Soluciones a los ejercicios propuestos: Matem¶aticas III ... · Soluciones a los ejercicios propuestos: Matem¶aticas III. Curso 08{09 79 q1 = 40 ¡2p1 ¡p2 q2 = 35 ¡p1 ¡p2 Puesto

Soluciones a los ejercicios propuestos: Matematicas III. Curso 08–09 77

Tema 8

1. Clasificar los puntos crıticos de las siguientes funciones:

(a) f(x, y) = (x− 2)2 + (y − 1)2

∇f(x, y) = (2(x− 2), 2(y − 1))

si ∇f(x∗, y∗) = (0, 0) →{

x∗ = 2y∗ = 1

El punto crıtico es el x∗ = (2, 1)Calculamos la matriz hessiana:

Hf(x, y) =

(2 00 2

)

Puesto que Hf(x, y) es definida positiva ∀(x, y) ∈ IR2, y en particular,en x∗ = (2, 1), el punto x∗ es un mınimo local estricto de f .

(b) f(x, y) = 4− x2 + y2

∇f(x, y) = (−2x, 2y)

Si ∇f(x∗, y∗) = (0, 0) →{

x∗ = 0y∗ = 0

, por tanto, el punto crıtico es el

x∗ = (0, 0)

La matriz hessiana es Hf(x, y) =

(−2 00 2

), que es indefinida ∀(x, y) ∈

IR2, y en particular en x∗ = (0, 0), luego x∗ es un punto de silla.

(c) f(x, y) = x2 − xy + y2 − 2y + x

∇f(x, y) = (2x− y + 1,−x + 2y − 2)

Si ∇f(x∗, y∗) = (0, 0) →{

x∗ = 0y∗ = 1

, por tanto, el punto crıtico es el

x∗ = (0, 1)

La matriz hessiana es Hf(x, y) =

(2 −1−1 2

), que es definida positiva

∀(x, y) ∈ IR2, y en particular, en x∗ = (0, 1), luego el punto x∗ es unmınimo local estricto de f .


(d) f(x, y) = (x2 + y2)e−(x2+y2)

∇f(x, y) = (2xe−(x2+y2) − 2x(x2 + y2)e−(x2+y2), 2ye−(x2+y2) − 2y(x2 + y2)e−(x2+y2))

= (2xe−(x2+y2)[1− (x2 + y2)], 2ye−(x2+y2)[1− (x2 + y2)])

Si ∇f(x∗, y∗) = (0, 0) →

x∗1 = 0,x∗2 = 0,x∗3 = 1,

y∗1 = 0y∗2 = 1y∗3 = 0

Por tanto, los puntos crıticos son x∗1 = (0, 0), x∗2 = (0, 1) y x∗3 = (1, 0).La matriz hessiana es(

2e−(x2+y2) [(1− 2x2)(1− (x2 + y2))− 2x2] − 4xye−(x2+y2) [2− (x2 + y2)]

−4xye−(x2+y2) [2− (x2 + y2)] 2e−(x2+y2) [(1− 2y2)(1− (x2 + y2))− 2y2]

)

En particular,

• Hf(0, 0) =

(2 00 2

), que es definida positiva, por tanto, el punto

x∗1 = (0, 0) es un mınimo local estricto de f .

• Hf(1, 0) =

(−4e−1 0

0 0

), que es semidefinida negativa, por tanto,

el punto x∗3 = (1, 0), es un maximo global.

• Hf(0, 1) =

(0 00 −4e−1

), que es indefinida, por tanto, el punto

x∗2 = (0, 1), es un punto de silla.

2. Calcular la matriz hessiana de la funcion f(x, y) = x2 + y2 en el punto (1, 1)y clasificar el punto (1, 1).

∇f(x, y) = (2x, 2y)

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

(2 00 2

),∀(x, y) ∈ IR2

En particular Hf(1, 1) =

(2 00 2

), que es definida positiva, luego el punto

x∗ = (1, 1) es un mınimo local estricto de f .

3. Una empresa productora de dos bienes tiene las siguientes funciones dedemanda y coste:

Q1(P1, P2) = 40− 2P1 − P2

Q2(P1, P2) = 35− P1 − P2

C(Q1, Q2) = Q21 + 2Q2

2 + 10

Hallar los niveles de produccion (Q1 y Q2) y los precios (P1 y P2) que maxi-mizan el beneficio. Discutir si dicho maximo es global.


q1 = 40− 2p1 − p2

q2 = 35− p1 − p2

Puesto que se vende todo lo que se produce, la cantidad total producidasera igual a la suma de las cantidades de los dos bienes vendidos, es decir,q = q1 + q2.De las funciones de demandas dadas, obtenemosp1 = −q1 + q2 + 5 y p2 = q1 − 2q2 + 30, por tanto, las funciones de ingreso decada bien son:

I1(q1, q2) = p1q1 = (−q1 + q2 + 5)q1 = −q21 + q1q2 + 5q1

I2(q1, q2) = p2q2 = (q1 − 2q2 + 30)q2 = q1q2 − 2q22 + 30q2

siendo la funcion de ingresos de la empresa,

I(q1, q2) = I1(q1, q2) + I2(q1, q2) = −q21 − 2q2

2 + 2q1q2 + 5q1 + 30q2

Por tanto, la funcion de beneficios es,

B(q1, q2) = I(q1, q2)−C(q1, q2) = −q21−2q2

2+2q1q2+5q1+30q2−q21−2q2

2−10 =−2q2

1 − 4q22 + 2q1q2 + 5q1 + 30q2 − 10

El programa queda,max B(q1, q2) = −2q2

1 − 4q22 + 2q1q2 + 5q1 + 30q2 − 10

Aplicamos las condiciones de primer orden:∂B∂q1

= 0 → −4q1 + 2q2 + 5 = 0∂B∂q2

= 0 → −8q2 + 2q1 + 30 = 0

Resolvemos el sistema, obteniendo como punto crıtico q∗ =(

257, 65

14

)

La matriz hessiana es HB(q1, q2) =

(−4 22 −8

), que es definida nega-

tiva en todo (q1, q2), luego la funcion B(q1, q2) es estrictamente concava y

q∗ =(

257, 65

14

)es el maximo global.

Los precios de ambos bienes serıan,p1 = −25

7+ 65

14+ 5 = 85

14u.m.

p2 = 257− 65

7+ 30 = 170

7u.m.

y el beneficio total es:B

(257, 65

14

)= 68.5714u.m.


4. Discutir el caracter de los puntos crıticos de la funcion

f(x, y) = ax2 + 2bxy + cy2 + dx + ey + f

segun los valores de los parametros reales a, b, c, d, e y f , siendo ac− b2 6= 0.

∇f(x, y) = (2ax + 2by + d, 2bx + 2cy + e)

Hallamos los puntos crıticos:

∇f(x, y) = (0, 0) →{

2ax + 2by + d = 02bx + 2cy + e = 0

(I)(II)

Multiplicamos (I) por ”-b” y (II) por ”a”:−2abx− 2b2y − bd = 02abx + 2acy + ae = 02y(−b2 + ac) + ae− bd = 0

y∗ = bd−ae2(ac−b2)

siendo ac− b2 6= 0.

De (I) tenemos:

2ax+ 6 2b(

bd−ae62(ac−b2)

)+ d = 0

2ax = b2d−abe+d(ac−b2)(ac−b2)

→ x∗ = b2d−abe+d(ac−b2)2a(ac−b2)

Luego el punto crıtico es,

x∗ =(

b2d−abe+d(ac−b2)2a(ac−b2)

, bd−ae2(ac−b2)

)

Calculamos la matriz hessiana,

Hf(x, y) =

(2a 2b2b 2c

),∀(x, y) ∈ IR2

|Hf(x, y)| = 4ac−4b2 = 4(ac−b2) 6= 0, por la condicion dada en el enunciado.Puesto que |Hf(x, y)| 6= 0, la matriz hessiana no puede ser semidefinidapositiva, ni semidefinida negativa. Las posibilidades que tenemos son definidapositiva, definida negativa e indefinida. Estudiemos los distintos casos:

• Si a > 0 y ac− b2 > 0

Hf(x, y) es definida positiva ∀(x, y) ∈ IR2, luego x∗ es un mınimo localestricto de f .

• Si a < 0 y ac− b2 > 0

Hf(x, y) es definida negativa ∀(x, y) ∈ IR2, luego x∗ es un maximo localestricto de f .


• Si ac− b2 < 0 o a = 0

Hf(x, y) es indefinida ∀(x, y) ∈ IR2, luego x∗ es un punto de silla.

5. Hallar y clasificar los puntos crıticos de la funcion

f(x1, x2) = ax1x2 + b(1

x1

+1

x2

)

siendo a, b ∈ IR, a 6= 0, b 6= 0.

∇f(x1, x2) =(ax2 − b

x21, ax1 − b

x22

)

Hallamos los puntos crıticos:

∇f(x1, x2) = (0, 0) →

ax2 − bx21

= 0 → x2 = bax2

1

ax1 − bx22

= 0

Sustituyendo,

ax1 − b(b

ax1

)2 = 0 → ax1 − ba2x21

b2= 0

ax1 − a2x21

b= 0 → x1

(a− a2x1

b

)= 0

→{

x1 = 0

a− a2x1

b= 0 → x∗1 = b

a

x1 = 0 no lo tenemos en cuenta, pues x2 no estarıa definida.x∗2 = b

a( ba)

2 = ab

Luego el punto crıtico es, x∗ =(

ba, a

b

), con a 6= 0,b 6= 0 y a, b ∈ IR.


Hf(x1, x2) =

2bx31

a

a 2bx32

∀(x1, x2) ∈ IR2

Particularizamos para nuestro punto x∗ =(

ba, a

b

)y nos queda,

Hf(

ba, a

b

)=

2a3

b2a

a 2b4

a3

y ademas∣∣∣Hf

(ab, b

a

)∣∣∣ = 2b4

6a 63 · 26a 63b2− a2 = 4b2 − a2

Estudiemos el caracter de Hf(

ba, a

b

), para los distintos valores de ”a” y ”b”:

• Si a > 0 y 4b2 − a2 > 0,Hf

(ba, a

b

)es definida positiva, luego el punto x∗ =

(ba, a

b

)es un mınimo

local estricto de f .

• Si a < 0 y 4b2 − a2 > 0,Hf

(ba, a

b

)es definida negativa, luego el punto x∗ =

(ba, a

b

)es un maximo


local estricto de f .

• Si a > 0 y 4b2 − a2 = 0,Hf

(ba, a

b

)es semidefinida positiva (y por tanto, convexa), luego el punto

x∗ =(

ba, a

b

)es un mınimo global de f .

• Si a < 0 y 4b2 − a2 = 0,Hf

(ba, a

b

)es semidefinida negativa (y por tanto, concava), luego el punto

x∗ =(

ba, a

b

)es un maximo global de f .

• Si 4b2 − a2 < 0,Hf

(ba, a

b

)es indefinida, luego el punto x∗ =

(ba, a

b

)es un punto de silla.

6. Discutir el caracter de los puntos crıticos de la funcion

f(x, y, z) = ax2 + by2 + cz2 + dxz a, b, c, d 6= 0

segun los valores de los parametros a, b, c y d.

∇f(x, y, z) = (2ax + dz, 2by, 2cz + dx)Hallamos los puntos crıticos,

∇f(x, y, z) = (0, 0, 0) →

2ax + dz = 0(I)2by = 0 → y∗ = 02cz + dx = 0(II)

Multiplicamos (I) por ”d” y (II) por ”-2a”,2adx + d2z = 0−2adx− 4caz = 0

(d2 − 4ac)z = 0 → z∗ = 0

De (I) obtenemos x∗ = 0, luego el punto crıtico es x∗ = (0, 0, 0)Calculamos la matriz hessiana,

Hf(x, y, z) =

2a 0 d0 2b 0d 0 2c

∀(x, y, z) ∈ IR3

y ademas,∣∣∣∣∣2a 00 2b

∣∣∣∣∣ = 4ab

|Hf(x, y, z)| = 8abc− 2bd2 = 2b(4ac− d2)

Estudiamos el caracter de Hf(0, 0, 0), segun los distintos valores de ”a”,”b”,”c” y ”d”:


• Si a > 0, b > 0 y 4ac− d2 > 0,Hf(0, 0, 0) es definida positiva, luego el punto x∗ = (0, 0, 0) es un mınimolocal estricto de f.

• Si a < 0, b < 0 y 4ac− d2 > 0,Hf(0, 0, 0) es definida negativa, luego el punto x∗ = (0, 0, 0) es unmaximo local estricto de f.

• Si a > 0, b > 0 y 4ac− d2 = 0,Hf(0, 0, 0) es semidefinida positiva (y por tanto, convexa), luego x∗ =(0, 0, 0) es un mınimo global de f.

• Si a < 0, b < 0 y 4ac− d2 = 0,Hf(0, 0, 0) es semidefinida negativa (y por tanto, concava), luego x∗ =(0, 0, 0) es un maximo global de f.

• Si ab < 0,Hf(0, 0, 0) es indefinida, luego x∗ = (0, 0, 0)es un punto de silla.

7. Consideremos una empresa monopolıstica que vende un unico bien en tresmercados separados para los que se tienen las tres funciones siguientes deingreso medio: P1 = 63− 4Q1, P2 = 105− 5Q2 y P3 = 75− 6Q3. La funcionde costes es C = 20 + 15Q + Q2. Hallar las cantidades y los precios deequilibrio.

Las funciones de ingreso en cada mercado son:I1(q1) = p1q1 = (63− 4q1)q1 = 63q1 − 4q2

1

I2(q2) = p2q2 = (105− 5q2)q2 = 105q2 − 5q22

I3(q3) = p3q3 = (75− 6q3)q3 = 75q3 − 6q23

siendo la funcion de ingresos de la empresa,I(q1, q2, q3) = I1(q1) + I2(q2) + I3(q3)

y por tanto, la funcion de beneficios es,B(q1, q2, q3) = I(q1, q2, q3)− C(q1 + q2 + q3),

donde hemos supuesto que q = q1 + q2 + q3, es la cantidad total producida.Luego,B(q1, q2, q3) = −5q2

1−6q22−7q2

3−2q1q2−2q2q3−2q1q3 +48q1 +90q2 +60q3−20El programa es,

maxB(q1, q2, q3)

Aplicamos las condiciones de primer orden,∂B∂q1

= 0 → −10q1 − 2q2 − 2q3 + 48 = 0∂B∂q2

= 0 → −12q2 − 2q1 − 2q3 + 90 = 0∂B∂q3

= 0 → −14q3 − 2q2 − 2q1 + 60 = 0

quedando el sistema,


−10q1 − 2q2 − 2q3 + 48 = 0−12q2 − 2q1 − 2q3 + 90 = 0−14q3 − 2q2 − 2q1 + 60 = 0

que tiene por solucion

q∗ =(

28297

, 63397

, 28597

)que es el punto crıtico.

La matriz hessiana es,

HB(q1, q2, q3) =

−10 −2 −2−2 −12 −2−2 −2 −14

, ∀(q1, q2, q3) ∈ IR3

Llamando Di, i = 1, 2, 3, a los menores principales, tenemos:D1 = −10

D2 =

∣∣∣∣∣−10 −2−2 −12

∣∣∣∣∣ = 116

D3 = |HB(q1, q2, q3)| =∣∣∣∣∣∣∣

−10 −2 −2−2 −12 −2−2 −2 −14

∣∣∣∣∣∣∣= −1552

Luego,HB(q1, q2, q3) es semidefinida negativa (y por tanto, concava), entonces

q∗ =(

28297

, 63397

, 28597

)es un maximo global de B.

Las cantidades son,q1 = 282

97' 3 unidades

q2 = 63397' 6.5 unidades

q3 = 28597' 3 unidades

vendiendose a los precios,p1 = 51.37 u.m.p2 = 72.37 u.m.p3 = 57.37 u.m.

y obteniendose un beneficio de,

B(

282

97,633

97,285

97

)= 431.57 u.m.

8. Obtener los maximos y mınimos locales y globales, si los hubiera, de la funcionf(x, y) = 2x2 + y2 + 8x− 6y + 20.

Hallamos los puntos crıticos,

∇f(x, y) = (0, 0) →{

4x + 8 = 0 → x∗ = 22y − 6 = 0 → y∗ = 3

Luego el unico punto crıtico es el x∗ = (2, 3)Calculamos la matriz hessiana,


Hf(x, y) =

(4 00 2

),∀(x, y) ∈ IR2 que coincide con Hf(2, 3)

Tenemos que Hf(2, 3) es definida positiva, por tanto,x∗ = (2, 3) es un mınimolocal estricto de f.Por otro lado tenemos que f es convexa, luego el punto x∗ = (2, 3) es tambienun mınimo global.

9. Para las funciones y subconjuntos de IR2 que se indican a continuacionestudiar en que casos son aplicables los resultados de condiciones necesariasy condiciones suficientes vistos en la teorıa:

(a) f(x, y) = xy(1− x2 − y2), sobre el conjunto A = [0, 1]× [0, 1].

En virtud del teorema de Weierstrass, la funcion f alcanza el maximo yel mınimo global en el conjunto A.

Calculamos los puntos crıticos,

∇f(x, y) = (0, 0) →{

∂f∂x

= y(1− 3x2 − y2) = 0∂f∂y

= x(1− x2 − 3y2) = 0

Resolviendo el sistema anterior, se obtienen los puntos (0, 0), (1,−1),

(1, 0), (−1, 0),(1/2,

1/2

),(1/2,

−1/2

),

(−1/2,1/2

)y

(−1/2,−1/2

), pero solo

nos interesan aquellos puntos que pertenecen al conjunto A, por tanto,solo tendremos en cuenta los puntos (0, 0),(0, 1), (1, 0) y

(1/2,

1/2

).

Hallamos la matriz hessiana,

Hf(x, y) =

(−6xy 1− 3x2 − 3y2

1− 3x2 − 3y2 −6xy

)∀(x, y) ∈ IR2

En el caso de los puntos (0, 0),(1, 0) y (0, 1), las condiciones de segundoorden no son aplicables, pues estos puntos no son interiores al conjuntoA, y ademas, dicho conjunto no es abierto.El punto x∗ =

(1/2,

1/2

)es un punto interior de A, por tanto, sı es posible

aplicar las condiciones suficientes de segundo orden, obteniendo,


Hf(1/2,

1/2

)=

( −3/2−1/2−1/2−3/2

)que es definida negativa, luego

(1/2,

1/2

)

es un maximo local.Por otro lado, en las rectas x = 0 e y = 0, la funcion f se anula. Parala recta x = 1, f(1, y) = −y3es negativa (y > 0), y cuando y = 1, comof(x, 1) = −x3 tambien es negativa la funcion (x > 0).Ası pues, los puntos del conjunto,

{(x, y) ∈ IR2 : x = 0, 0 ≤ y ≤ 1} ∪ {(x, y) ∈ IR2 : y = 0, 0 ≤ x ≤ 1}son mınimos locales de f en A.En el punto (1, 1) la funcion, aunque ∇f(1, 1) 6= (0, 0) (observese que nose cumple la condicion necesaria), tiene mınimo global.

El punto(1/2,

1/2

)es el maximo global.

(b) f(x, y) = xy, sobre el triangulo de vertices (0, 0), (1, 0) y (0, 1).

Llamaremos D al triangulo de vertices (0, 0),(1, 0) y (0, 1).Por el toerema de Weierstrass, la funcion f(x, y) = xy alcanzara maximoy mınimo global en el conjunto D. Ademas los puntos optimos pertenecena D.

Calculamos el gradiente,∇f(x, y) = (y, x) → si ∇f(x, y) = (0, 0) → x∗ = y∗ = 0 → x∗ = (0, 0) ∈D es un punto crıtico.

En (0, 0) no son aplicables las condiciones de segundo orden, pues (0, 0)no es un punto interior a D.Estudiemos el comportamiento de f en D,

• Si x = 0 → f(0, y) = 0

• Si y = 0 → f(x, 0) = 0

• Si x + y = 1 → f(x, 1− x) = x(1− x) = h(x)

Derivamos e igualamos a cero,h′(x) = 1− 2x = 0 → x = 1/2h′′(x) = −2 < 0 → x = 1/2

es maximo global de h.


El valor mınimo de f en D es 0, y se alcanza en cualquier punto delos catetos del triangulo D, luego (0, 0)es un mınimo global de f en D.

El valor maximo de f en D es 1/4 y se alcanza en el punto(1/2,

1/2

).

Veamoslo:- Supongamos que ∃(x∗1, x∗2) ∈ D/f(x∗1, x

∗2) > 1

4.

Dicho punto sera tal que x∗1 +x∗2 < 1 o bien x∗1 +x∗2 = 1, siendo en amboscasos x∗1 > 0 y x∗2 > 0.

• Si x∗1 + x∗2 = 1 → x∗1 = 1 − x∗2 y f(x∗1, x∗2) = f(1 − x∗2, x

∗2) =

x∗2(1−x∗2) > 14

sı y solo si (x∗2)2−x∗2 + 1

4< 0 lo cual es contradiccion

pues (x∗2)2 − x∗2 + 1

4=

(x∗2 − 1

2

)2> 0.

• Si x∗1 + x∗2 < 1 → x∗1 < 1− x∗2 y 14

< f(x∗1, x∗2) = x∗1x

∗2 < (1− x∗2)x

∗2 si

y solo si 14

< x∗2 − (x∗2)2 lo cual tambien es una contradiccion.

Por tanto, el maximo global de f en D se alcanza en(

12, 1

2

)aunque no se

cumple la condicion necesaria ∇f(

12, 1

2

)6= (0, 0).

10. Para la funcion f(x, y) = (3 − x)(3 − y)(x + y − 3), identificar los puntoscrıticos y clasificarlos. Estudiar su caracter global.

Hallamos los puntos crıticos,∇f(x, y) = (0, 0)∇f(x, y) = ((3− y)(6− 2x− y), (3− x)(6− 2y − x)) = (0, 0)

→{

(3− y)(6− 2x− y) = 0(3− x)(6− 2y − x) = 0

obteniendo como puntos crıticos x∗1 =(3/2, 3

)y x∗2 =

(3, 3/2

).


Hf(x, y) =

(−2(3− y) −9 + 2x + 2y

−9 + 2x + 2y −2(3− x)

)∀(x, y) ∈ IR2

En particular,

• Hf(3/2, 3

)=

(0 00 −3

)que es indefinida, luego el punto x∗1 =

(3/2, 3

)

es un punto de silla.

• Hf(3, 3/2

)=

(−3 00 0

)que es semidefinida negativa, entonces x∗2 =

(3, 3/2

)es un maximo local de f. Ademas, f es concava, por tanto

x∗2 =(3, 3/2

)es tambien un maximo global.


11. Sea A ⊂ IRn un conjunto abierto, f : A −→ IR y h : IR −→ IR una funcioncreciente o decreciente, y G = h ◦ f .

(a) Demostrar que los puntos de extremo local son los mismos para lasfunciones f y G.

Para fijar ideas, supongamos que ”a” es un mınimo para f. Entoncesexiste un entorno U de ”a” tal que f(x) ≥ f(a)∀x ∈ U , luego

G(x) = (h ◦ f)(x) = h(f(x))

{≥ h(f(a)) = G(a)si h creciente≤ h(f(a)) = G(a)si h decreciente

∀x ∈U

Por tanto, ”a” es un mınimo (respectivamente maximo) local para G.Recıprocamente, supongamos que ”a” es un mınimo para G. Entoncesexiste un entorno U de ”a” tal queG(x) = h(f(x)) ≥ G(a) = h(f(a)),∀x ∈ U .

En consecuencia, ∀x ∈ U , f(x) ≥ f(a), o f(x) ≤ f(a), segun sea hcreciente o decreciente, lo que muestra que ”a” es un mınimo o maximolocal para f.En resumen, si h es creciente, f y G tienen los mismos maximos y mınimoslocales. Si h es decreciente, los maximos (respectivamente mınimos)locales de f son los mınimos (respectivamente maximos) locales de G.

(b) Aplicar el resultado del apartado anterior para determinar los extremosde la funcion G definida en A = {(x, y) ∈ IR2/x > 0} en la formaG(x, y) = e57x((ln x)2+y2).

Sea h(t) = e57t, que sabemos que es estrictamente creciente en IR, yaque,h′(t) = 57e57t > 0, ∀t ∈ IR.Si llamamos f(x, y) = x[(ln x)2 + y2], con las notaciones del apartadoanterior, se tiene:G(x, y) = (h ◦ f)(x, y) = h(f(x, y)) = e57x((ln x)2+y2)

Teniendo en cuenta el apartado (a), bastara calcular los extremos de f;y puesto que f es continua, con derivadas continuas en A, tenemos:

∇f(x, y) = (0, 0) →

(ln x)2 + y2 + 2 ln x = 02xy = 0

→ y = 0 → (ln x)2 + 2 ln x = 0

ln(x)[ln x + 2] = 0

{ln x = 0 → x = 1

ln x + 2 = 0 → x = e−2


Los puntos crıticos son (1, 0) y (e−2, 0).Hallamos la matriz hessiana en dichos puntos,

Hf(e−2, 0) =

(−2e2 0

0 −2e2

), que es indefinida, por tanto (e−2, 0)es un

punto de silla, y no es un punto de extremo local para f.

Hf(1, 0) =

(2 00 2

), que es definida positiva, por tanto, (1, 0)es un

mınimo local para f, y tambien es un mınimo para G.

(c) Supongamos que f es diferenciable en a y h es diferenciable en c = f(a),demostrar que si h′(c) 6= 0 entonces el punto a es crıtico para f si y solosi a es crıtico para G.

Teniendo en cuenta la condicion necesaria de existencia de puntoscrıticos, G′(a) = 0, entonces G′(a) = h′(c)f ′(a) = 0 ↔ f ′(a) = 0,por ser h′(c) 6= 0, tal y como dice el enunciado.Por tanto, ”a” es estacionario para G, si y solo sı lo es para f.

12. En el metodo de la regresion por mınimos cuadrados, la curva y = ax + bes ajustada a los datos (xi, yi) para i = 1, 2, ..., n, seleccionando los valoresde a y b que minimizan la suma de los cuadrados de los errores, S(a, b) =∑n

i=1(yi − (axi + b))2.

(a) Determinar las condiciones necesarias para minimizar S(a, b) (estasecuaciones se llaman ecuaciones normales) y demostrar que se satisfacenlas condiciones suficientes.

Hemos de resolver el programa

mina,b

S(a, b) =n∑

i=1[axi + b− yi]

2

Condicion necesaria de primer orden:∂S∂a

= 2n∑

i=1[axi + b− yi]xi = 0

∂S∂b

= 2n∑

i=1[axi + b− yi] = 0

o lo que es equivalente,

a(

n∑i=1

x2i

)+ b

n∑i=1

xi−n∑

i=1xiyi = 0

an∑

i=1xi + nb− n∑

i=1yi = 0

Dividiendo por ”n” en ambas ecuaciones resulta,a(α20) + bx− α11 = 0 (I)b = −ax + y (II)dondeα20 = 1

n

n∑i=1

x2i ; α11 = 1

n

n∑i=1

xiyi


x = 1n

n∑i=1

xi; y = 1n

n∑i=1

yi

Sustituyendo (II) en (I), se tieneaα20 + (y − ax)x− α11 = 0 → aα20 + xy − ax2 − α11 = 0Despejamos ”a” y obtenemos:a∗ = α11−xy

α20−x2 = µ11

σ2x

b∗ = y − µ11

σ2xx

en donde µ11 es la covarianza muestral de (x1, ..., xn) e (y1, ..., yn) y σ2x

es la varianza muestral de x1, ..., xn).Condiciones de segundo orden.

HS(a, b) =

2n∑

i=1x2

i 2n∑

i=1xi

2n∑

i=1xi 2n

Utilizando el criterio de los menores principales, vemos que:

D1 = 2n∑

i=1x2

i > 0

D2 = |HS(a, b)| = 4nn∑

i=1x2

i−4(

n∑i=1

xi

)2

= 4n2

[1n

n∑i=1

x2i −

(1n

n∑i=1

xi

)2]

=

4n2σ2x > 0

Por tanto, como S(a, b) es una funcion estrictamente convexa, el puntocrıtico calculado sera mınimo global estricto.

(b) Extender los resultados anteriores para ajustar la funcion cuadraticay = a + bx + cx2.

Hemos de resolver el programa

mina,b,c

S(a, b, c) =n∑

i=1[cx2

i + bxi + a− yi]2

Condicion necesaria de primer orden:∂S∂a

= 2n∑

i=1[cx2

i + bxi + a− yi] = 0

∂S∂b

= 2n∑

i=1[cx2

i + bxi + a− yi]xi = 0

∂S∂c

= 2n∑

i=1[cx2

i + bxi + a− yi]x2i = 0

o lo que es equivalente,

c(

n∑i=1

x2i

)+ b

(n∑

i=1xi

)+ na− n∑

i=1yi = 0

c(

n∑i=1

x3i

)+ b

(n∑

i=1x2

i

)+ a

(n∑

i=1xi

)− n∑

i=1xiyi = 0

c(

n∑i=1

x4i

)+ b

(n∑

i=1x3

i

)+ a

(n∑

i=1x2

i

)− n∑

i=1x2

i yi = 0


Dividimos por n todas las ecuaciones,

c 1n

n∑i=1

x2i + b 1

n

n∑i=1

xi + a− 1n

n∑i=1

yi = 0

c 1n

n∑i=1

x3i + b 1

n

n∑i=1

x2i + a 1

n

n∑i=1

xi − 1n

n∑i=1

xiyi = 0

c 1n

n∑i=1

x4i + b 1

n

n∑i=1

x3i + a 1

n

n∑i=1

x2i − 1

n

n∑i=1

x2i yi = 0

que tambien puede escribirse como,cα20 + bx + a− y = 0 (I)cα30 + bα20 + ax− α11 = 0 (II)cα40 + bα30 + aα20 − α21 = 0 (III)

donde,

α20 = 1n

n∑i=1

x2i ; α11 = 1

n

n∑i=1

xiyi; x = 1n

n∑i=1

xi; y = 1n

n∑i=1

yi

α30 = 1n

n∑i=1

x3i ; α40 = 1

n

n∑i=1

x4i ; α21 = 1

n

n∑i=1

x2i yi

Despejamos ”a” de (I), y sustituimos en (II) y (III)a = y − cα20 − bx

cα30 + bα20 + yx− cα20x− bx2 − α11 = 0cα40 + bα30 + yα20 − cα2

20 − bxα20 − α21 = 0

}

es decir,{cα30 − cα20x + bσ2

x + yx− α11 = 0 → b = µ11−c(α30−α20)σ2

x

cα40 − cα220 + bα30 − bxα20 + yα20 − α21 = 0

siendo µ11 la covarianza muestral de (x1, ..., xn) e (y1, ...yn) y σ2x es la

va-rianza muestral de (x1, ...xn).Por tanto,c(α40 − α2

20) + b(α30 − xα20) + yα20 − α21 = 0

es decir,cσ2

x2 +[

µ11−c(α30−α20)σ2

x

](α30 − xα20) + yα20 − α21 = 0

c[σ2

x2 − (α30−α20)σ2

x(α30 − xα20)

]= −µ11

σ2x(α30 − xα20)− yα20 + α21

Finalmente,c = 1

β

[−µ11

σ2x(α30 − xα20)− yα20 − α21

]

siendo β = σ2x2 − (α30−α20)

σ2x

(α30 − xα20) y σ2x2 la varianza muestral de

(x21, ..., x

2n).


El ejercicio concluye, sustituyendo el valor de ”c”, en las expresiones de”a” y ”b”.


Tema 9

1. Consideremos el problema min F (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) = 0

donde F y g estan definidas en un subconjunto abierto D ⊂ <2 en el queambas funciones tienen derivadas parciales primeras continuas, entonces, severifica que si

(x∗, y∗) ∈ B = {(x, y) ∈ <2/(x, y) ∈ D, g(x, y) = 0}

es solucion local del programa tal que ∇g(x∗, y∗) 6= 0 ,∃λ∗ ∈ < 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 Th de la funcion implıcita para funcionesescalares, 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 <2 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 amin F (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/∂y∂g/∂y

∂g

∂x= 0 (1)

Por otra parte, podemos escribir la siguiente identidad:

∂F∂y−

∂F/∂y∂g/∂y

∂g

∂y= 0 (2)

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∗)∂F∂y

(x∗, y∗) + λ∗ ∂g∂y

(x∗, y∗)

}(3)

Observese que las ecuaciones (3) junto con la restriccion g(x, y) = b, son lascondiciones necesarias de primer orden para programas con restricciones deigualdad.

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 ∈ <}

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 ∈ <}

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

, 14

)y

(√2

2, 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,

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

∂£∂x

= 2x− 2 + 2λ = 0∂£∂y

= 4y + 4 + 4λ = 0∂£∂z

= 2(z − 2) + λ = 0∂£∂λ

= 2x + 4y + z = 0

Llamamos,f(x, y, z) = 7 + x2 + 2y2 + 4y − 2x + (z − 2)2 y g(x, y, z) = 2x + 4y + z.

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) 6= 0 ∀(x, y, z) ∈ <3

y en particular, para el punto (1,−1, 2). Ası pues, se verifica la condicionde regularidad.Comprobemos si en x∗ se cumplen las condiciones suficientes de segundoorden. En primer lugar calculamos,

H£(λ; x, y, z) = Hf(x, y, z) + λHg(x, y, z) =

=

2 0 00 4 00 0 2

+ λ

0 0 00 0 00 0 0

=

2 0 00 4 00 0 2

que ademas coincide con H£(0; 1,−1, 2). La matriz anterior es definida


positiva, por tanto, 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,£(λ; x, y, z) = z + λ1(x

2 + y2 − 4) + λ2(x + y + z − 5)y las condiciones necesarias de primer orden son,

∂£∂x

= 2λ1x + λ2 = 0∂£∂y

= 2λ1y + λ2 = 0∂£∂z

= 1 + λ2 = 0∂£∂λ1

= x2 + y2 − 4 = 0∂£∂λ2

= x + y + z − 5 = 0

Llamamos,f(x, y, z) = zg1(x, y, z) = x2 + y2 − 4g2(x, y, z) = x + y + z − 5Resolviendo el sistema anterior, se obtienen los puntos estacionarios consus multiplicadores de Lagrange asociados,

x∗1 =(√

2,√

2, 5−√2)

; λ11 = 1

2√

2; λ1

2 = −1

x∗2 =(−√2,−√2, 5 +

√2)

; λ21 = −1

2√

2; λ2

2 = −1

La condicion de regularidad se verifica ya que, como

∇g1(x, y, z) = (2x, 2y, 0) y ∇g2(x, y, z) = (1, 1, 1)

en x∗1 resultan los vectores{(

2√

2, 2√

2, 0), (1, 1, 1)

}que son linealmente

independientes y, en x∗2 los vectores{(−2√

2,−2√

2, 0), (1, 1, 1)

}que

tambien cumplen la propiedad de independencia lineal.Calculamos la matriz H£(λ1, λ2; x, y, z),

H£(λ1, λ2; x, y, z) = Hf(x, y, z) + λ1Hg1(x, y, z) + λ2Hg2(x, y, z) =

=

0 0 00 0 00 0 0

+ λ1

2 0 00 2 00 0 0

+ λ2

0 0 00 0 00 0 0

=

=

2λ1 0 00 2λ1 00 0 0

• Particularizando en x∗1 se tiene,

H£(λ11, x

∗1) =

1/√

2 0 0

0 1/√

2 0

0 0 0


y comoM(x∗1) = {p ∈ <3/Jg(x∗1)p = 0} = {p ∈ <3/p1 + p2 = 0, p3 = 0}entonces x∗1 es un mınimo local estricto, pues ∀p = (p,−p, 0) ∈M(x∗1)con p 6= 0 se tiene

ptH£(λ11, x

∗1)p = 2√

2p2 > 0

• Para x∗2 la matriz

H£(λ21, x

∗2) =

−1

/√2 0 0

0 −1/√

2 0

0 0 0

y como M(x∗2) = M(x∗1) entonces x∗2 es un maximo local estricto yaque, ∀p ∈ M(x∗2), con p = (p,−p, 0) 6= 0,ptH£(λ2

1, x∗2)p = − 2√

2p2 < 0

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

Sean f(x, y) = x2y, g(x, y) = x2 + y2 − 1;la funcion lagrangiana es£(λ; x, y) = f(x, y) + λg(x, y) = x2y + λ(x2 + y2 − 1)y las condiciones necesarias de primer orden son:

∂£∂x

= 2xy + 2λx = 0∂£∂y

= x2 + 2λy = 0∂£∂λ

= x2 + y2 − 1 = 0

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

x∗1 = (0, 1); λ∗ = 0x∗2 = (0,−1); λ∗ = 0

x∗3 =(√

23, −1√

3

); λ∗ = 1√

3

x∗4 =(−

√23, −1√

3

); λ∗ = 1√

3

x∗5 =(√

23, 1√

3

); λ∗ = − 1√

3

x∗6 =(−

√23, 1√

3

); λ∗ = − 1√

3

En este caso la matriz H£(λ; x, y) es

H£(λ; x, y) = Hf(x, y) + λHg(x, y) =

(2y 2x2x 0

)+ λ

(2 00 2

)=

=

(2y + 2λ 2x

2x 2λ

)

Particularizando en los puntos estacionarios obtenemos:


• Para x∗1 la matriz H£(λ∗, x∗1) =

(2 00 0

)es semidefinida positiva,

pero para los vectores p 6= 0, p ∈ <2 tales que ∇g(x∗1)p = 0es definida positiva. En efecto, los vectores p perpendiculares a∇g(x∗1) = (0, 2) son de la forma p = (p1, 0), y se verifica

(p1, 0)

(2 00 0

) (p1

0

)= 2p2

1 > 0,

por tanto, x∗1 es un mınimo local estricto.

• En el punto x∗2 se tiene H£(λ∗, x∗2) =

(−2 00 0

)y para los

vectores p 6= 0 con p ∈ M(x∗2) =

{p ∈ <2/ (0,−2)

(p1

p2

)= 0

}=

{p ∈ <2/p2 = 0}se verifica (p1, 0)

(−2 00 0

) (p1

0

)= −2p2

1 < 0 ası pues, x∗2 es

maximo local estricto.

• En x∗3 se obtiene la matriz

H£(λ∗, x∗3) =

0 2

√2√3

2√

2√3

2√3

que es indefinida, sin embargo, para los vectores,

p ∈ M(x∗3) ={p ∈ <2/2

√23p1 − 2√

3p2 = 0

}

se tiene(p1

√2p1

) 0 2

√2√3

2√

2√3

2√3

(p1√2p1

)= 12√

3p2

1 > 0

por tanto, x∗3 es un mınimo local estricto.De manera analoga, se puede comprobar que x∗4 es mınimo local, yx∗5 y x∗6 son maximos locales.

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

Sean g1(x, y, z) = x2 − xy + y2 − z2 − 1, g2(x, y, z) = x2 + y2 − 1.La funcion lagrangiana es,£(λ1, λ2; x, y, z) = f(x, y, z) + λ1g1(x, y, z) + λ2g2(x, y, z) == x2 + y2 + z2 + λ1(x

2 − xy + y2 − z2 − 1) + λ2(x2 + y2 − 1)

y las condiciones necesarias de primer orden son:


∂£∂x

= 2x + 2λ1x− λ1y + 2λ2x = 0∂£∂y

= 2y − λ1x + 2λ1y + 2λ2y = 0∂£∂z

= 2z − 2λ1z = 0∂£∂λ1

= x2 − xy + y2 − z2 − 1 = 0∂£∂λ2

= x2 + y2 − 1 = 0

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

x∗1 =(√

22

,√

22

, 0)

; λ∗1 = 1; λ∗12 = −3/2x∗2 =

(−√2

2,√

22

, 0)

; λ∗1 = 1; λ∗22 = 5/2x∗3 =

(√2

2, −

√2

2, 0

); λ∗1 = 1; λ∗32 = −5/2

x∗4 =(−√2

2, −

√2

2, 0

); λ∗1 = 1; λ∗42 = 3/2

En este caso la matriz esH£(λ1, λ2; x, y, z) = Hf(x, y, z) + λ1Hg1(x, y, z) + λ2Hg2(x, y, z) =

=

2 0 00 2 00 0 2

+ λ1

2 −1 0−1 2 00 0 −2

+ λ2

2 0 00 2 00 0 0

=

=

2 + 2λ1 + 2λ2 −λ1 0−λ1 2 + 2λ1 + 2λ2 00 0 2− 2λ1


• Para x∗1 con λ∗1 = 1, λ∗12 = −3/2, la matriz,

H£(λ∗1, λ∗12 , x∗1) =

1 −1 0−1 1 00 0 0

y para los vectores p 6= 0 conp ∈ M(x∗1) = {p ∈ <3/Jg(x∗1)p = 0} =

=

p ∈ <3/

√2/2

√2/2 0√

2√

2 0

p1

p2

p3

= 0

=

{p ∈ <3/p1 + p2 = 0}se verifica(

p1 −p1 p3

)

1 −1 0−1 1 00 0 0

p1

−p1

p3

= 4p2

1 > 0,

luego x∗1 es un mınimo local estricto.

• Para x∗2 =(−√2

2,√

22

, 0)

con λ∗1 = 1,λ∗22 = 5/2,obtenemos la matriz,


H£(λ∗1, λ∗22 , x∗2) =

9 −1 0−1 9 00 0 0


p ∈ <3/

−3

√2/2

3√

2/2 0

−√2√

2 0

p1

p2

p3

= 0

=

{p ∈ <3/− p1 + p2 = 0}se verifica(

p1 p1 p3

)

9 −1 0−1 9 00 0 0

p1

p1

p3

= 16p2

1 > 0,


• Para x∗3 =(√

22

, −√

22

, 0)

con λ∗1 = 1;λ∗32 = −5/2,obtenemos la matriz,

H£(λ∗1, λ∗32 , x∗3) =

−1 −1 0−1 −1 00 0 0


=

p ∈ <3/

3

√2/2−3√

2/2 0√

2 −√2 0

p1

p2

p3

= 0

=

{p ∈ <3/p1 − p2 = 0}se verifica(

p1 p1 p3

)−1 −1 0−1 −1 00 0 0

p1

p1

p3

= −4p2

1 < 0,

luego x∗3 es un maximo local estricto.

• Para x∗4 =(−√2

2, −

√2

2, 0

)con λ∗1 = 1, λ∗42 = 3/2

obtenemos la matriz,

H£(λ∗1, λ∗42 , x∗4) =

7 −1 0−1 7 00 0 0


=

p ∈ <3/

−√2

/2−√2

/2 0

−√2 −√2 0

p1

p2

p3

= 0

=

{p ∈ <3/− p1 − p2 = 0}se verifica


(p1 −p1 p3

)

7 −1 0−1 7 00 0 0

p1

−p1

p3

= 16p2

1 > 0,


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

}

Sean f(x, y) = x2 + y2 y g(x, y) = 5x2 + 6xy + 5y2 − 8.La funcion lagrangiana es,£(λ; x, y) = f(x, y) + λg(x, y) = x2 + y2 + λ(5x2 + 6xy + 5y2 − 8)y las condiciones necesarias de primer orden son:

∂£∂x

= 2x + 10λx + 6yλ = 0∂£∂y

= 2y + 6λx + 10λy = 0∂£∂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 = −12

x∗2 =(−√2,

√2)

; λ∗2 = −12

x∗3 =(√

22

,√

22

); λ∗3 = −1

8

x∗4 =(−√

22

,−√

22

); λ∗4 = −1

8

Hallamos la matriz H£(λ; x, y),

H£(λ; x, y) = Hf(x, y) + λHg(x, y) =

(2 00 2

)+ λ

(10 66 10

)=

=

(2 + 10λ 6λ

6λ 2 + 10λ

)


• Para x∗1 =(√

2,−√2)

con λ∗1 = −12, la matriz,

H£(λ∗1, x∗1) =

(−3 −3−3 −3

)

y para los vectores p 6= 0 con

p ∈ M(x∗1) = {p ∈ <2/Jg(x∗1)p = 0} =

=

{p ∈ <2/

(4√

2− 4√

2) (

p1

p2

)= 0

}= {p ∈ <2/p1 − p2 = 0}


se verifica

(p1p1)

(−3 −3−3 −3

) (p1

p1

)= −12p2

1 < 0


• Para x∗2 =(−√2,

√2)

con λ∗2 = −12, la matriz,

H£(λ∗2, x∗2) coincide con H£(λ∗1, x∗1), y de manera similar, llegamos aque se trata de un maximo local estricto.

• Para x∗3 =(√

22

,√

22

), con λ∗3 = −1

8, obtenemos la matriz,

H£(λ∗3, x∗3) =

(3/4 −3/4−3/4

3/4

)

y para los vectores p 6= 0 conp ∈ M(x∗3) = {p ∈ <2/Jg(x∗3)p = 0} = {p ∈<2/

(8√

2 8√

2) (

p1

p2

)= 0}

= {p ∈ <2/p1 + p2 = 0}se verifica(

p1 −p1

) (3/4 −3/4−3/4

3/4

) (p1

−p1

)= 3p2

1 > 0


• Para x∗4 =(−√2

2, −

√2

2

), con λ∗4 = −1

8, la matriz H£(λ∗4, x∗4), coincide

con H£(λ∗3, x∗3), y de manera similar, llegamos a que se trata de unmınimo local estricto.Por tanto, la distancia mınima es 1 unidad, y se obtiene sustituyendo x∗3o 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

Sean g1(x, y, z) = x− y + z, g2(x, y, z) = y + 2z − 1La funcion lagrangiana es,£(λ1, λ2; x, y, z) = f(x, y, z) + λ1g1(x, y, z) + λ2g2(x, y, z) == x3 + y3 + z2 − 3xy + λ1(x− y + z) + λ2(y + 2z − 1)y las condiciones necesarias de primer orden son:


∂£∂x

= 3x2 − 3y + λ1 = 0∂£∂y

= 3y2 − 3x− λ1 + λ2 = 0∂£∂z

= 2z + λ1 + 2λ2 = 0∂£∂λ1

= x− y + z = 0∂£∂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 esH£(λ1, λ2; x, y, z) = Hf(x, y, z) + λ1Hg1(x, y, z) + λ2Hg2(x, y, z) =

=

6x −3 0−3 6y 00 0 2

+ λ1

0 0 00 0 00 0 0

+ λ2

0 0 00 0 00 0 0

=

=

6x −3 0−3 6y 00 0 2


• Para x∗1 = (1, 1, 0) con λ∗11 = 0, λ∗22 = 0, la matriz,

H£(λ∗11 , λ∗12 , x∗1) =

6 −3 0−3 6 00 0 2

y para los vectores p 6= 0 conp ∈ M(x∗1) = {p ∈ <3/Jg(x∗1)p 6= 0} =

{p ∈ <3/

(1 −1 10 1 2

)

p1

p2

p3

= 0} = {p ∈ <3/p1 + 3p3 = 0, p2 +

2p3 = 0se verifica(−3p3 −2p3 p3

)

6 −3 0−3 6 00 0 2

−3p3

−2p3

p3

= 44p2

3 > 0,


• Para x∗2 =(− 9

35, 17

105, 44

105

)con λ∗21 = 352

1225, λ∗22 = −2068

3675, obtenemos la

matriz, H£(λ∗21 , λ∗22 , x∗2) =

−54

35−3 0

−3 3435

00 0 2



{p ∈ <3/

(1 −1 10 1 2

)

p1

p2

p3

= 0} = {p ∈ <3/p1 + 3p3 = 0, p2 +

2p3 = 0}se verifica(−3p3 −2p3 p3

)−54

35−3 0

−3 3435

00 0 2

−3p3

−2p3

p3

= −44p2

3 < 0,


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 ∈ <

Punto (1,1,1) es extremo relativo.Sea g(x, y, z) = x2 + y2 + z2 − 3, la funcion lagrangiana es,£(λ; x, y, z) = f(x, y, z) + λg(x, y, z) == x2 + y2 + bxy + az + λ(x2 + y2 + z2 − 3)y las condiciones necesarias de primer orden son:

∂£∂x

= 2x + by + 2λx = 0∂£∂y

= 2y + 2λy + bx = 0∂£∂z

= a + 2zλ = 0∂£∂λ

= x2 + y2 + z2 − 3 = 0

Particularizando en el punto (1,1,1) el sistema anterior, nos queda:2 + b + 2λ = 0b + 2 + 2λ = 0a + 2λ = 0

→ 2 + 2λ = −b (I)→ b− a = −2

→ −a = +2λ (II)La relacion pedida entre ”a” y ”b”, es 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 H£(λ; x, y, z),H£(λ; x, y, z) = Hf(x, y, z) + λHg(x, y, z) =

2 b 0b 2 00 0 0

+ λ

2 0 00 2 00 0 2

=

2 + 2λ b 0b 2 + 2λ 00 0 2λ


Teniendo en cuenta, la condicion (I), 2 + 2λ = −b, y (II) dada en elapartado anterior, nos queda,

H£(λ; x, y, z) =

−b b 0b −b 00 0 −a

Particularizando en el punto x∗ = (1, 1, 1), con λ ∈ <, se obtiene lamisma matriz que anteriormente,

H£(λ; 1, 1, 1) =

−b b 0b −b 00 0 −a

y para los vectores p 6= 0 conp ∈ M(x∗) = {p ∈ <3/Jg(x∗)p = 0} =

= {p ∈ <3/(

2 2 2)

p1

p2

p3

= 0} = {p ∈ <3/p1 + p2 + p3 = 0}

se verifica, teniendo en cuenta que −a = −b− 2

(p1 p2 −p1 − p2

)−b b 0b −b 00 0 −2− b

p1

p2

−p1 − p2

=

= −b (2p21 + 2p2

2)− 2 (p1 + p2)2

Entonces,

i.Si b < −2(p1+p2)2

2p21+2p2

2→ −b (2p2

1 + 2p22) − 2 (p1 + p2)

2 > 0, luego x∗ es un

mınimo local estricto.ii.Si b > −2(p1+p2)2

2p21+2p2

2→ −b (2p2

1 + 2p22) − 2 (p1 + p2)

2 < 0, luego x∗ es un

maximo local estricto.

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) ∈ <2, 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,£(λ; x, y) = u(x, y) + λg(x, y) = x2y + λ(x + y − 9),y las condiciones necesarias 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 la matriz H£(λ; x, y, z),H£(λ; x, y) = Hu(x, y) + λHg(x, y) =

=

(2y 2x2x 0

)+ λ

(0 00 0

)=

(2y 2x2x 0

)

Particularizando en los puntos estacionarios,

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

H£(λ∗1, x∗1) =

(18 00 0

)


= {p ∈ <2/(

1 1) (

p1

p2

)= 0} = {p ∈ <2/p1 + p2 = 0}

se verifica,(

p1 −p1

) (18 00 0

) (p1

−p1

)= 18p2

1 > 0,



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

H£(λ∗2, x∗2) =

(6 1212 0

)


= {p ∈ <2/(

1 1) (

p1

p2

)= 0} = {p ∈ <2/p1 + p2 = 0}

se verifica,(

p1 −p1

) (6 1212 0

) (p1

−p1

)= −18p2

1 < 0,


(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)

(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

, hallamos el determinante de la matriz

hessiana, y los menores correspondientes.

|Hf(x, y, z)| =∣∣∣∣∣∣∣

2 b 0b 2 00 0 2

∣∣∣∣∣∣∣= 8− 2b2

∣∣∣∣∣2 bb 2

∣∣∣∣∣ = 4− b2


Pueden darse dos posibilidades:

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

• Si −2 ≥ b ≥ 2, tenemos que Hf(x, y, z) es indefinida, luego x∗ es unpunto 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

}

Sea g(x, y, z) = x2 + y2 − 3.La funcion lagrangiana es,£(λ; x, y, z) = f(x, y, z) + λg(x, y, z) == x2 + y2 + xy + z + z2 + λ(x2 + y2 − 3)

y las condiciones necesarias de primer orden son:∂£∂x

= 2x + y + 2λx = 0∂£∂y

= 2y + x + 2λy = 0∂£∂z

= 1 + 2z = 0∂£∂λ

= x2 + y2 − 3 = 0

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

x∗1 =(√

32,√

32,−1

2

); λ∗1 = −3/2

x∗2 =(√

32,−

√32,−1

2

); λ∗2 = −1/2

x∗3 =(−

√32,√

32,−1

2

); λ∗3 = −1/2

x∗4 =(−

√32,−

√32,−1

2

); λ∗4 = −3/2

En este caso la matriz H£(λ; x, y, z) es,H£(λ; x, y, z) = Hf(x, y, z) + λHg(x, y, z) =

=

2 1 01 2 00 0 2

+ λ

2 0 00 2 00 0 0

=

=

2 + 2λ 1 01 2 + 2λ 00 0 2

Particularizando en los puntos estacionarios obtenemos,

• Para x∗1 =(√

32,√

32,−1

2

)con λ∗1 = −3/2, la matriz,

H£(λ∗1, x∗1) =

−1 1 01 −1 00 0 2



= {p ∈ <3/(2√

32,2

√32,0

)

p1

p2

p3

= 0} = {p ∈ <3/p1 + p2 = 0}

Se verifica,

(p1 −p1 p3

)−1 1 01 −1 00 0 2

p1

−p1

p3

= −4p2

1 + 2p23,

y como el signo de la expresion anterior, depende de los valores dep1 y p3, no se cumple la condicion necesaria de Lagrange de segundoorden, luego el punto x∗1 no es un maximo ni mınimo.

• Para x∗2 =(√

32,−

√32,−1

2

)con λ∗2 = −1/2, la matriz

H£(λ∗2, x∗2) =

1 1 01 1 00 0 2


= {p ∈ <3/(2√

32,− 2

√32,0

)

p1

p2

p3

= 0} = {p ∈ <3/p1 − p2 = 0}

Se verifica,

(p1 p1 p3

)

1 1 01 1 00 0 2

p1

p1

p3

= 4p2

1 + 2p23 > 0,


• Para x∗3 =(−

√32,√

32,−1

2

)con λ∗3 = −1/2, de manera similar que

para x∗2, llegamos a que x∗3 es un mınimo local estricto.

• El punto x∗4 =(−

√32,−

√32,−1

2

)con λ∗4 = −3/2, tiene un

comportamiento analogo al x∗1, luego no es ni maximo ni mınimo.

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 ∈ <.El conjunto de soluciones factibles es,B = {(x1, x2) ∈ <2/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 =(−√2

2, −

√2

2

)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.

Sea f(x1, x2) = x1 + x2, y g(x1, x2) = x21 + x2

2 − 1.La funcion lagrangiana es £(λ; x1, x2) = f(x1, x2) + λg(x1, x2) == x1 + x2 + λ(x2

1 + x22 − 1).

Las condiciones necesarias de primer orden son,∂£∂x1

= 1 + 2λx1 = 0∂£∂x2

= 1 + 2λx2 = 0∂£∂λ

= x21 + x2

2 − 1 = 0

Resolviendo el sistema anterior obtenemos los puntos crıticos, con susmultiplicadores de Lagrange asociados:x∗1 =

(√2

2,√

22

)con λ∗1 = −√2

2

x∗2 =(−√2

2, −

√2

2

)con λ∗2 =

√2

2

La condicion de regularidad se verifica en ambos, pues como∇g(x1, x2) = (2x1, 2x2), entonces,∇g(x∗1) 6= (0, 0) y ∇g(x∗2) 6= (0, 0)por tanto, x∗1 y x∗2 son puntos estacionarios.Calculamos la matriz, H£(λ; x1, x2) = Hf(x1, x2) + λHg(x1, x2) :

H£(λ; x1, x2) =

(2λ 00 2λ

)


y particularizando en x∗1 y x∗2 resulta

H£(λ∗1, x∗1)=

(−√2 0

0 −√2

); H£(λ∗2, x∗2)

=

( √2 0

0√

2

)

que son definida negativa y positiva respectivamente. Por tanto, ∀p ∈ <2:

• ptH£(λ∗1, x∗1)p < 0, y en particular, para aquellos p ∈ <2 tales que∇g(x∗1)p = 0 por lo cual x∗1 es un maximo local estricto.

• ptH£(λ∗2, x∗2)p > 0, y en particular, para aquellos p ∈ <2 tales que∇g(x∗2)p = 0 por lo cual x∗2 es un mınimo local estricto.

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,max a1 · a2 · a3...ak

s.a. a1 + a2 + a3... + ak = S

}

siendo ai > 0, con i = 1, ..., k.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(λ; a1, a2) = a1 · a2 + λ(a1 + a2 − S)y las condiciones de 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 = S2. 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 HL(λ; a1, a2),

HL(λ; a1, a2) =

(0 11 0

)+ λ

(0 00 0

)=

(0 11 0

)

y para los vectores p 6= 0 con,

p ∈ M(a∗) = {p ∈ <2/Jg(a∗)p = 0} = {p ∈ <2/(

1 1) (

p1

p2

)= 0} =

= {p ∈ <2/p1 + p2 = 0}se verifica,(

p1 −p1

) (0 11 0

) (p1

−p1

)= −2p2

1 < 0,

luego a∗ =(

Sk, S

k

)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.

max q = 60x1 + 90x2 − 2x21 − 3x2

2

s.a. 2x1 + 4x2 = 68

}

Sea q(x1, x2) = 60x1 + 90x2 − 2x21 − 3x2

2 y g(x1, x2) = 2x1 + 4x2 − 68

La funcion lagrangiana es,£(λ; x1, x2) = q(x1, x2) + λg(x1, x2) == 60x1 + 90x2 − 2x2

1 − 3x22 + λ(2x1 + 4x2 − 68)

y las condiciones de primer orden son,∂£∂x1

= 60 + 2λ− 4x1 = 0∂£∂x2

= 90− 6x2 + 4λ = 0∂£∂λ

= 2x1 + 4x2 − 68 = 0

Resolviendo el sistema anterior, obtenemos los puntos crıticos, con susmultiplicadores de Lagrange asociados,x∗ = (12, 11); λ∗ = −6En este caso la matriz H£(λ; x1, x2) es,H£(λ; x1, x2) = Hq(x1, x2) + λHg(x1, x2) =

=

(−4 00 −6

)+ λ

(0 00 0

)=

(−4 00 −6

)

Particularizando en x∗, obtenemos la misma matriz que anteriormente,

H£(λ∗; x∗) =

(−4 00 −6

)

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

= {p ∈ <2/(

2 4) (

p1

p2

)= 0} = {p ∈ <2/2p1 + 4p2 = 0}

se verifica,(−2p2 p2

) (−4 00 −6

) (−2p2

p2

)= −22p2

2 < 0

luego x∗ = (12, 11) es un 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 cantidadq = 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

Sean f(x, y, z) = xy + yz, y g1(x, y, z) = x2 + y2 − 2, g2(x, y, z) = y + z − 2La funcion lagrangiana es,£(λ1, λ2; x, y, z) = xy + yz + λ1(x

2 + y2 − 2) + λ2(y + z − 2)

Las condiciones necesarias de primer orden son,∂£∂x

= y + 2λ1x = 0∂£∂y

= x + z + 2λ1y + λ2 = 0∂£∂z

= y + λ2 = 0∂£∂λ1

= x2 + y2 − 2 = 0∂£∂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−√32

); λ5

1 = 1−√

32

; λ52 = 1−√3

2

x∗6 =(−

(1+√

32

), 1−√3

2,√

3+32

); λ6

1 =√

32− 1; λ6

2 =√

3−12

x∗7 =(√

3−12

,√

3+12

, 3−√32

); λ7

1 = −1−√

32

; λ72 = −

√3+12

x∗8 =(√

3−12

,−1+√

32

,√

3+52

); λ8

1 =√

32

+ 1; λ82 =

√3+12

En este caso la matriz H£(λ1, λ2; x, y, z) es,H£(λ1, λ2; x, y, z) = Hf(x, y, z) + λ1Hg1(x, y, z) + λ2Hg2(x, y, z) =


=

0 1 01 0 10 0 1

+ λ1

2 0 00 2 00 0 0

+ λ2

0 0 00 0 00 0 0

=

=

2λ1 1 01 2λ1 10 0 1

Hallamos el hessiano de la funcion lagrangiana, es decir, el hessiano orlado,

Ho£(x) =

0 0... 2x 2y 0

0 0... 0 1 1

· · · · · · ... · · · · · · · · ·2x 0

... 2λ1 1 0

2y 1... 1 2x 1

0 1... 0 1 0

que esta formado por,

Ho£(x) =

0 0...

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

· · · · · · ... · · · · · · · · ·...

Jgt(x, y, z)... H£(λ1, λ2; x, y, z)...

donde Jg(x, y, z) es el jacobiano de g(x, y, z), siendo g(x, y, z), una funcion dedos 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, <3),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) ∈ <5,|Ho£(x)| = 8(x2(λ1 − 1)− xy + λ1y

2)obtenemos que|Ho£(λ1

1, λ12; x

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

|Ho£(λ21, λ

22; x

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

|Ho£(λ31, λ

32; x

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

|Ho£(λ41, λ

42; x

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

|Ho£(λ51, λ

52; x

∗5)| = 12(1−√3) < 0 −→ x∗5 es un maximo local estricto.

|Ho£(λ61, λ

62; x

∗6)| = 4(

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

|Ho£(λ71, λ

72; x

∗7)| = −4(

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

|Ho£(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 <3 y el conjunto factible B = {(x, y, z) ∈<3/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 = 22+α

→ y = 0

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

22+α

, 0)

Hallamos la matriz hessiana de la funcion f,

Hf(x, y) =

(2 + α 0

0 β

), y su determinante es

|Hf(x, y)| = (2 + α)βSegun los valores de α y β , pueden darse 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) ∈ <2/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,£(λ; x, y) = f(x, y) + λg(x, y) = (x − 1)2 + y2 + λ(x + y − 3), y lascondiciones de primer orden son,

∂£∂x

= 2(x− 1) + λ = 0∂£∂y

= 2y + λ = 0∂£∂λ

= x + y − 3 = 0

Resolviendo el sistema anterior, obtendremos los puntos crıticos con susmultiplicadores de Lagrange asociadosx∗ = (2, 1) con λ∗ = −2En este caso, la matriz H£(λ; x, y) es,


H£(λ; x, y) = Hf(x, y) + λHg(x, y) =

(2 00 2

)+ λ

(0 00 0

)=

=

(2 00 2

)

Particularizando en x∗, obtenemos la misma matriz que anteriormente,

H£(λ∗; x∗) =

(2 00 2

)


p ∈ M(x∗) = {p ∈ <2/Jg(x∗)p = 0} = {p ∈ <2/(

1 1) (

p1

p2

)=

0} == {p ∈ <2/p1 + p2 = 0}se verifica,(

p1 − p1

) (2 00 2

) (p1

−p1

)= 4p2

1 > 0,

luego x∗ = (2, 1) es un mınimo 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 laforma,4fmin ≈ h(−λ∗) = 2hPor tanto, el mınimo aumenta aproximadamente en 2h unidades.

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

siendo


x1 ≡ 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,£(λ; x1, x2) = 0, 3x1 + 0, 1x2

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

∂£∂x1

= 0, 3 + λ = 0∂£∂x2

= 0, 2x2 + λ = 0∂£∂λ

= x1 + x2 − 3 = 0

(b) Indicar cual es el valor de los multiplicadores e interpretar este valor paraeste problema.

Resolviendo el sistema anterior, obtenemos el punto estacionariox∗ = (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.


Opt. x2 + y2

s.a.x2

9+

y2

4= 1.


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


factibles esta formado por B = {(x, y) ∈ <2/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,£(λ; x, y) = x2 + y2 + λ

(x2

9+ y2

4− 1

)

y las condiciones necesarias de primer orden son:∂£∂x

= 2x + 2λx9

= 0∂£∂y

= 2y + λy2

= 0∂£∂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 H£(λ; x, y) es,

H£(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,

H£(λ∗1, x∗1) =

(10/9 00 0

)


p ∈ M(x∗1) = {p ∈ <2/Jg(x∗1)p = 0} = {p ∈ <2/(

0 1) (

p1

p2

)=

0} == {p ∈ <2/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,

H£(λ∗2, x∗2) =

(10/9 00 0

)

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

(0 −1

) (p1

p2

)=

= 0} = {p ∈ <2/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,

H£(λ∗3, x∗3) =

(0 0

0 −5/2

)


p ∈ M(x∗3) = {p ∈ <2/Jg(x∗3)p = 0} = {p ∈ <2/(

23

0) (

p1

p2

)=

0} == {p ∈ <2/p1 = 0}se verifica,(

0 p2

) (0 0

0 −5/2

) (0p2

)= −5

2p2

2 < 0,



• Para x∗4 = (−3, 0) con λ∗4 = −9, se procede de manera analoga acomo 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,£(λ; x, y) = V (x, y) + λg(x, y) = 12xy − x2 − 3y2 + λ(60x + 600y − 9000)

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

= 12y − 2x + 60λ = 0∂£∂y

= 12x− 6y + 600λ = 0∂£∂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 H£(λ; x, y) es,

H£(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 ∈ <2/Jg(x∗)p = 0} = {p ∈ <2/(

60 600) (

p1

p2

)= 0}

= {p ∈ <2/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:

min x1x2

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,£(λ; x1, x2) = f(x1, x2) + λg(x1, x2) = x1x2 + λ(x2

1 + x22 − 1)

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

= x2 + 2λx1 = 0∂£∂x2

= x1 + 2λx2 = 0∂£∂λ

= x21 + x2

2 − 1 = 0

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

x∗1 =(−√2

2,√

22

)con λ∗1 = 1

2

x∗2 =(√

22

, −√

22

)con λ∗2 = 1

2

x∗3 =(−√2

2,√

22

)con λ∗3 = −1

2

x∗4 =(√

22

, −√

22

)con λ∗4 = −1

2

Hallamos la matriz H£(λ; x1, x2),

H£(λ; x1, x2) = Hf(x1, x2) + λHg(x1, x2) =

(0 11 0

)+ λ

(2 00 2

)=

=

(2λ 11 2λ

)



• Para x∗1 =(−√2

2,√

22

)con λ∗1 = 1

2, la matrizH£(λ∗1, x

∗1) =

(1 11 1

)


= {p ∈ <2/(−√2

√2

) (p1

p2

)= 0}

= {p ∈ <2/− 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,

H0£ =

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 | H0£(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 ∈ <.El conjunto factible es la circunferencia de centro (0,0) y radio la unidad,B = {(x1, x2) ∈ <2/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.


Tema 10(Nota: algunos de los ejercicios que aparecen a continuacion han sido tomados de laobra: Optimizacion: cuestiones, ejercicios y aplicaciones a la economıa, R.Barbolla, E.Cerda y P. Sanz, Ed. Prentice–Hall, 2000. Tal y como ya aparece en la bibliografıa de laasignatura, se recomienda este texto para los temas 7 al 10 de la asignatura)

1. Determinar los extremos de la funcion f(x, y) = xy(1−x2−y2) en el cuadrado[−1, 1]× [−1, 1].

Esta resuelto en el tema 8, ejercicio 9.a).


Opt x2 + (y − 1)2

s. a. x + y ≤ 6

2x + y ≥ 4

x, y ≥ 0

Se pide:

(a) Estudiar que restricciones saturan los puntos (2, 3), (2, 0), (3, 3).

El conjunto factible del programa es

B = {(x, y) ∈ <2/x + y ≤ 6, 2x + y ≥ 4, x ≥ 0, y ≥ 0}

y las funciones que definen las restricciones son

g1(x, y) = x + y − 6 → g1(x, y) ≤ 0g2(x, y) = 4− 2x− y → g2(x, y) ≤ 0g3(x, y) = −x → g3(x, y) ≤ 0g4(x, y) = −y → g4(x, y) ≤ 0

• El punto (2, 3) ∈ B y como

g1(2, 3) = −1 < 0g2(2, 3) = −3 < 0g3(2, 3) = −2 < 0


g4(2, 3) = −3 < 0

en la solucion factible (2,3) no se satura ninguna restriccion.

• En (2,0) se saturan las restricciones segunda y cuarta ya que

g1(2, 0) = −4 < 0g2(2, 0) = 0g3(2, 0) = −2 < 0g4(2, 0) = 0

• Por ultimo, como

g1(3, 3) = 0g2(3, 3) = −5 < 0g3(3, 3) = −3 < 0g4(3, 3) = −3 < 0

el punto factible (3,3) solo satura la primera restriccion.

(b) Estudiar los puntos regulares para el problema anterior.

Tenemos que,

∇g1(x, y) = (1, 1) ; ∇g3(x, y) = (−1, 0)∇g2(x, y) = (−2,−1) ; ∇g4(x, y) = (0,−1)

∀(x, y) ∈ <2, los vectores anteriores son linealmente independientes 2 a2, luego todos los puntos del problema anterior, cumplen la condicion deregularidad.

(c) Resolver, si es posible, geometricamente el problema.

Las curvas de nivel de la funcion objetivo son circunferencias de la formax2 + (y − 1)2 = k, con centro (0,1) y radio r =

√k, k > 0. Por tanto,

teniendo en cuenta la figura, el maximo global se encuentra en el punto(6,0) y el mınimo global en el punto de tangencia

(65, 8

5

)que se obtiene

como solucion del sistema

{2x + y = 42x2

= 2(y−1)1


Ası pues, como ilustra la figura y puede comprobarse analıticamente,el punto donde se alcanza el maximo satura las restricciones primeray cuarta pues dicho punto esta situado sobre las rectas g1(x, y) = 0 yg4(x, y) = 0. Del mismo modo puede observarse que el punto dondese alcanza el mınimo, solo satura la segunda restriccion, alcanzando elmaximo en (6,0) y el mınimo en

(65, 8

5

)

(d) Estudiar las condiciones de Kuhn–Tucker en los optimos.

Las condiciones de Kuhn–Tucker son,

(2x

2(y − 1)

)+λ1

(11

)+λ2

(−2−1

)+λ3

(−10

)+λ4

(0−1

)=

(00

)

λ1 ≥ 0; λ2 ≥ 0; λ3 ≥ 0; λ4 ≥ 0;

λ1(x + y − 6) = 0; x + y − 6 ≤ 0λ2(4− 2x− y) = 0; 4− 2x− y ≤ 0λ3(−x) = 0; −x ≤ 0λ4(−y) = 0 ; −y ≤ 0

Veamos si verifican las condiciones anteriores en x∗1 = (6, 0)y en x∗2 =(65, 8

5

).

• En el punto x∗1 = (6, 0), estarıamos en un problema de maximizacion,


y se verifican las condiciones de Kuhn–Tucker, obteniendo λ1 = −12,λ2 = λ3 = 0 y λ4 = −14.

• En el punto x∗2 =(

65, 8

5

), estarıamos en un problema de

minimizacion, y no se verifican las condiciones de Kuhn–Tucker porllegar a una incongruencia en las ecuaciones.

3. Consideremos el problemamin y − x2

s. a. x2 − y ≤ 0

y ≤ 4

x, y ≥ 0

Se pide:

(a) Probar que el punto x? = (1, 1), verifica las condiciones de Kuhn–Tucker.

Podemos escribir el programa como,

min y − x2

s.a. x2 − y ≤ 0y − 4 ≤ 0−x ≤ 0−y ≤ 0

Las condiciones de Kuhn–Tucker en este caso son:

(−2x

1

)+ λ1

(2x−1

)+ λ2

(01

)+ λ3

(−10

)+ λ4

(0−1

)=

(00

)

λ1 ≥ 0; λ2 ≥ 0; λ3 ≥ 0; λ4 ≥ 0;

λ1(x2 − y) = 0; x2 − y ≤ 0

λ2(y − 4) = 0; y − 4 ≤ 0λ3(−x) = 0; −x ≤ 0λ4(−y) = 0 ; −y ≤ 0

El punto x∗ = (1, 1) es factible y solo satura la primera restriccion, portanto, sustituyendo x = y = 1, λ2 = λ3 = λ4 = 0 en la ecuacion resulta

−2 + 2λ1 = 01− λ1 = 0

}↔ λ1 = 1 > 0


Ası pues, x∗ = (1, 1) es un posible mınimo local del programa ya quecumple las condiciones necesarias de Kuhn–Tucker.

(b) Probar que x? es un mınimo global del programa.

Sea B = {(x, y) ∈ <2/x2 − y ≤ 0, y ≤ 4, x ≥ 0, y ≥ 0}

Dado que la funcion objetivo es

f(x, y) = y − x2

y todas las soluciones factibles (x, y) ∈ B verifican que

x2 − y ≤ 0, se tiene que ∀(x, y) ∈ B, f(x, y) ≥ 0 = f(1, 1)Por tanto, x∗ = (1, 1) es un mınimo global del problema.

(c) Probar que en x? no se cumple la condicion de segundo orden de mınimolocal.

En este punto, no se verifican las condiciones suficientes de segundoorden. En efecto, como

H£(λ∗, 1, 1) = Hf(1, 1) + λ∗1Hg1(1, 1) =

(−2 00 0

)+ 1

(2 00 0

)

=

(0 00 0

)

y

M(1, 1) = {(p1, p2) ∈ <2/p2 = 2p1, (p1, p2) 6= (0, 0)}

y es claro que H£(λ∗, 1, 1) no es difinida positiva en M(1, 1), ya que∀p ∈ M(1, 1) se verifica que ptH£(λ∗, 1, 1)p = 0.Esto muestra que las condiciones de segundo orden no son necesarias.


Opt (x− 3)2 + (y − 3/2)2

s. a. − x + y ≥ 0

x2 + y2 ≤ 4

x, y ≥ 0


(a) Resolverlo geometricamente.

El conjunto de soluciones factibles es

B = {(x, y) ∈ <2/x− y ≤ 0, x2 + y2 ≤ 4, x ≥ 0, y ≥ 0}

y las curvas de nivel de la funcion objetivo son circunferencias con centro(3, 3/2

)y de radio

√k, k > 0, es decir, (x− 3)2 +

(y − 3/2

)2= k.

Por tanto, como muestra la figura, el mınimo global del programa seencuentra en el punto x∗1 =

(√2,√

2), solucion del sistema de ecuaciones

x− y = 0x2 + y2 = 4

}

El maximo global se encuentra en el punto x∗2 = (0, 0)

(b) Comprobar las condiciones de Kuh–Tucker en el optimo.

Las condiciones de Kuhn–Tucker son:

(2(x− 3)

2(y − 3/2

))

+ λ1

(1−1

)+ λ2

(2x2y

)+ λ3

(−10

)+ λ4

(0−1

)=

(00

)

λ1 ≥ 0; λ2 ≥ 0; λ3 ≥ 0; λ4 ≥ 0;

λ1(x− y) = 0; x− y ≤ 0λ2(x

2 + y2 − 4) = 0; x2 + y2 − 4 ≤ 0λ3(−x) = 0; −x ≤ 0


λ4(−y) = 0 ; −y ≤ 0

• Para el punto x∗1 =(√

2,√

2), se verifican las condiciones de Kuhn–

Tucker, obteniendose λ1 = 1, 5 > 0, λ2 = 0, 59 > 0 y λ3 = λ4 = 0

• Para el punto x∗2 = (0, 0), el problema serıa de maximizacion, ycumple las condiciones de Kuhn–Tucker, obteniendo dos posiblessoluciones, una con λ1 = λ2 = 0, λ3 = −6 y λ4 = −3, y la otra conλ2 = λ4 = 0, λ1 = −3 y λ3 = −9.

5. Hallar analıticamente las soluciones factibles x∗ en las que se verifican lascondiciones de Kuhn–Tucker en los siguientes problemas:

(a)min 1− x + y2

s. a. x2 + y2 − 1 ≤ 0

Consideramos los casos en los que el punto x∗ solucion del programa seainterior al conjunto de las soluciones factibles o un punto frontera quesatura la restriccion.

• Supongamos que x∗ es un punto interior de

B = {(x, y) ∈ <2/x2 + y2 − 1 ≤ 0}

Las condiciones necesarias de primer orden serıan las de optimosin restricciones ya que, la restriccion impuesta por g(x, y) ≤ 0 esirrelevante para el problema considerado. El programa se reducirıaa estudiar los puntos crıticos de la funcion objetivo.Como ∇f(x, y) = (−1, 2y),∀(x, y) ∈ <2, y siempre se verifica que∂f∂x

= −1 6= 0, el optimo no se puede alcanzar en el interior delconjunto de soluciones factibles.

• Si x∗ satura la restriccion g(x, y) = x2 + y2− 1 = 0 entonces x∗ serala solucion del programamin f(x, y)s.a. g(x, y) = 0

}


y por tanto, sera punto crıtico de la funcion Lagrangiana,

£(λ; x, y) = f(x, y) + λg(x, y) = 1− x + y2 + λ(x2 + y2 − 1)

con λ ≥ 0, ya que tiene que verificarse

∇f(x∗) + λ∇g(x∗) = 0∇g(x∗) = 0λ ≥ 0

o explıcitamente

∂£∂x

= −1 + 2λx = 0∂£∂y

= 2x + 2λy = 0

g(x, y) = x2 + y2 − 1 = 0λ ≥ 0

Despues de resolver el sistema anterior, obtenemos como punto queverifica las condiciones de Kuhn-Tucker el x∗ = (1, 0) con λ = 1/2.

(b)min−3x− y

s. a. x2 + y2 − 5 ≤ 0

x− y − 1 ≤ 0

El conjunto de soluciones factibles es

B = {(x, y) ∈ <2/g1(x, y) ≤ 0, g2(x, y) ≤ 0}

Consideremos los siguientes casos:1. Que el optimo se alcanza en el interior de B, es decir,g1(x, y) < 0 y g2(x, y) < 0y por tanto, no se satura ninguna restriccion. Entonces, se estarıa en unpunto crıtico de f sin restricciones en el que deberıa verificarse que∇f(x∗) = 0 ↔ ∂f

∂x(x∗) = 0 y ∂f

∂y(x∗) = 0

2. Que el optimo esta situado en la frontera porque al menos una de lasdos restricciones esta saturada, es decir, se verifica quei)g1(x

∗) = 0g2(x

∗) < 0ii)g1(x

∗) < 0g2(x

∗) = 0iii)g1(x

∗) = 0g2(x

∗) = 0


Las condiciones necesarias de Kuhn-Tucker nos dicen que, si x∗ esoptimo local del programa cuando se cumplen ciertas hipotesis, entonces,−∇f(x∗) debe pertenecer al cono generado por ∇gi(x

∗) con i ∈ I yverificar,∇f(x∗, y∗) + λ1∇g1(x

∗, y∗) + λ2∇g2(x∗, y∗) = (0, 0)

λ1∇g1(x∗, y∗) = 0

λ2∇g2(x∗, y∗) = 0

λ1 ≥ 0, λ2 ≥ 0g1(x

∗, y∗) ≤ 0g2(x

∗, y∗) ≤ 0

Estudiemos si esto se cumple en los casos i), ii) y iii).

i) Si g1(x, y) = 0 y g2(x, y) < 0 → λ2 = 0

Las condiciones de Kuhn-Tucker son

−3 + 2λ1x = 0−1 + 2λ1y = 0x2 + y2 − 5 = 0λ1 ≥ 0x− y − 1 < 0λ2 = 0

De las dos primeras ecuaciones se deduce que

λ1 = 32x

y λ1 = 12y→ x = 3y

Sustituyendo en la condicion g1(x, y) = 0 obtenemos que

y = ±√

22→ x = ±3

√2

2.

Desechamos y = −√22

, ya que en ese caso tenemos λ1 < 0, lo que es unacontradiccion.En el caso que x∗ =

(3√

22

,√

22

)obtenemos λ1 = 1√

2que nos proporciona

una posible solucion. Veamos si x∗ es factible.g2(x

∗) = 3√

22−

√2

2− 1 6< 0

Ası pues, podemos concluir que en esta situacion no existe posiblesolucion.

ii) Si g1(x, y) < 0 y g2(x, y) = 0 → λ1 = 0, y las condiciones de Kuhn-Tucker explıcitamente las podemos escribir como−3 + λ2 = 0−1 + λ2(−1) = 0x2 + y2 − 5 < 0λ1 = 0x− y − 1 = 0λ2 ≥ 0


De la primera ecuacion obtenemos λ2 = 3 y de la segunda λ2 = −1,lo cual es incompatible. Esto prueba que no existe un x∗ solucion delproblema tal que g1(x

∗) < 0 y g2(x∗) = 0

iii) Si x∗ es un punto tal que satura las dos restricciones, es decir, verificaque g1(x, y) = 0 y g2(x, y) = 0, entonces, las condiciones de Kuhn-Tuckerson−3 + λ12x + λ2 = 0−1 + λ12y + λ2(−1) = 0x2 + y2 − 5 = 0λ1 ≥ 0λ1(x

2 + y2 − 5) = 0x− y − 1 = 0λ2 ≥ 0λ2(x− y − 1) = 0El sistema formado por las restricciones saturadasx2 + y2 − 5 = 0x− y − 1 = 0tiene como soluciones x = −1, y = −2 y tambien x = 2, y = 1.Para x∗ = (2, 1), sustituyendo en las condiciones de Kuhn-Tuckerobtenemosλ1 = 2

3> 0 y λ2 = 1

3> 0

Por tanto, el punto x∗ = (2, 1) es un posible mınimo del programa.Para x∗ = (−1,−2) se tiene λ1 = −2

3< 0, lo que contradice la no

negatividad de los λi, i = 1, 2, por lo que x∗ = (−1,−2) no es optimo delprograma.En general, las condiciones de Kuhn-Tucker quedaran resumidas en−3 + 2λ1x + λ2 = 0−1 + 2λ1y − λ2 = 0λ1 ≥ 0λ2 ≥ 0λ1(x

2 + y2 − 5) = 0λ2(x− y − 1) = 0x2 + y2 − 5 ≤ 0x− y − 1 ≤ 0Siendo los casos a considerar para encontrar los posibles mınimos x∗ lossiguientes:- Si no se satura ninguna restriccion, entonces λ1 = 0, λ2 = 0- Si se satura unicamente la primera restriccion, entonces λ2 = 0- Si se satura solo la segunda restriccion, entonces λ1 = 0- Si se saturan ambas restricciones, entonces λ1 ≥ 0 y λ2 ≥ 0

(c)min x2 + (y − 2)2


s. a. x + y ≤ 1

−x + y ≤ 1

y ≥ 0

Las condiciones necesarias de Kuhn-Tucker son:2x + λ1 − λ2 = 02(y − 2) + λ1 + λ2 − λ3 = 0λ1(x + y − 1) = 0λ2(−x + y − 1) = 0λ3(−y) = 0x + y − 1 ≤ 0−x + y − 1 ≤ 0−y ≤ 0λ1 ≥ 0λ2 ≥ 0λ3 ≥ 0Las hipotesis que podemos hacer sobre los valores de los λi, i = 1, 2, 3 seresumen en los 23 = 8 casos que a continuacion enumeramosI. λ1 = λ2 = λ3 = 0II. λ1 = λ2 = 0III.λ1 = λ3 = 0IV. λ2 = λ3 = 0V. λ1 = 0VI. λ2 = 0VII.λ3 = 0VIII.λ1 ≥ 0, λ2 ≥ 0, λ3 ≥ 0

Se comprueba facilmente que solo en la hipotesis VII se complen lascondiciones de Kuhn-Tucker. Estas se verifican en el punto x∗ = (0, 1)para λ1 = λ2 = 1, λ3 = 0. Por tanto, solo el punto x∗ = (0, 1) es posibleoptimo del programa.

6. Consideremos el problemamax x · y

s. a. x + y + z ≤ 5

x2 + y2 + z2 ≥ 4

x, y, z ≥ 0

y el punto x? = (5/2, 5/2, 0). Se pide:


(a) Comprobar que se verifican las condiciones necesarias de Kuhn–Tuckeren el punto indicado.

Podemos escribir el programa de la siguiente forma,

max xys.a. x + y + z − 5 ≤ 04− x2 − y2 − z2 ≤ 0−x ≤ 0−y ≤ 0−z ≤ 0

Las condiciones de Kuhn-Tucker para este problema son

x + λ1 − 2yλ2 − λ4 = 0y + λ1 − 2xλ2 − λ3 = 0λ1 − 2zλ2 − λ5 = 0λ1 ≤ 0, λ2 ≤ 0, λ3 ≤ 0, λ4 ≤ 0, λ5 ≤ 0λ1(x + y + z − 5) = 0λ2(4− x2 − y2 − z2) = 0λ3(−x) = 0λ4(−y) = 0λ5(−z) = 0x + y + z − 5 ≤ 04− x2 − y2 − z2 ≤ 0−x ≤ 0,−y ≤ 0,−z ≤ 0

El punto(5/2,

5/2, 0)

es una solucion factible que solo satura la primeray la quinta restriccion, ası pues λ2 = λ3 = λ4 = 0.Finalmente, sustituyendo en las tres primeras ecuacionesx = 5

2; y = 5

2;z = 0;λ2 = λ3 = λ4 = 0; λ1 = λ5 = −5

2

Ası pues, en el punto x∗ se verifican las condiciones necesarias de Kuhn-Tucker.

(b) Comprobar si se cumplen las condiciones suficientes de segundo orden.

Dado que x∗ satura la primera y ultima restriccion y λ∗1 < 0, λ∗5 < 0comprobar que ptH£(λ∗, x∗)p < 0, ∀p ∈ M(x∗) es equivalente acomprobar que en (λ∗, x∗) el determinante


∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

0 0 1 1 10 0 0 0 −11 0 0 1 01 0 1 0 01 −1 0 0 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

= −2 < 0

tiene el mismo signo que (−1)3 < 0. En efecto, esto se cumple pues

para x∗ =(

52, 5

2, 0

)y λ∗ =

(−52

, 0, 0, 0, −52

)este determinante es igual a

−2. Luego el punto x∗es un maximo local estricto.

(c) Probar que se trata de un maximo global.

Para determinar si es o no maximo, y si es local o global, nos ayudamosen este caso de la resolucion grafica del problema.

El conjunto de soluciones factibles es el tetraedro del primer ortante,excepto el interior de la parte de la esfera contenida en el mismo .Las superficies de nivel de la funcion objetivo sonSk = {(x, y, z) ∈ <3/xy = k}, k ∈ <Ası pues, en x∗ esta el maximo global de la funcion f(x, y, z) = xy sobreel conjunto B de soluciones factibles.


min (x− 2)2 + (y − 1)2

s. a. x2 − y ≤ 0


x + y − 2 ≤ 0

x, y ≥ 0


Las curvas de nivel de la funcion objetivo son circunferencias de centro(2, 1) y radio

√k, k > 0, es decir, (x− 2)2 + (y − 1)2 = k.

El conjunto de soluciones factibles es,B = {(x, y) ∈ <2/x2 − y ≤ 0, x + y − 2 ≤ 0, x ≥ 0, y ≥ 0}, tal y comopuede verse en la figura:

Como podemos observar, el mınimo se alcanza en el punto x∗ = (1, 1),que es el punto de corte entre la recta x + y = 2 y la parabola y = x2,tomando en dicho punto el valor f(1, 1) = 1.

(b) Escribir las condiciones de Kuhn–Tucker para este problema e indicar sipuede asegurarse que son condiciones necesarias y suficientes.


(2(x− 2)2(y − 1)

)+λ1

(2x−1

)+λ2

(11

)+λ3

(−10

)+λ4

(0−1

)=

(00

)

λ1 ≥ 0; λ2 ≥ 0; λ3 ≥ 0; λ4 ≥ 0;λ1(x

2 − y) = 0; λ3(−x) = 0;λ2(x + y − 2) = 0; λ4(−y) = 0;


x2 − y ≤ 0;x + y − 2 ≤ 0;−x ≤ 0;−y ≤ 0;

En el punto x∗ = (1, 1), se verifican las condiciones de Kuhn-Tuckercon λ1 = λ2 = 2/3 y λ3 = λ4 = 0Hemos de recordar que las condiciones de Kuhn-Tucker son necesariaspero no suficientes, por tanto, hay que hacer uso de las condicionesde segundo orden, para determinar el caracter del punto x∗ = (1, 1),o verificar que tanto la funcion objetivo como la region factible seanconvexas, para que con el hecho de que tambien se cumplan lascondiciones de Kuhn-Tucker, se verifique que x∗ es un mınimo globaldel programa, y en tal caso, serıan necesarias y suficientes.


max −x21 + x2

s. a. x21 + x2 ≤ 10

x1 ≥ 2

x1, x2 ≥ 0


max −x21 + x2

s.a. x21 + x2 − 10 ≤ 0

2− x1 ≤ 0−x2 ≤ 0

Las curvas de nivel de la funcion objetivo son parabolas de ecuacionx2 = x2

1 + k, k ∈ <.El conjunto de soluciones factibles es,

B = {(x1, x2) ∈ <2/x21 + x2 ≤ 10, x1 ≥ 2, x2 ≥ 0}

tal y como puede verse en la figura:


Como podemos observar, el maximo se alcanza en el punto x∗ = (2, 6),que es donde se cortan la recta x1 = 2 y la parabola x2 = 10 − x2

1,tomando en dicho punto la funcion objetivo, el valor 2.

(b) Comprobar que las soluciones optimas obtenidas verifican las condicionesde Kuhn–Tucker e indicar cual es el valor de los multiplicadores.

Las condiciones necesarias de Kuhn-Tucker son:

(−2x1

1

)+ λ1

(2x1

1

)+ λ2

(−10

)+ λ3

(0−1

)=

(00

)

λ1 ≤ 0; λ2 ≤ 0; λ3 ≤ 0;λ1(x

21 + x2 − 10) = 0;

λ2(2− x1) = 0;λ3(−x2) = 0;x2

1 + x2 − 10 ≤ 0;2− x1 ≤ 0;−x2 ≤ 0;

En el punto x∗ = (2, 6) se verifican las condiciones necesarias de Kuhn-Tucker, obteniendo λ1 = −1, λ2 = −8 y λ3 = 0.

(c) Si la funcion objetivo representa una funcion de beneficios y la primerarestriccion representa una limitacion de capacidad de los recursos, indicar


si interesa aumentar esta capacidad suponiendo que incrementar unaunidad de recursos cuesta 2 unidades monetarias. Justificar la respuesta.

En nuestro caso tenemos que, ∆fmax ≈ 1(−λ1) = 1Realmente no interesa aumentar dicha capacidad una unidad, pues seobtendrıa una unidad extra de beneficio, pero se han invertido 2 u.m. enel aumento de la capacidad de los recursos, teniendo como perdida 2 - 1= 1 u.m.,

9. Resolver analıticamente el problema

min x + 2y

s. a. xy ≥ 1

x− y ≤ 2

x ≥ 0

Decir que puede contestarse si el problema fuera de maximo

min x + 2ys.a. 1− xy ≤ 0

x− y − 2 ≤ 0−x ≤ 0

La funcion objetivo f(x, y) = x + 2y es convexa (y tambien concava) y elconjunto de soluciones factibles

B = {(x, y) ∈ <2/1− xy ≤ 0, x− y − 2 ≤ 0,−x ≤ 0}

es convexo.Las condiciones de Kuhn-Tucker para este programa son1− λ1y + λ2 − λ3 = 0;2− λ1x− λ2 = 0;λ1(1− xy) = 0;λ2(x− y − 2) = 0;λ3(−x) = 0;λ1 ≥ 0; λ2 ≥ 0; λ3 ≥ 0;1− xy ≤ 0;x− y − 2 ≤ 0;−x ≤ 0;

Analicemos las distintas posibilidades:De forma inmediata se comprueba que cuandoI. λ1 = λ2 = λ3 = 0


II. λ1 = λ2 = 0III.λ1 = λ3 = 0no hay soluciones que verifiquen estas condiciones.IV. Si λ2 = λ3 = 0 → λ1 =

√2, obteniendose solo una solucion factible en

el punto(√

2,√

2/2

), luego en dicho punto se verifican las condiciones de

Kuhn-Tucker.Puede comprobarse facilmente que en los casosV. λ1 = 0VI. λ2 = 0no existen soluciones factibles para las que se verifiquen las condiciones deKuhn-Tucker.VII. Si λ3 = 0, se obtienen dos puntos, pero en uno de ellos no se verifican lascondiciones de Kuhn-Tucker, y el otro no es solucion factible.VIII. En este caso se saturarıan las tres restricciones, pero no existe ningunasolucion factible que lo verifique.En resumen, hemos obtenido un unico punto,

x∗ =(√

2,√

2/2

)con λ1 =

√2; λ2 = λ3 = 0,

en el que se verifican las condiciones de Kuhn-Tucker, y puesto que tanto lafuncion objetivo como el conjunto de soluciones factibles son convexos, x∗ seramınimo global.En el caso de que se tratara de un ploblema de maximizacion, el programa

max x + 2ys.a. 1− xy ≤ 0

x− y − 2 ≤ 0−x ≤ 0

no tiene maximo global (tampoco local) ya que no existe ninguna solucionfactible en la que se verifiquen las correspondientes condiciones de Kuhn-Tucker. En efecto, para el programa de maximizacion, las condicionesde Kuhn-Tucker coinciden con las del programa de minimizacion salvo lasreferentes a la positividad de los multiplicadores, que se convierten enλ1 ≤ 0; λ2 ≤ 0; λ3 ≤ 0Teniendo esto en cuenta, si repasamos la resolucion del problema deminimizacion, es claro que, no existen soluciones factibles que cumplan lascondiciones necesarias para ser maximo local.

10. Una empresa desea minimizar sus costes totales, con la condicion de que losingresos obtenidos por la venta de las cantidades x1, x2 de los dos productosque fabrica superen un cierto umbral mınimo. Sabiendo que los costesunitarios de fabricacion de cada bien son funciones lineales de los outputsproducidos de la forma C1 = x1, C2 = 2x2, que se vende todo lo que se


produce y que los precios de venta de los productos son p1 = 1, p2 = 3,respectivamente. Se pide:

(a) Escribir el problema matematicamente, suponiendo que se deben ingresarcomo mınimo tres unidades monetarias.

El programa es

min C(x1, x2) = x21 + 2x2

2

s.a. x1 + 3x2 ≥ 3x1, x2 ≥ 0

↔

min C(x1, x2) = x21 + 2x2

2

s.a. 3− x1 − 3x2 ≤ 0−x1 ≤ 0−x2 ≤ 0

(b) Resolver el problema utilizando las condiciones de Kuhn–Tucker ycontestar si son necesarias y suficientes.

El programa es convexo, pues la funcion objetivo es convexa ya quesu matriz hessiana es

HC(x1, x2) =

(2 00 4

)

que es definida positiva ∀(x1, x2) ∈ <2. El conjunto factible es convexopues las funciones que determinan las restricciones son lineales.Por ser el programa convexo, las condiciones de Kuhn-Tucker sonnecesarias y suficientes de optimalidad global. Ademas, si encontramosuna solucion que verifique las condiciones de Kuhn-Tucker, esta es unoptimo global.Las condiciones de Kuhn-Tucker son2x1 − λ1 − λ2 = 0;4x2 − 3λ1 − λ3 = 0;λ1(3− x1 − 3x2) = 0;λ2(−x1) = 0;λ3(−x2) = 0;3− x1 − 3x2 ≤ 0;−x1 ≤ 0;−x2 ≤ 0;λ1 ≥ 0; λ2 ≥ 0; λ3 ≥ 0;Resolviendo obtenemos,

x∗ =(

611

, 911

)con λ1 = 12

11, λ2 = λ3 = 0

que cumple las condiciones de Kuhn-Tucker. Como el programa esconvexo, esta solucion es optimo global y por ello no hace falta quesigamos calculando otras posibles soluciones.El coste mınimo es C(x∗) = 18

11

(c) Estudiar cuanto variara el coste optimo con respecto a la situaciopn


anterior si como mınimo deben ingresarse 2.8 unidades monetarias.Analogamente para 3.1

Como los ingresos por ventas debıan ser al menos, 3 u.m., tenıamosque

g1(x1, x2) = 3− x1 − 3x2 ≤ 0

por lo que, si cambiamos a la situacion en la que deben ingresarse comomınimo 2,8 u.m., la restriccion sera

g2(x1, x2) ≤ 0, 2

El multiplicador asociado a esta primera restriccion es λ1 = 1211

, luego,

∆C(x∗) ' 0, 2(−λ1) = −1255

u.m.

Por tanto, si deben ingresarse como mınimo 2,8 u.m., el coste optimodisminuira aproximadamente en 12

55u.m. con respecto al caso en el que se

debıan ingresar al menos 3 u.m.Si suponemos que el ingreso debe ser como mınimo de 3,1 u.m. en lugarde 3, entonces,

∆C(x∗) ' −0, 1(−λ1) = 655

u.m.

En este caso el coste mınimo aumentara aproximadamente en 655

u.m.con respecto al coste optimo en la situacion inicial.

11. Resolver el problemamin 3− x3

s. a. x2 + y2 ≤ 4

x + 2y ≥ 2

x, y ≥ 0

Podemos escribir el programa de la forma,

min 3− x3

s.a. x2 + y2 − 4 ≤ 02− x− 2y ≤ 0−x ≤ 0−y ≤ 0


La funcion objetivo f(x, y) = 3 − x3 es continua ∀(x, y) ∈ <2, y ademasel conjunto de soluciones factibles

B = {(x, y) ∈ <2/x2 + y2 − 4 ≤ 0, 2− x− 2y ≤ 0,−x ≤ 0,−y ≤ 0}

es compacto (cerrado y acotado) en <2, luego si existe algun punto candidatoa mınimo estara en el interior o en la frontera de B, y ademas dicho puntosera el mınimo global del programa.Ahora veamos si existe algun punto x∗ que verifica las condiciones de Kuhn-Tucker que en este caso son

(−3x2

0

)+ λ1

(2x2y

)+ λ2

(−1−2

)+ λ3

(−10

)+ λ4

(0−1

)=

(00

)

λ1 ≥ 0; λ2 ≥ 0; λ3 ≥ 0; λ4 ≥ 0λ1(x

2 + y2 − 4) = 0;λ2(2− x− 2y) = 0;λ3(−x) = 0;λ4(−y) = 0;x2 + y2 − 4 ≤ 0;2− x− 2y ≤ 0;−x ≤ 0;−y ≤ 0;De las 16 posibilidades diferentes que pueden plantearse para este programa,unicamente se encuentra solucion cuando se analiza el caso λ2 = λ3 = 0,obteniendose

−3x2 + 2λ1x = 02λ1y − λ4 = 0x2 + y2 − 4 = 0y = 0

Es decir, el punto x∗ = (2, 0) con λ1 = 3, λ2 = λ3 = λ4 = 0.Puesto que ∀(x, y) ∈ B,f(x, y) ≥ −5 = f(2, 0), y por lo dicho anteriormente, se tiene que x∗ = (2, 0)es el mınimo global del problema.

12. La funcion de produccion de una empresa es de tipo Cobb–Douglas

Q ≡ f(K, L) = AKαLβ,

donde A,α > 0 y 0 < β < 1, K y L representan los factores capital y tra-bajo, respectivamente. Supongamos que los precios de ambos son pK y pL,


respectivamente, ambos positivos. Encontrar la combinacion de ambos queminimiza el coste cuando la produccion debe de ser al menos de Q0.

El programa que hemos de resolver es

min C(K, L) = Pk ·K + PL · Ls.a.KαLβ ≥ Q0

K ≥ 0, L ≥ 0

↔

min C(K,L) = Pk ·K + PL · Ls.a.Q0 −KαLβ ≤ 0−K ≤ 0,−L ≤ 0


Pk − λ1αKα−1Lβ − λ2 = 0;PL − λ1βKαLβ−1 − λ3 = 0;λ1 ≥ 0; λ2 ≥ 0; λ3 ≥ 0;λ1(Q0 −KαLβ) = 0;λ2(−k) = 0;λ3(−L) = 0;Q0 −KαLβ ≤ 0;−K ≤ 0;−L ≤ 0;

Puede comprobarse facilmente que en los casos

I. λ1 = λ2 = λ3 = 0II. λ1 = λ2 = 0III. λ1 = λ3 = 0IV. λ1 = 0V. λ2 = 0VI. λ3 = 0VII. λ1 ≥ 0; λ2 ≥ 0; λ3 ≥ 0

no existe ninguna combinacion (K,L) que verifique las condiciones de Kuhn-Tucker.Sin embargo, si λ2 = λ3 = 0, y se satura la primera restriccion existe (K, L)que cumplePk − λ1αKα−1Lβ = 0PL − λ1βKαLβ−1 = 0Q0 −KαLβ = 0λ1 ≥ 0En concreto, se obtiene

L∗ =[Q0

(βPk

αPL

)α]1/(β + α) ; K∗ =[Q0

(αPL

βPK

)β]1/(β + α)


con

λ1 = Q(1/α+β)−10

PL

β

(βPK

αPL

)α/(α+β)> 0

A continuacion comprobaremos que (K∗, L∗) es un mınimo global. La funcionobjetivo es lineal y por tanto convexa y el conjunto de soluciones factibles

B = {(K,L) ∈ <2/Q0 −KαLβ ≤ 0}⋂{(K, L) ∈ <2/K ≥ 0, L ≥ 0}

es convexo por ser interseccion de conjuntos convexos.Teniendo en cuenta esto ultimo, junto con el hecho de que se verifican lascondiciones de Kuhn-Tucker, concluimos que el punto (K∗, L∗) es un mınimoglobal.

13. Una companıa petrolıfera tiene que determinar cuantos barriles de petroleova a extraer de los pozos en los proximos tres anos para maximizar los ben-eficios. Conoce que si extrae x1 millones de barriles durante el primer ano,puede vender cada barril por (28− x1) euros siendo el coste de extraccion dex2

1 millones de euros. Durante el segundo ano, si extrae x2 millones de barrilesel precio de venta por barril es de (30 − x2) euros y 15 millones de euros elcoste de extraccion. En el tercer ano si se extraen x3 millones de barriles,cada uno de ellos se puede vender a (32 − x3) euros, ascendiendo el coste a2x2

3 millones de euros. La empresa, por otra parte, conoce que a lo largo de lostres anos puede extraer en total 30 millones de barriles y gastar 350 millonesde euros en la extraccion. Supuesto que el tipo de interes anual es del 4%,plantear el problema para determinar la polıtica optima de extraccion en losproximos tres anos.

Las variables de decision son:

x1 ≡millones de barriles extraıdos en el primer ano.x2 ≡millones de barriles extraıdos en el segundo ano.x3 ≡millones de barriles extraıdos en el tercer ano.

y el planteamiento del problema sera,

max x1(28− x1) + 11,04

x2 (30− x2) + 1(1,04)2

(x3 (32− x3))− x21 − 1

1,0415x2

2 − 11,04

2x23

s.a. x21 + 15x2

2 + 2x23 ≤ 350

x1 + x2 + x3 ≤ 30x1 ≥ 0; x2 ≥ 0; x3 ≥ 0

14. Una empresa produce dos tipos de ordenadores cuyos precios son p1 y p2,


respectivamente y las cantidades que se pueden vender son:

q1 = 6000− 8p1 + 2p2,

q2 = 5000 + p1 − 5p2,

respectivamente. La fabricacion de un producto del primer tipo requiere 3horas de trabajo y 2 chips y la de un ordenador del segundo tipo, 2 horas detrabajo y 4 chips. Si para la fabricacion de ordenadores se dispone de 8000horas de trabajo (maximo) y un maximo de 7000 chips, plantear el problemapara determinar los precios y cantidades que maximizan los ingresos.

El programa matematico a resolver es el siguiente:

max p1q1 + p2q2

s.a. q1 = 6000− 8p1 + 2p2

q2 = 5000 + p1 − 5p2

3q1 + 2q2 ≤ 80002q1 + 4q2 ≤ 7000q1 ≥ 0; q2 ≥ 0; p1 ≥ 0; p2 ≥ 0

obteniendo como precios y cantidades optimas,

p∗1 = 723, 68; p∗2 = 1019, 73; q∗1 = 2250; q∗2 = 625 siendo el ingreso maximoI∗ = 2265625 u.m.

15. La funcion de utilidad de un individuo que consume dos bienes es

u = xy + 2x

siendo x e y las cantidades de estos bienes y px = 4 y py = 2, los preciosrespectivos de los bienes. El individuo dispone de 460 unidades monetarias(u.m.).

(a) Determinar las cantidades de bienes que el consumidor debe adquirirpara maximizar su utilidad.

El problema puede escribirse como

max U(x, y) = xy + 2xs.a. 4x + 2y − 460 ≤ 0−x ≤ 0−y ≤ 0

Las condiciones necesarias de Kuhn-Tucker son,


(y + 2

x

)+ λ1

(42

)+ λ2

(−10

)+ λ3

(0−1

)=

(00

)

λ1 ≤ 0; λ2 ≤ 0; λ3 ≤ 0;λ1(4x + 2y − 460) = 0;λ2(−x) = 0;λ3(−y) = 0;4x + 2y − 460 ≤ 0;−x ≤ 0;−y ≤ 0

Tenemos que analizar 23 = 8 posibilidades:

I. λ1 = λ2 = λ3 = 0II. λ1 = λ3 = 0III. λ1 = λ2 = 0IV. λ2 = λ3 = 0V. λ1 = 0VI. λ2 = 0VII. λ3 = 0VIII.λ1 ≤ 0, λ2 ≤ 0, λ3 ≤ 0

Despues de analizar todas las posibilidades, llegamos a obtener el puntox∗ = (58, 114) con λ2 = λ3 = 0 y λ1 = −29, es decir el caso IV, ya queen el resto de los casos se llega a una contradiccion.Solo nos queda probar que x∗ es un maximo. En nuestro caso, bastacalcular la matriz hessiana de U(x, y):

HU(x, y) =

(0 11 0

)


p ∈ M(x∗) = {p ∈ <2/(

4 2) (

p1

p2

)= 0} = {p ∈ <2/2p1 + p2 = 0}

se verifica(p1 −2p1

) (0 11 0

) (p1

−2p1

)= −4p2

1 < 0

luego x∗ = (58, 114) es un maximo con U(58, 114) = 6728.

(b) Indicar cual es el valor de los multiplicadores e interpretar estos valorespara este problema.


Como se ha visto en el apartado anterior,

λ1 = −29, λ2 = λ3 = 0

El significado de los multiplicadores, en nuestro problema, es quesi aumentamos en una unidad el termino independiente de laprimera, segunda o tercera restriccion, el valor de la funcion objetivoaproximadamente aumentara en 29, 0 y 0 unidades respectivamente.

16. Un paıs productor de un cierto mineral se ve obligado a exportar anualmenteuna cantidad de producto no inferior a 2000 toneladas ni superior a 4000toneladas. La venta del producto se puede hacer en el mercado internacionala 2000 unidades monetarias la tonelada o bien a un paıs vecino a un preciop1 = 4000− x1 u.m. por tonelada, siendo x1 el numero de toneladas vendidasa dicho paıs. El gobierno desea saber, que parte del mineral producido (x2)debe vender en el mercado internacional y que parte (x1) al paıs vecino si suobjetivo es maximizar beneficios.

El planteamiento del problema es,

max 4000x1 − x21 + 2000x2

s.a. x1 + x2 − 2000 ≥ 04000− x1 − x2 ≥ 0x1 ≥ 0x1 ≥ 0

que es un programa convexo para maximizacion, por lo que, todo punto queverifique las condiciones de Kuhn-Tucker es un maximo global.Las condiciones de Kuhn-Tucker son las siguientes:

4000− 2x1 + λ1 − λ2 + λ3 = 02000 + λ1 − λ2 + λ4 = 0λ1 ≥ 0; λ2 ≥ 0; λ3 ≥ 0; λ4 ≥ 0;λ1(x1 + x2 − 2000) = 0;λ2(4000− x1 − x2) = 0;λ3x1 = 0;λ4x2 = 0;x1 + x2 − 2000 ≥ 04000− x1 − x2 ≥ 0x1 ≥ 0x2 ≥ 0

y se verifican en el punto x∗ = (1000, 3000) con λ2 = 2000 y λ1 = λ3 = λ4 = 0,en el que se alcanza el ingreso maximo que es I∗ = 9000000


NOTA: Este problema se ha resuelto con las restricciones puestas en la forma

gi(x1, x2) ≥ 0,

por eso λ1 ≥ 0, λ2 ≥ 0, λ3 ≥ 0, λ4 ≥ 0,, en este problema que es demaximizacion. Si se formulase en la forma gi(x1, x2) ≤ 0 los multiplicadoresdeberıan ser menores o iguales que cero.

Documents

Soluciones a los ejercicios propuestos: Matem¶aticas III ... · Soluciones a los ejercicios propuestos: Matem¶aticas III. Curso 08{09 79 q1 = 40 ¡2p1 ¡p2 q2 = 35 ¡p1 ¡p2 Puesto