarios con susmultiplicadores de Lagrange asociados,

x∗1 =(√

2,−√

2)

;λ∗1 =1

2

x∗2 =(−√

2,√

2)

;λ∗2 =1

2

x∗3 =

(√2

2,

√2

2

);λ∗3 =

1

8

x∗4 =

(−√

2

2,−√

2

2

);λ∗4 =

1

8

La matriz hessiana restringida a los instrumentos es

HxL =

(2− 10λ −6λ−6λ 2− 10λ

)Veamos que ocurre en cada punto.

• Para x∗1 =(√

2,−√

2)

con λ∗1 = 12, la matriz,

HL(λ∗1, x∗1) =

(−3 −3−3 −3

)y para los vectores h 6= 0 con J g(x∗1) · h = 0. Obtenemos que

(4√

2,−4√

2) ·(h1

h2

)= 0⇐⇒ h1 = h2. La forma cuadratica restringida

queda −12h21 < 0. Por tanto, x∗1 es maximo local estricto. De forma

analoga se tiene que x∗2 es tambien maximo local estricto.

• Para x∗3 =(√

22,√

22

), con λ∗3 = 1

8, obtenemos la matriz hessiana respecto

a los instrumentos ,3

4

(1 −1−1 1

).


Restringiendo a los vectores h 6= 0 tales que J g(x∗3) · h = 0, tenemos quedichos vectores son de la forma: h2 = −h1. Luego la forma cuadraticarestringida es 3h2

1 > 0. Por tanto, x∗3 es un mınimo local estricto.Analogamente para x∗4. En resumen, la distancia mınima es 1 unidad,y se obtiene sustituyendo x∗3 o x∗4 en

√x2 + y2, y la distancia maxima

son 2 unidades, que se obtiene sustituyendo x∗1 o x∗2 en√x2 + y2.

7. Determinar los extremos de la funcion f(x, y, z) = x3 + y3 + z2 − 3xy cuandolas variables estan sujetas a las restricciones

x− y + z = 0, y + 2z = 1.

opt f(x, y, z) = x3 + y3 + z2 − 3xys.a. x− y + z = 0

y + 2z = 1

La funcion lagrangiana es, L(x, y, z;λ1, λ2) = x3 + y3 + z2− 3xy− λ1(x− y+z)− λ2(y + 2z − 1)y las condiciones necesarias de primer orden son:∂L∂x

= 3x2 − 3y − λ1 = 0∂L∂y

= 3y2 − 3x+ λ1 − λ2 = 0∂L∂z

= 2z − λ1 − 2λ2 = 0∂L∂λ1

= x− y + z = 0∂L∂λ2

= y + 2z − 1 = 0

Resolviendo el sistema anterior, obtenemos los puntos estacionarios con susmultiplicadores de Lagrange asociados,x∗1 = (1, 1, 0); λ∗11 = 0; λ∗12 = 0

x∗2 =(− 9

35, 17

105, 44

105

); λ∗21 = − 352

1225; λ∗22 = 2068

3675

En este caso la matriz hessiana respecto a los instrumentos es 6x −3 0−3 6y 00 0 2

.Particularizando en los puntos estacionarios obtenemos:

• Para x∗1 = (1, 1, 0) con λ∗11 = 0, λ∗22 = 0, la matriz 6 −3 0−3 6 00 0 2


y para los vectores h 6= 0 con J g(x∗1)h = 0⇐⇒(

1 −1 10 1 2

)·

h1

h2

h3

=

0. Se tiene que son de la forma (−3h3,−2h3, h3) y por tanto la formacuadrartica restringida es 116h2

3 > 0, luego x∗1 es un mınimo local estricto.

• Para x∗2 se procede de forma similar, obteniendose que es un maximolocal estricto.

8. Sea la funcion f(x, y, z) = x2 + y2 + bxy + az donde a, b ∈ IR.

(a) Obtener una relacion entre a y b que sea una condicion necesaria para queel punto (1, 1, 1) sea extremo relativo de f sobre la esfera x2 +y2 +z2 = 3.

opt f(x, y, z) = x2 + y2 + bxy + azs.a. x2 + y2 + z2 = 3

}a, b ∈ IR

La funcion lagrangiana es, L(x, y, z;λ) = x2 + y2 + bxy + az − λ(x2 +y2 + z2 − 3), y las condiciones necesarias de primer orden son:∂L∂x

= 2x+ by − 2λx = 0∂L∂y

= 2y − 2λy + bx = 0∂L∂z

= a− 2zλ = 0∂L∂λ

= x2 + y2 + z2 − 3 = 0

Para que (1, 1, 1) sea optimo debe cumplirse que λ =

a

2y b = a− 2.

(b) Suponiendo que se verifica la condicion anterior, estudiar para que valoresde a y b el punto (1, 1, 1) es:

i. punto de maximo local o relativo.

ii. punto de mınimo relativo

iii. no es punto extremo.

Hallamos la matriz

HxL(x, y, z;λ)

2− 2λ b 0b 2− 2λ 00 0 −2λ

,que para el punto (1, 1, 1) y teniendo en cuenta lo deducido anteriormentese tiene: 2− a a− 2 0

a− 2 2− a 00 0 −a

.Los valores propios de esta matriz son 0, −a y 2(2 − a). Por tanto,debemos considerar los casos: a ≤ 0 (semidefinida positiva), a ≥ 2(semidefinida negativa) y 0 < a < 2 (no es punto extremo). Veamos losdistintos casos que se presentan en funcion de a.


i. Caso a < 0. Restringiendo a los vectores h 6= 0 tales que J g(1, 1, 1) ·h = 0 ⇐⇒ h3 = −(h1 + h2). Luego la forma cuadratica restringidaes:

(h1, h2,−(h1 + h2)) ·

2− a a− 2 0a− 2 2− a 0

0 0 −a

h1

h2

−(h1 + h2)

= (2−2a)h21+(2−2a)h2

2−4h1h2 = 2(h1, h2)

(1− a −1−1 1− a

)(h1

h2

).

Los valores propios de esta ultima matriz son 2 − a y −a. Comoestamos en el caso a < 0, tenemos que serıa definida positiva yentonces (1, 1, 1) es mınimo local estricto.

ii. Caso a > 2. Igual que antes pero en este caso, serıa definida negativay por tanto, maximo local estricto.

iii. Caso a = 2. En este caso la submatriz sigue siendo semidefinidanegativa y por tanto este criterio no clasificara. Ahora bien, en estecaso la funcion objetivo del problema serıa f(x, y, z) = x2 + y2 + 2z(pues b = 0) con la restriccin x2 + y2 + z2 = 3 o equivalentementex2 + y2 = 3 − z2. Sustituyendo en la funcion objetivo tenemosla funcion h(z) = 3 − z2 + 2z. Derivando respecto de z, tenemosh′(z) = 2− 2z = 0 ⇐⇒ z = 1. Como h′′(z) = −2 < 0, tenemos quez = 1 es maximo local. Para z = 1 tenemos que x2 + y2 = 3− 1 = 2.Luego cualquier punto (x, y, 1) tal que: x2+y2 = 2 sera mximo local.En concreto, (1, 1, 1) lo es.

iv. Caso a = 0. La submatriz resultante serıa semidefinida positiva peroel problema tiene la siguiente funcion objetivo (ahora b = −2):f(x, y, z) = x2 + y2 − 2xy = (x − y)2 sujeto a x2 + y2 + z2 = 3.Es obvio que para cualquier punto (x, y, z) de un entorno de (1, 1, 1)se tiene que f(x, y, z) = (x − y)2 ≥ 0 = f(1, 1, 1), luego (1, 1, 1) esun mınimo local.

9. Sea la funcion f(x, y) = x2 + y.

(a) Demostrar que f es convexa en IR2.

Calculamos la matriz hessiana,Hf(x, y) =

(2 00 0

), que es semidefinida

positiva, y por tanto convexa.

(b) Demostrar que f carece de puntos crıticos.

Veamos si se cumple la condicion necesaria de optimalidad∇f(x, y) = (0, 0)→ (2x, 1) = (0, 0)


y llegamos a la contradiccion 1 = 0, por tanto, no se cumple la condicionnecesaria de existencia de puntos crıticos.

(c) Estudiar si tendrıan los mismos optimos, los problemas

i. Optimizar f(x, y) sujeto a x2 + y2 ≤ 1

ii. Optimizar f(x, y) sujeto a x2 + y2 = 1.

Como ∇f(x, y) = (2x, 1) para todo punto (x, y) ∈ IR2, y siempre severifica que ∂f

∂y= 1 6= 0, el optimo no se puede alcanzar en el interior

del conjunto de soluciones factibles. Por tanto, serıa equivalente resolvercualquiera de los dos problemas.

10. Sea u(x, y) = x2y la funcion de produccion de una empresa, siendo x, y losfactores de produccion.

(a) Determinar el equilibrio de dicha empresa, sabiendo que los precios delos factores son unitarios y que los costes de la empresa son 9 u.m.

opt u(x, y) = x2ys.a. x+ y = 9

}Sea g(x, y) = x+ y − 9

La funcion lagrangiana es, L(x, y;λ) = x2y−λ(x+y−9), y las condicionesnecesarias de primer orden son,∂l∂x

= 2xy − λ = 0∂l∂y

= x2 − λ = 0∂l∂λ

= x+ y − 9 = 0

Resolviendo el sistema anterior, obtenemos los puntos crıticos, con susmultiplicadores de Lagrange asociados,x∗1 = (0, 9); λ∗1 = 0x∗2 = (6, 3); λ∗2 = 36

En este caso HxL(x, y;λ) =

(2y 2x2x 0

). Particularizando en los puntos

estacionarios,

• Para x∗1 = (0, 9) con λ∗1 = 0, obtenemos la matriz,

HL(λ∗1, x∗1) =

(18 00 0

)y para los vectores p 6= 0 conp ∈M(x∗1) = {p ∈ IR2/Jg(x∗1)p = 0} =

= {p ∈ IR2/(

1 1)( p1

p2

)= 0} = {p ∈ IR2/p1 + p2 = 0}

se verifica,


(p1 −p1

)( 18 00 0

)(p1

−p1

)= 18p2

1 > 0,

luego x∗1 es un mınimo local estricto.

• Para x∗2 = (6, 3) con λ∗2 = 36, obtenemos la matriz,

(6 1212 0

)y

para los vectores p 6= 0 conp ∈M(x∗2) = {p ∈ IR2/Jg(x∗2)p = 0} =

= {p ∈ IR2/(

1 1)( p1

p2

)= 0} = {p ∈ IR2/p1 + p2 = 0}

se verifica,(p1 −p1

)( 6 1212 0

)(p1

−p1

)= −18p2

1 < 0,

luego x∗2 es un maximo local estricto.

(b) Estudiar si a dicha empresa le interesa dedicar a la produccion unaunidad mas de coste.

En el caso de maximizar, sı interesarıa dedicar a la produccion unaunidad mas de coste, pues se obtendrıa, ∆umax ≈ 1(λ∗2) = 36

11. Sea la funcion f(x, y, z) = x2 + y2 + bxy + az + z2.

(a) Determinar los puntos crıticos de f.

Calculamos ∇f(x, y, z), e igualamos al vector nulo:∇f(x, y, z) = (2x+by, 2y+bx, a+2z) = (0, 0, 0), obteniendo el sistema,2x+ by = 02y + bx = 0a+ 2z = 0

→ x = y = 0

z = −a2

Luego, los puntos crıticos obtenidos son de la formax∗ = (0, 0, −a

2) si b 6= ±2. Y para el caso b = ±2 son de la forma

(x,±x,−a2

).

(b) Clasificar los puntos crıticos hallados en el apartado anterior segun losvalores de a y b.

Calculamos la matriz hessiana de la funcion f,

Hf(x, y, z) =

2 b 0b 2 00 0 2

, cuyos valores propios son 2, 2 − b y 2 + b.

Tenemos las siguientes posibilidades:

• Si −2 ≤ b ≤ 2, tenemos que Hf(x, y, z) es definida positiva, luegox∗ es un mınimo local estricto de f.

• Si b < −2 o b > 2, tenemos que Hf(x, y, z) es indefinida, luego x∗

es un punto de silla de f.


(c) Para a = b = 1, determinar los extremos de f sobre x2 + y2 = 3.

Opt f(x, y, z) = x2 + y2 + xy + z + z2

s.a. x2 + y2 = 3

}La funcion lagrangiana es,

L(x, y, z;λ) = x2 + y2 + xy + z + z2 − λ(x2 + y2 − 3) y las condicionesnecesarias de primer orden son:∂L∂x

= 2x+ y − 2λx = 0∂L∂y

= 2y + x+−2λy = 0∂L∂z

= 1 + 2z = 0∂L∂λ

= x2 + y2 − 3 = 0

Resolviendo el sistema anterior, obtenemos los puntos crıticos, con susmultiplicadores de Lagrange asociados,

x∗1 = (√

32,√

32,−1

2; 3

2).

x∗2 = (√

32,−√

32,−1

2; 1

2).

x∗3 = (−√

32,√

32,−1

2;−1

2).

x∗4 = (−√

32,−√

32,−1

2;−3

2).

En este caso la matriz HxL(x, y, z;λ) es, 2− 2λ 1 01 2− 2λ 00 0 2

.Veamos cada punto.

• Para x∗1 la matriz hessiana anterior es indefinida (valores propios 0,−2 y 2), y por tanto debemos restringir:

J g(x∗1) · h = 0⇐⇒ h2 = −h1.

Luego, la forma cuadratica restringida queda:

(h1,−h1, h3)

−1 1 01 −1 00 0 2

h1

−h1

h3

= −4h21 + 2h2

3,

que de nuevo es una forma cuadratica indefinida. Ahora observemosque en un entorno de x∗1, por ejemplo en puntos de la forma

(

√3

2,

√3

2± ε,−1

2) la imagen de estos puntos mediante f vale:

f(

√3

2,

√3

2± ε,−1

2) = 4 +

1

4+ ε2 ± ε

√6 = f(x∗1) + ε2 ± ε

√6.

Luego en un entorno de x∗1 la funcion toma valores mayores y menoresque en dicho punto, por tanto, x∗1 no es ni maximo ni mınimo.


• Para x∗2 =(√

32,−

√32,− 1

2

)con λ∗2 =

1

2, la matriz

HL(λ∗2, x∗2) =

1 1 01 1 00 0 2

, que es semidefinida positiva. Los

vectores p 6= 0 con J g(x∗2)p = 0 ⇐⇒ p1 − p2 = 0. Luego la formacuadratica restringida resultante es

(p1 p1 p3

) 1 1 01 1 00 0 2

p1

p1

p3

= 4p21 + 2p2

3 > 0,


• De manera analoga se procede para x∗3 y x∗4, concluyendose que sonmınimos locales.

12. Consideremos el problema

max x1 + x2 sujeto a x21 + x2

2 = 1.

(a) Resolver el problema graficamente.

Las curvas de nivel de la funcion objetivo son la familia de rectasx2 = K − x1, K ∈ IR.El conjunto de soluciones factibles es,B = {(x1, x2) ∈ IR2/x2

1 + x22 = 1},

cuya representacion grafica puede verse en la figura:

Como podemos observar, el punto x∗1 =(√

22,√

22

)es el maximo global,

y el punto x∗2 =(−√

22, −√

22

)es un mınimo global. Ambos puntos se

obtienen haciendo la interseccion de las rectas con la circunferencia.


(b) Resolver el problema mediante el metodo de los multiplicadores deLagrange.

La funcion lagrangiana es L(x1, x2;λ) = x1 + x2 − λ(x21 + x2

2 − 1). Lascondiciones necesarias de primer orden son,∂L∂x1

= 1− 2λx1 = 0∂L∂x2

= 1− 2λx2 = 0∂L∂λ

= x21 + x2

2 − 1 = 0

Resolviendo el sistema anterior obtenemos los

puntos crıticos, con sus multiplicadores de Lagrange asociados:x∗1 =

(√2

2,√

22

)con λ∗1 =

√2

2

x∗2 =(−√

22, −√

22

)con λ∗2 = −

√2

2

La matriz hessiana respecto a los instrumentos es

(−2λ 0

0 −2λ

)que

en el primer punto es definida negativa y en el segundo definidapositiva. En consecuencia, no es necesario restringir y ademas los puntosobtenidos son maximos y mınimos globales (el problema es convexo),respectivamente.

13. Probar que el producto de k numeros reales positivos cuya suma es constante

y vale S, es maximo si y solamente si todos esos numeros son iguales aS

k.

El programa es,

maxk∏i=1

ai

s.a. a1 + a2 + ...+ ak = S.

Sin perdida de generalidad, podemos resolver el problema para k = 2,quedando,

max a1 · a2

s.a. a1 + a2 = S

}La funcion lagrangiana es, L(a1, a2;λ) = a1·a2−λ(a1+a2−S) y las condicionesde primer orden son,∂L∂a1

= a2 − λ = 0∂L∂a2

= a1 − λ = 0∂L∂λ

= a1 + a2 − S = 0

Resolviendo el sistema anterior, obtenemos que a1 = a2 = S

2. Recordar que

hemos tomado k = 2, y hemos visto que cada numero ha de ser de la formaa1 = a2 = ... = ak = S

k.

Solo nos queda ver, que se trata de un maximo. Hallamos la matriz hessiana


respecto de los instrumentos:

(0 11 0

), y para los vectores p 6= 0 con

J g(a∗)p = 0 =(

1 1)( p1

p2

)= 0 ⇐⇒ p1 + p2 = 0. La forma cuadratica

restringida es entonces,

(p1 −p1

)( 0 11 0

)(p1

−p1

)= −2p2

1 < 0,

luego a∗ =(Sk, Sk

)es un maximo local estricto.

14. Consideremos una empresa dedicada a la produccion de un bien. Su funcionde produccion, que relaciona la cantidad q producida de dicho bien con la defactores productivos, x1 y x2, empleados para la fabricacion de dicho bien es

q = 60x1 + 90x2 − 2x21 − 3x2

2.

El precio unitario de dichos factores es p1 = 2 u.m. y p2 = 4 u.m.,respectivamente y el coste de utilizarlos es 2x1 + 4x2. Determinar la cantidadde factores productivos que maximiza la produccion con un coste de 68 u.m.

El problema que debemos resolver es el siguiente:

max q = 60x1 + 90x2 − 2x21 − 3x2

2

s.a. 2x1 + 4x2 = 68

}

La funcion lagrangiana es, L(x1, x2;λ) = 60x1 + 90x2 − 2x21 − 3x2

2 − λ(2x1 +

4x2−68) y las condiciones de primer orden son:

∂L∂x1

= 60− 2λ− 4x1 = 0∂L∂x2

= 90− 6x2 − 4λ = 0∂L∂λ

= 2x1 + 4x2 − 68 = 0

Resolviendo el sistema anterior, obtenemos los puntos crıticos, con susmultiplicadores de Lagrange asociados, x∗ = (12, 11); λ∗ = 6.

En este caso, la matriz hessiana respecto a los instrumentos

(−4 00 −6

), es

definida negativa y por tanto no necesitamos restringir, luego x∗ = (12, 11) esun maximo local estricto.Para que se maximice la produccion con un coste de 68 u.m., es necesarioque se empleen 12 y 11 unidades, de los factores productivos x1 y x2

respectivamente, obteniendo una cantidad q = 60·12+90·11−2·122−3·112 =1059.


15. Resolver el problema:Opt. xy + yz

s. a. x2 + y2 = 2

y + z = 2.

Determinar si los optimos obtenidos son o no globales. Estudiar la variaciondel valor maximo de la funcion objetivo ante un cambio en la primerarestriccion del tipo: y + z = 2.1

La funcion lagrangiana es L(x, y, z;λ1, λ2) = xy + yz − λ1(x2 + y2 − 2) −λ2(y + z − 2). Las condiciones necesarias de primer orden son,∂L∂x

= y − 2λ1x = 0∂L∂y

= x+ z − 2λ1y − λ2 = 0∂L∂z

= y − λ2 = 0∂L∂λ1

= x2 + y2 − 2 = 0∂L∂λ2

= y + z − 2 = 0

Resolviendo el sistema anterior, obtenemos los puntos estacionarios con susmultiplicadores de Lagrange asociados:x∗1 = (1, 1, 1);λ1

1 = 12;λ1

2 = −1

x∗2 = (1,−1, 3);λ21 = −1

2;λ2

2 = −1

x∗3 = (−1, 1, 1);λ31 = −1

2;λ3

2 = 1

x∗4 = (−1,−1, 3);λ41 = 1

2;λ4

2 = −1

x∗5 =(−(

1+√

32

),√

3−12, 5−

√3

2

);λ5

1 = −1 +√

32

;λ52 = −1−

√3

2

x∗6 =(−(

1+√

32

), 1−

√3

2,√

3+32

);λ6

1 = −√

32

+ 1;λ62 = −

√3−12

x∗7 =(√

3−12,√

3+12, 3−

√3

2

);λ7

1 = 1−+√

32

;λ72 =

√3+12

x∗8 =(√

3−12,−1+

√3

2,√

3+52

);λ8

1 = −√

32− 1;λ8

2 = −√

3+12

En este caso la matriz HLx(x, y, z;λ1, λ2) es

−2λ1 1 01 −2λ1 10 1 0

Ahora se procede clasificando cada uno de los puntos anteriores con lastecnicas utilizadas en ejercicios anteriores. A tıtulo de ejemplo, y comoilustracion de como pueden encontrarse este tipo de problemas en algunostextos, utilizaremos la tecnica del “Hessiano orlado”. Construimos el hessiano


orlado,

HoL(x) =

0 0... 2x 2y 0

0 0... 0 1 1

· · · · · · ... · · · · · · · · ·2x 0

... −2λ1 1 0

2y 1... 1 −2λ1 1

0 1... 0 1 0

que esta formado por,

HoL(x) =

0 0...

0 0... Jg(x, y, z)

· · · · · · ... · · · · · · · · ·...

Jgt(x, y, z)... HL(λ1, λ2;x, y, z)...

donde J g(x, y, z) es el jacobiano de g(x, y, z), siendo g(x, y, z), una funcionde dos componentes, g1 y g2, formada por las restricciones del problema.En nuestro caso m = 2 (numero de restricciones) y n = 3 (dimensiondel espacio vectorial donde esta definido el problema, IR3),luego bastaracalcular el determinante (de dimension 5 = m + n), de esta matriz en cadauno de los puntos estacionarios para determinar su caracter a partir de lascondiciones suficientes de segundo orden de Lagrange. Ası pues, como paratodo (λ1, λ2, x, y, z) ∈ IR5,|HoL(x)| = 8(x2(λ1 − 1)− xy + λ1y

2)obtenemos que|HoL(λ1

1, λ12;x∗1)| = −24 < 0 −→ x∗1 es un maximo local estricto.

|HoL(λ21, λ

22;x∗2)| = 8 > 0 −→ x∗2 es un mınimo local estricto.

|HoL(λ31, λ

32;x∗3)| = 8 > 0 −→ x∗3 es un mınimo local estricto.

|HoL(λ41, λ

42;x∗4)| = −24 < 0 −→ x∗4 es un maximo local estricto.

|HoL(λ51, λ

52;x∗5)| = 12(1−

√3) < 0 −→ x∗5 es un maximo local estricto.

|HoL(λ61, λ

62;x∗6)| = 4(

√3− 7) < 0 −→ x∗6 es un maximo local estricto.

|HoL(λ71, λ

72;x∗7)| = −4(

√3 + 7) < 0 −→ x∗7 es un maximo local estricto.

|HoL(λ81, λ

82;x∗8)| = 12(

√3 + 1) > 0 −→ x∗8 es un mınimo local estricto.

Veamos cuales de los optimos anteriores, tienen caracter global.El programa verifica el Teorema de Weierstrass, ya que la funcion objetivof(x, y, z) = xy + yz es continua en IR3 y el conjunto factible B = {(x, y, z) ∈IR3/x2 + y2 = 2, y + z = 2} es acotado y ademas cerrado. Por tanto, haymaximo y mınimo global. En particular,


f(x∗1) = 2; f(x∗5) = 3√

3−52' 0, 098

f(x∗2) = −4; f(x∗6) = 1−√

32' −0, 36

f(x∗3) = 0; f(x∗7) =√

3+12' 1, 36

f(x∗4) = −2; f(x∗8) = −3√

3−52' −5, 09

luego x∗1 es el maximo global y x∗8 el mınimo global.Si la primera restriccion aumenta en 0,1 su termino independiente la variaciondel valor maximo sera∆fmax ≈ 0, 1(−λ1

2) = −0, 1 −→el valor de f se reduce aproximadamente en0,1 unidades.

16. Sea la funcion f(x, y) = (x− 1)2 +β

2y2 +

α

2x2 con β 6= 0.

(a) Hallar los puntos crıticos de f(x, y). Clasifıcalos segun los valores de losparametros α y β. Indicar si los extremos son globales.

Calculamos ∇f(x, y), e igualamos al vector nulo, ∇f(x, y) = (2(x −1) + αx, βy) = (0, 0). obteniendo el sistema,2(x− 1) + αx = 0βy = 0

}→ x = 2

2+α

→ y = 0

El punto crıtico obtenido es de la forma, x∗ =(

2

2 + α, 0)

Hallamos la matriz hessiana de la funcion f ,

Hf(x, y) =

(2 + α 0

0 β

),

cuyos valores propios son 2 +α y β. Segun los valores de α y β , puedendarse varias posibilidades:

• Si α > −2 y β > 0, tenemos que Hf(x, y) es definida positiva, luegox∗ es un mınimo local estricto de f. Ademas f es convexa, luego elmınimo es global.

• Si α < −2 y β > 0, tenemos que Hf(x, y) es definida negativa, luegox∗ es un maximo local estricto de f. Ademas f es concava, luego elmaximo es global.

• Si α = −2 o β < 0, tenemos que Hf(x, y) es indefinida, luego x∗ esun punto de silla.

(b) Para el caso α = 0 y β = 2, es decir cuando f(x, y) = (x − 1)2 + y2,determinar graficamente los extremos de la funcion f(x, y) sobre elconjunto A = {(x, y) ∈ IR2/x ≥ 0, y ≥ 0, x + y ≤ 3}. Indicar si hayalgun extremo local que no es global.


Las curvas de nivel, son la familia de circunferencias (x − 1)2 + y2 = k,y el conjunto de soluciones factibles es A = {(x, y) ∈ IR2/x ≥ 0, y ≥0, x+ y ≤ 3}, tal y como puede verse en la figura,

En el punto(3/2,

1/2

)se alcanza el mınimo global en f

(3/2,

1/2

)= 1/2, y

en el (3, 0) se alcanza el maximo local con f(3, 0) = 4. El maximo globalse alcanza en el punto (0, 3) con f(0, 3) = 10.En el punto (0, 0), podemos localizar un mınimo local, con f(0, 0) = 1.

(c) Aplicando el metodo de los multiplicadores de Lagrange, hallar losextremos de la funcion f(x, y) = (x − 1)2 + y2 sujeta a la condicionx + y = 3. Que puede decirse en este caso respecto del maximo def(x, y).

opt f(x, y) = (x− 1)2 + y2

s.a. x+ y = 3

}La funcion lagrangiana es, L(x, y;λ; ) = x − 1)2 + y2 − λ(x + y − 3), ylas condiciones de primer orden son,∂L∂x

= 2(x− 1)− λ = 0∂L∂y

= 2y − λ = 0∂L∂λ

= x+ y − 3 = 0

Resolviendo el sistema anterior, obtendremos los puntos crıticos con susmultiplicadores de Lagrange asociados, x∗ = (2, 1) con λ∗ = 2En este caso, la matriz hessiana respecto a los instrumentos es definidapositiva (con valores propios 2, dos veces) y por tanto,x∗ = (2, 1) es unmınimo local estricto.

(d) Indicar como se altera el valor mınimo del apartado anterior si larestriccion cambia en la forma x + y = 3 + h con h suficientementepequeno.

Si la restriccion aumenta en ”h” unidades, el valor mınimo varıa en


la forma, 4fmin ≈ h(−λ∗) = 2h Por tanto, el mınimo aumentaaproximadamente en 2h unidades.

Las tecnicas de resolucion de los problemas con restriccionesde desigualdad que veremos en el Tema 10 pueden considerarse“generalizaciones” de las tecnicas empleadas para los problemasde este tema. A continuacion se resolveran una serie deejercicios de forma analoga a como lo haremos en el proximotema con el objeto de que puedan apreciarse estas similitudes.

17. Los ingresos obtenidos en una empresa se dividen en dos partes: los beneficiosdeclarados de la empresa y el sueldo del empresario. El empresario estaobligado a pagar dos impuestos: el de sociedades y el de la renta de laspersonas fısicas. El impuesto de sociedades es el 30% de los beneficiosdeclarados de la empresa y el impuesto sobre la renta es el 10% del cuadradodel sueldo del empresario. Si los ingresos totales obtenidos en la empresa son3 unidades monetarias, que sueldo se fijara el empresario si su objetivo esminimizar el pago de impuestos?

(a) Formular y resolver el problema.

La funcion a minimizar es la que nos da los impuestos totales que hade pagar el empresarioI(x1, x2) = Is(x1) + IRPF (x2)donde,Is(x1) = 0, 3x1

IRPF (x2) = 0, 1x22

siendox1 ≡ beneficios declarados de la empresax2 ≡ sueldo del empresariocon la restriccion x1 + x2 = 3.Por tanto, hemos de resolver el programamin 0, 3x1 + 0, 1x2

2

s.a. x1 + x2 = 3

}La funcion lagrangiana es,L(λ;x1, x2) = 0, 3x1 + 0, 1x2

2 + λ(x1 + x2 − 3)cuyas condiciones necesarias de primer orden son∂L∂x1

= 0, 3 + λ = 0∂L∂x2

= 0, 2x2 + λ = 0∂L∂λ

= x1 + x2 − 3 = 0

(b) Indicar cual es el valor de los multiplicadores e interpretar este valor para

este problema.

Resolviendo el sistema anterior, obtenemos el punto estacionario


x∗ = (1, 5 , 1, 5) con λ∗ = −0, 3, que es un mınimo global, pues elprograma es convexo.Si el empresario desea minimizar el pago de sus impuestos, deberaasignarse un sueldo de 1,5 u.m. y declarar como beneficios de la empresa1,5 u.m., siendo en este caso los impuestos a pagar I(x∗) = 0, 675 u.m.

(c) Haciendo uso del valor de los multiplicadores, indicar cual sera lacantidad mınima de impuestos que debera pagar el empresario si losingresos totales de la empresa son 3.0001 unidades monetarias?

Si el termino independiente de la restriccion aumenta en 0,0001, tenemosque4Imin ≈ 0, 0001(−λ∗) = 0, 00003Es decir, los impuestos aumentarıan en 0,00003 unidades.

18. Consideremos el problema

Opt. x2 + y2

s.a.x2

9+y2

4= 1.

(a) Resolver el problema graficamente.

Las curvas de nivel de la funcion objetivo son circunferencias centradasen (0,0), de la forma x2 + y2 = k, k ∈ IR, y el conjunto de soluciones

factibles esta formado por B = {(x, y) ∈ IR2/x2

9+ y2

4= 1}, tal y como

puede verse en la figura:


El mınimo global se alcanza en los puntos (0,2) y (0,-2),con f(0, 2) = f(0,−2) = 4, y el maximo global se alcanza en los puntos(3,0) y (-3,0) con f(3, 0) = f(−3, 0) = 9

(b) Resolver el problema aplicando el metodo de los multiplicadores deLagrange.

La funcion lagrangiana es,L(λ;x, y) = x2 + y2 + λ

(x2

9+ y2

4− 1

)y las condiciones necesarias de primer orden son:∂L∂x

= 2x+ 2λx9

= 0∂L∂y

= 2y + λy2

= 0∂L∂λ

= x2

9+ y2

4− 1 = 0

Resolviendo el sistema anterior, obtenemos los puntos estacionarios consus multiplicadores de Lagrange asociados:x∗1 = (0, 2) con λ∗1 = −4x∗2 = (0,−2) con λ∗2 = −4x∗3 = (3, 0) con λ∗3 = −9x∗4 = (−3, 0) con λ∗4 = −9

En este caso, la matriz HL(λ;x, y) es,

HL(λ;x, y) =

(2 00 2

)+ λ

(2/9 0

0 1/2

)=

(2 + 2λ

90

0 2 + λ2

)


Particularizamos para cada uno de los puntos estacionarios:

• Para x∗1 = (0, 2) con λ∗1 = −4 obtenemos,

HL(λ∗1, x∗1) =

(10/9 0

0 0

)y para los vectores p 6= 0 conp ∈ M(x∗1) = {p ∈ IR2/Jg(x∗1)p = 0} = {p ∈

IR2/(

0 1)( p1

p2

)= 0} =

= {p ∈ IR2/p2 = 0}se verifica,(p1 0

)( 10/9 00 0

)(p1

0

)= 10

9p2

1 > 0


• Para x∗2 = (0,−2) con λ∗2 = −4 obtenemos,

HL(λ∗2, x∗2) =

(10/9 0

0 0


IR2/(

0 −1)( p1

p2

)=

= 0} = {p ∈ IR2/p2 = 0}se verifica,(p1 0

)( 10/9 00 0

)(p1

0

)= 10

9p2

1 > 0


• Para x∗3 = (3, 0) con λ∗3 = −9 obtenemos,

HL(λ∗3, x∗3) =

(0 0

0 −5/2


IR2/(

23

0)( p1

p2

)= 0} =

= {p ∈ IR2/p1 = 0}se verifica,(

0 p2

)( 0 0

0 −5/2

)(0p2

)= −5

2p2

2 < 0,

luego x∗3 es un maximo local estricto.

• Para x∗4 = (−3, 0) con λ∗4 = −9, se procede de manera analoga a


como se ha hecho con x∗3, llegando a que x∗4 es un maximo localestricto.

(c) Interpretar el valor del multiplicador de Lagrange en el punto de maximo.

En el punto maximo, tenemos que si la restriccion aumenta en una unidadsu termino independiente, la funcion objetivo aumenta en,4fmax ≈ 1(−λ∗) = 1 · (9) = 9 unidades.

19. El volumen de ventas de un detergente es funcion del numero de anunciosen la prensa, x, ası como el numero de minutos de publicidad en TV, y.Estadısticamente se ha estimado que estas variables estan relacionadas de laforma

V = 12xy − x2 − 3y2

Un anuncio en la prensa vale 60 euros y un minuto en TV, 600 euros. Elpresupuesto de publicidad es de 9000 euros. Determinar la polıtica publicitariaoptima e interpretar para este problema el valor de los multiplicadores deLagrange.

El programa es,opt V (x, y) = 12xy − x2 − 3y2

s.a. 60x+ 600y = 9000

}Sea g(x, y) = 60x+ 600y − 9000. La funcion lagrangiana es,L(λ;x, y) = V (x, y) + λg(x, y) = 12xy − x2 − 3y2 + λ(60x+ 600y − 9000)

y las condiciones necesarias de primer orden son,∂L∂x

= 12y − 2x+ 60λ = 0∂L∂y

= 12x− 6y + 600λ = 0∂L∂λ

= 60x+ 600y − 9000 = 0

Resolviendo el sistema anterior obtenemos el punto estacionario con elmultiplicador de Lagrange asociado,x∗ =

(9450223

, 2400223

)con λ∗ = −165

223

En este caso la matriz HL(λ;x, y) es,

HL(λ;x, y) =

(−2 1212 −6

)+ λ

(0 00 0

)=

(−2 1212 −6

)Si particularizamos en x∗, obtenemos la matriz anterior, y para los vectoresp 6= 0 con

p ∈M(x∗) = {p ∈ IR2/Jg(x∗)p = 0} = {p ∈ IR2/(

60 600)( p1

p2

)= 0}

= {p ∈ IR2/p1 + 10p2 = 0}se verifica,


(−10p2 p2

)( −2 1212 −6

)(−10p2

p2

)= −446p2

2 < 0,

luego x∗ es un maximo local estricto.La polıtica publicitaria optima sera de contratar 9450

223' 42anuncios en prensa

y 2400223' 11 minutos en TV.

20. Consideremos el problema siguiente:

minx1x2

s. a. x21 + x2

2 = 1

(a) Resolver el problema aplicando el metodo de los multiplicadores deLagrange.

Sea f(x1, x2) = x1x2 y g(x1, x2) = x21x

22 − 1

La funcion lagrangiana es,L(λ;x1, x2) = f(x1, x2) + λg(x1, x2) = x1x2 + λ(x2

1 + x22 − 1)

y las condiciones necesarias de primer orden son,∂L∂x1

= x2 + 2λx1 = 0∂L∂x2

= x1 + 2λx2 = 0∂L∂λ

= x21 + x2

2 − 1 = 0

Resolviendo el sistema anterior, obtenemos los puntos estacionarios consus multiplicadores de Lagrange asociados,

x∗1 =(−√

22,√

22

)con λ∗1 = 1

2

x∗2 =(√

22, −√

22

)con λ∗2 = 1

2

x∗3 =(−√

22,√

22

)con λ∗3 = −1

2

x∗4 =(√

22, −√

22

)con λ∗4 = −1

2

Hallamos la matriz HL(λ;x1, x2),

HL(λ;x1, x2) = Hf(x1, x2) + λHg(x1, x2) =

(0 11 0

)+ λ

(2 00 2

)=

=

(2λ 11 2λ

)Particularizando en los puntos estacionarios obtenemos:

• Para x∗1 =(−√

22,√

22

)con λ∗1 = 1

2, la matriz HL(λ∗1, x

∗1) =

(1 11 1

)y para los vectores p 6= 0 conp ∈M(x∗1) = {p ∈ IR2/Jg(x∗1)p = 0} =

= {p ∈ IR2/(−√

2√

2)( p1

p2

)= 0}


= {p ∈ IR2/− p1 + p2 = 0}se verifica,(p1 p1

)( 1 11 1

)(p1

p1

)= 4p2

1 > 0,


• x∗2 =(√

22, −√

22

)con λ∗2 = 1

2, se comporta de la misma manera que

x∗1, obteniendose las mismas matrices que anteriormente, luego x∗2

es un mınimo local estricto.

Para x∗3 y x∗4, aplicaremos las condiciones suficientes de segundo orden,hallando el hessiano orlado, con m = 1 (numero de restricciones) y n = 2(dimension del espacio vectorial donde esta definido el problema), esdecir,

H0L =

0

... 2x1 2x2

· · · ... · · · · · ·2x1

... 2λ 1

2x2... 1 2λ

siendo ∇g(x1, x2) = (2x1, 2x2). Puesto que m = 1y n = 2, unicamentehemos de calcular el menor de orden 2m+1 = 3, es decir, el determinantede la matriz anterior.

• Para x∗3 se tiene que | H0L(λ∗3, x∗3) |= 8 > 0, luego x∗3 es un maximo

local estricto.

• De manera analoga, llegamos a que x∗4 es un maximo local estricto.

(b) Representar graficamente el conjunto factible, varias curvas de nivel y lasolucion optima.

Las curvas de nivel de la funcion objetivo son la familia de hiperbolas deecuacion x1x2 = k, k ∈ IR.El conjunto factible es la circunferencia de centro (0,0) y radio la unidad,B = {(x1, x2) ∈ IR2/x2

1 + x22 = 1}

tal y como puede verse en la figura:


En la grafica podemos observar, como la hiperbola corta a lacircunferencia en dos puntos, que son los nombrados anteriormente, yen dichos puntos se alcanza el optimo.

(c) Interpretar el valor de los multiplicadores de Lagrange.

En el caso del mınimo, un incremento en el termino independiente enla restriccion, de una unidad, disminuira en 0,5 unidades el valor dela funcion objetivo. Y en el caso del maximo, un incremento en eltermino independiente en la restriccion, de una unidad, aumentara en0,5 unidades el valor de la funcion objetivo.

Soluciones a los ejercicios propuestos: Matem aticas III ...

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