TEMA 3. OPTIMIZACIÓN CON RESTRICCIONES DE...

UNED. ELCHE. e-mail: [email protected]

TUTORÍA DE MATEMÁTICAS AVANZADAS PARA LA ECONOMÍA https://www.innova.uned.es/webpages/Ilde/Web/index.htm

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TEMA 3. OPTIMIZACIÓN CON RESTRICCIONES DE DESIGUALDAD:

CONDICIONES DE KUHN – TUCKER

Observemos que minimizar f(x) equivale a maximizar f(x), luego si se tratase de

minimizar f(x), la lagrangiana sería

L(x) = f(x) +

m

1j

jjjc)x(g

y la primera condición de Kuhn-Tucker:

0x

g

x

f m

1j i

j

j

i

, (i=1, 2, ..., n)

o, cambiando el signo:

0x

g

x

f m

1j i

j

j

i

, (i=1, 2, ..., n)

Lo que equivale a escribir la lagrangiana:

L(x) = f(x)

m

1j

jjjc)x(g

Observemos también que si alguna condición está escrita en la forma g(x) ≥ c, la

escribiremos multiplicando por 1: g(x) ≤ c.

Para que las condiciones de Kuhn-Tucker sean necesarias debe cumplirse cierta

cualificación de las restricciones para lo cual es suficiente que los puntos de la región factible

sean regulares. Un punto es regular si en él no se satura ninguna restricción (la restricción se



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convierte en igualdad para ese punto) o, en caso contrario, los gradientes de las restricciones

saturadas son linealmente independientes.

Por ejemplo, supongamos que las restricciones son x2 + y

2 ≤ 1; x ≥ 0.

- Si un punto (x, y) satura solamente la 1ª restricción, el gradiente y2,x2 es

independiente, pues es distinto de 0,0 .

- Si un punto (x, y) satura solamente la 2ª restricción, el gradiente 0,1 es

independiente, pues es distinto de 0,0 .

- Si un punto (x, y) satura las dos restricciones es (0, 1) ó (0, –1) y los gradientes

2,0 y 0,1 son independientes.

Supondremos en lo que sigue que se cumple la hipótesis de cualificación de las

restricciones por lo que las condiciones de Kuhn-Tucker serán necesarias para la existencia de

óptimo.

Teorema de los valores extremos.-

Si f es una función continua sobre un conjunto S compacto (cerrado y acotado) de

n, existe al menos un mínimo d y un máximo c en S, es decir f(d) ≤ f(x) ≤ f(c), xS

Condiciones de no negatividad para las variables.- En muchos problemas de optimización con restricciones de desigualdad, dos de las

restricciones son x ≥ 0 e y ≥ 0 (que podemos escribir x ≤ 0, y ≤ 0). En ese caso, para no

manejar muchos multiplicadores de Lagrange, puede procederse de la siguiente forma.

Supongamos el problema:

Maximizar f(x,y), s.a g(x,y) ≤ c, x ≤0, y ≤ 0.

La lagrangiana: L(x,y) = f(x,y) + 1(g(x,y)c) 2x 3y



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Las condiciones de Kuhn-Tucker:

x

g

x

f1

2 = 0

x

g

x

f1

= 2

y

g

y

f1

3 = 0

y

g

y

f1

= 3

1(g(x,y)c) = 0 1(g(x,y)c) = 0

2x = 0 2x = 0

3y = 0 3y = 0

g(x,y) ≤ c g(x,y) ≤ c

x ≥ 0 x ≥ 0

y ≥ 0 y ≥ 0

i ≤ 0 i ≤ 0

Observamos que si x > 0 2 = 0, luego las condiciones x

g

x

f1

= 2 , 2x = 0 y

2 ≤ 0 se pueden sustituir por x

g

x

f1

≤ 0 (= 0 si x > 0). Análogamente las condiciones

y

g

y

f1

= 3 , 3y=0 y 3 ≤ 0 se pueden sustituir por

y

g

y

f1

≤ 0 (= 0 si y > 0). Por

tanto, las condiciones de Kuhn-Tucker quedarían:

x

g

x

f1

≤ 0 (= 0 si x > 0)

y

g

y

f1

≤ 0 (= 0 si y > 0)

1(g(x,y)c) = 0; 1 ≤ 0; x ≥ 0; y ≥ 0

EJERCICIOS.-

Solución.- Las condiciones necesarias de Kuhn-Tucker serían:

01yx

0y

0y2y2

0x21

22

2

1

21

2

cuya única solución con i 0 es: x = 1, y = 0, 1 = 0 , 2 = 2

1 .

La región factible es convexa (se trata de un semicírculo) y la función objetivo es

cóncava (el hessiano es

20

00 cuya forma cuadrática asociada es semidefinida negativa),

luego el punto (1, 0) es máximo global.



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Solución.- Como se cumple la condición de no negatividad de las variables, la lagrangiana:

L(x,y) = 2y – x2 + (x

2 + y

2 – 1). Las condiciones de Kuhn-Tucker:

–2x + 2x ≤ 0 (= 0 si x > 0)

2 + 2y ≤ 0 (= 0 si y > 0)

(x2 + y

2 – 1) = 0

x2 + y

2 ≤ 1

≤ 0, x ≥ 0, y ≥ 0

Así pues, el único punto de Kuhn-Tucker es (0, 1), con = –1

Como queremos maximizar una función continua sobre un conjunto cerrado y acotado,

por el teorema de los valores extremos, sabemos hay solución al problema. Luego el punto

(0, 1) maximiza 2y – x2, siendo 2 el valor máximo.

Solución.-

La función lagrangiana;

(x, y) = 1 x + y2 (x

2 + y

2 1)

Las condiciones necesarias de Kuhn-Tucker

01yx

0

01yx

0y2y2

0x21

22

22

Imposible011y

11y0x

Imposible10x

0Si

Imposible,020Si

Caso que = 0. Imposible porque la 1ª ecuación quedaría 1 = 0.

Caso que < 0

imposible10y

imposible2

11x

punto2

11x

0y

01,



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Como se trata de minimizar una función continua sobre un conjunto cerrado y acotado,

el teorema de los valores extremos garantiza solución al problema luego el punto (1, 0),

minimiza 1–x+y2.

Solución.-

La función lagrangiana:

(x, y) = e–x

+ e–y

+ (x + y – 4)

Las condiciones necesarias de Kuhn-Tucker:

–e–x

+ = 0

–e–y

+ = 0

(x + y – 4) = 0

x + y – 4 ≤ 0

x + y = 4

x = y = 2 = e–2

e–x

= e–y

x = y

Como > 0, el punto hallado cumple la condición necesaria para mínimo.

Puesto que e–x

+ e–y

es convexa y el conjunto factible es convexo, la solución (2, 2) es un

mínimo global del problema propuesto.

Solución.-

El lagrangiano:

(x, y) = –(x–2)2– (y – 3)

2+ 1(x– 1) + 2(y–2)


No puede ser = 0, porque e–x

> 0, luego:



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–2(x–2) + 1 = 0

–2(y–3) + 2 = 0

1(x – 1) = 0

2(y–2) = 0

1 ≤ 0; 2 ≤ 0

x – 1 ≤ 0

y – 2 ≤ 0

La función objetivo es cóncava pues la forma cuadrática asociada a su hessiano

20

02 es definida negativa. Como la región factible es convexa, el punto (1, 2) es

máximo global para la función objetivo).

Solución.-

El lagrangiano del problema es:

(x, y) = y – x2 + 1(x

2 + y

2 – 1) + 2(–x)


–2x + 21x – 2 = 0

1 + 21y = 0

1(x2 + y

2 – 1) = 0

2(–x) = 0

1 ≤ 0; 2 ≤ 0

x2 + y

2 ≤ 1

x ≥ 0

Así pues solamente un punto, el (0, 1) cumple las condiciones necesarias de Kuhn-Tucker.

Puesto que la región factible es cerrada y acotada (es un semicírculo), el punto (0, 1) es la

solución del problema. Se trata de un máximo global.

1 = 0 imposible pues se deduciría que x = 2, que contradice la 1ª

restricción.

1 < 0 x = 1 1 = –2

22y0

nrestricció 2ª la contra 3,y

que deduciría se pues imposible0

22

2

Así pues, el único punto que verifica las condiciones necesarias es

(1, 2).

Debe ser 1 < 0 porque si 1 = 0, la segunda igualdad es

imposible.

Luego x2 + y

2 = 1

Si 2 = 0, de la 1ª igualdad x(–1+1) = 0 x = 0

imposible 2

11y

1,0 punto 2

11y

1

1

Si 2 < 0 x = 0 lo cual contradice la 1ª igualdad pues se

obtendría 2 = 0.



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Solución.-

La lagrangiana:

(x, y) = f(x, y) + 1g1(x, y) + 2g2(x, y) = x2 + y + 1(x

2 + y

2 1) + 2(x y)


0yx

01yx

0,0

0yx

01yx

0y21

0x2x2

22

21

2

22

1

21

21

Caso que 1 = 2 = 0. Imposible porque la 2ª ecuación quedaría 1 = 0.

Caso que 1 = 0 y 2 < 0. Imposible porque se obtiene que 2 = 1.

Caso que 1<0 y 2 = 0. El sistema queda:

0yx

1yx

0y21

01x

22

1

1

que tiene dos soluciones: {x = 0, y = 1, 2

11

} y {2

3x ,

2

1y ; = 1}.

Caso que 1<0 y 2 < 0. El sistema queda:

yx

1yx

0y21

0x2x2

22

21

21

que proporciona las soluciones

2

1

2

1,

22

1

2

1,

2

1y,

2

1x

21 y

2

1

2

1,

22

1

2

1,

2

1y,

2

1x

21 pero ninguna es válida porque en ambas

2> 0.



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Así pues, los puntos que verifican las condiciones necesarias son (0, 1) y

2

1,

2

3

Solución.-

Solución trivial pues en el recinto dado, el valor máximo de

xy2 es cero, en el punto (0,0).

Veámoslo formalmente:

Como se cumple la condición de no negatividad de las variables, la

lagrangiana:

(x, y) = x y2 + (2x + y

2 – 4)


1 2 ≤ 0 (= 0 si x > 0)

2y + 2y≤ 0 (= 0 si y > 0)

(2x + y2 – 4) = 0

2x + y2 ≤ 4

≤ 0 ; x ≥ 0, y ≥ 0

Luego solamente el punto (0, 0) es de Kuhn-Tucker

La función x y2 es cóncava por que la forma cuadrática asociada a su hessiano

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00 es semidefinida negativa. Además la región factible es convexa por ser intersección

de conjuntos convexos. Luego el punto obtenido (0, 0) es el máximo global de x y2.

Solución.-

Como se cumple la condición de no negatividad de las variables, la lagrangiana:

(x, y) = x2 + y

2 + (x + y–1)


2x + ≤ 0 (=0 si x > 0)

2y + ≤ 0 (=0 si y > 0)

(x + y –1) = 0

x + y ≤ 1

≤0, x ≥ 0, y ≥ 0.

00xLuego

imposible2x2

10210xSi

0x;0

04x2

0) xsi 0(021

0y Luego

imposible 10y Si

Si = 0 x = y = 0

Sea entonces < 0.

Si x > 0 e y > 0 = −1, y = 2

1, x =

2

1

Si x > 0 e y = 0 x = 1, = −2

Si x = 0 y = 1, = −2



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Tenemos pues cuatro puntos de Kuhn-Tucker: (0, 0);

2

1,

2

1, (1, 0) y (0, 1).

Sustituyendo en la función objetivo comprobamos que los puntos que la maximizan son (1, 0)

y (0, 1).

(Puede comprobarse que la resolución gráfica es bastante sencilla)

Solución.-

El lagrangiano: (x, y) = x + y + 1(y – 4) + 2 (x2 − y)


1 + 22x = 0

1 + 1 − 2 = 0

1(y – 4) = 0

2(x2 − y) = 0

1≤0, 2≤0

y ≤ 4, y ≥ x2

sistema que resuelto proporciona una única solución: x = 2,

y = 4, 1 = 4

1 , 2 =

4

5

Como el conjunto factible es convexo y la función objetivo es cóncava, podemos aplicar

la condición suficiente de óptimo global, luego el punto (2, 4) es la solución.

Solución.- Lo resolveremos en primer lugar

gráficamente. La región factible está limitada

por la circunferencia x2 + y

2 = 1 y la parábola

x = y2. La pendiente de la función objetivo es

2 y, según observamos en la figura, 2x + y

se maximizará en un punto de la

semicircunferencia positiva 2x1y de

pendiente 2. Así pues, derivando

y’ = 2x1

x

= 2 x =

5

2 y =

5

1



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Es decir, 2x + y se maximiza en el punto

5

1,

5

2 y su valor en ese punto es igual a 5

Ahora lo resolveremos formalmante.

El lagrangiano: (x, y) = 2x + y + 1(x2 + y

2 1) + 2(y

2 x)


2 + 21x 2 = 0

1 + 21y + 22y = 0

1(x2 + y

2 1) = 0

2(y2 x) = 0

x2 + y

2 ≤ 1; y

2 x ≤ 0; 1 ≤ 0; 2 ≤ 0

Solución.-

El problema equivale a maximizar –x –y s.a. x2 – y ≤ 0

El lagrangiano: (x, y) = −x − y + (x2 − y)


−1+ 2x = 0

−1 – = 0

(x2 − y) = 0

sistema cuya solución es 4

1y,

2

1x , = −1.

La función objetivo es cóncava y convexa por tratarse de una función lineal. Además la región

factible es convexa (es la parte interior de la parábola y = x2), luego el punto

4

1,

2

1es

mínimo global y por tanto el valor mínimo de x + y sería 4

1

4

1

2

1

Solución.-

Escribiremos el problema en la forma canónica:

Maximizar x2 y

2

sujeto a: x + y ≤ 1

x ≤ 1

El lagrangiano: (x, y) = x2 y

2 + 1(x + y – 1) + 2 (1 − x)


Resuelto el sistema se obtiene una única solución

0;2

5,

5

1y,

5

2x

21. Así pues el

máximo valor de

2x + y en la región factible sería 55

5

5

1

5

4 .



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2x + 1 2 = 0

2y + 1 = 0

1(x + y – 1) = 0

2 (1 − x) = 0

1≤0, 2≤0

x + y ≤ 1, x ≥ 1

sistema que resuelto proporciona una única solución: x = 1, y = 0, 1 = 0, 2 = 2

La función x2 + y

2 es convexa por que la forma cuadrática asociada a su hessiano

20

02 es definida positiva. Además la región factible es convexa. Luego el punto obtenido

(1, 0) es el mínimo global de x2 + y

2.

Solución.-

El ejercicio es trivial pues (x1)2 + y

2 ≥ 0, luego el valor mínimo es 0 y ello implica que

x= 1; y = 0. Hagámoslo formalmente:

Escribiremos el problema en la forma canónica:

Maximizar (x1)2 y

2

sujeto a: x2 y

2 ≤ 4

x + y ≤ 1

El lagrangiano: (x, y) = (x1)2 y

2 + 1(x

2 y

2 4) + 2 (1 – x + y)


2(x1) + 21x 2 = 0

2y 21 + 2= 0

1(x2 y

2 4) = 0

2 (1 – x + y)= 0

1≤0, 2≤0

x2 y

2 ≤ 4, x y ≥ 1

sistema que resuelto proporciona una única solución: x = 1, y = 0, 1 = 0, 2 = 0



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Solución.-

Veamos primeramente una solución gráfica.

Para k ≥ 0, las curvas 2x2 + y

2 = k 1

k

y

2k

x 22

constituyen una familia de elipses, de semiejes 2

k y k ,

que obviamente aumentan al aumentar k. La región factible

es el triángulo de vértices (0,0), (0, 110) y

0,

3

110.Se

observa en la gráfica que el valor máximo de k se obtiene

en el punto (0, 110), para el que se obtiene un valor de k =

12100.

Resolvámoslo aplicando las condiciones de Kuhn-Tucker: el planteamiento sería:

Maximizar 2x2 + y

2

s.a. 3x + y ≤ 110

x ≥ 0; y ≥ 0

Como se cumple la condición de no negatividad de las variables, la lagrangiana:

(x,y) = 2x2 + y

2 + (3x + y 110)

Y las condiciones de Kuhn-Tucker:

0y,0x,0

0110yx3

0 y si 00y2

0 x si 003x4

El conjunto factible es convexo pero la función objetivo no es cóncava de modo que no

podemos aplicar la condición suficiente de óptimo global, pero al ser la función objetivo

continua y el conjunto factible compacto, por el teorema de los valores extremos sabemos que

existe al menos un óptimo global. Comprobamos sustituyendo en la función objetivo que el

valor máximo lo proporciona el punto (0, 110).

Solución.-

El ejercicio resulta trivial. En efecto, la expresión –x2 – (y−2)

2 resulta ser ≤ 0 para

cualquier punto (x,y). Su máximo valor pues es el cero que lo toma únicamente en el punto

(0, 2) que pertenece a la región factible.

9

440,

3

110x0y

40,20y,30x0y

0x

220,110y0x

0Si

0y,0x0Si

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