Sem 3 (2013)

Ejercicio Español
Universidad Universidad Pompeu Fabra (UPF)
Grado Economía - 1º curso
Asignatura Matemáticas III
Año del apunte 2013
Páginas 11
Fecha de subida 16/01/2015
Descargas 17
Subido por

Descripción

Soluciones

Vista previa del texto

Matemàtiques III Curs 2012-2013 Seminari 3. Optimització amb restriccions en diverses variables: mètodes de Lagrange i de Kuhn-Tucker Problema 1: Useu el mètode de Lagrange per trobar (si existeixen) els màxims i els mínims de la funció següent. Raoneu per què els punts trobats són màxims/mínims. Si no hi ha màxim o mínim, indiqueu per què.
Solució Problema 1: Considerem la funció Lagrangiana (observem que no hi ha punts no interiors).
Construïm el sistema Lagrangià: que té per solució (3,4,4) amb  =2.
Per saber si el punt trobat és realment un màxim o mínim podem utilitzar el Teorema de suficiència global. Observem que el Hessià de la funció Lagrangiana ve donat per i els seus menors dominants són 6,8, i 8. Per tant la funció Lagrangiana és convexa.
Aleshores el punt (3,4,4) és un mínim.
No hi ha màxim per què no hi ha cap altre punt que compleixi les condicions necessàries. A més a més, quan x  , y   i z=0 la funció f pren valors tant grans com vulguem.
Problema 2: Estudieu els màxims i mínims de les funcions següents: 2.1. f  x, y,z   x  2 y - 2z s.a. x 2  y 2  z 2  1 2.2. f ( x, y,z )  x2  y  z, s.a x  y  1, x  z  1 Solució Problema 2: 2.1. f  x, y,z   x  2 y  2z s.a. x 2  y 2  z 2  1 1 Observem que la restricció és la superfície d’una esfera. Tots els punts d’aquesta restricció són interiors a ella (no hi ha, per tant, punts on ‘comença’ o on ‘acaba’ la restricció).
La funció Lagrangiana ve donada per:   L  x  2 y  2z   x 2  y 2  z 2  1 I per tant el sistema Lagrangià queda 1  2  3  4  Lx  1  2 x  0   Ly  2  2 y  0   Lz  2  2 z  0  2 2 2  L  x  y  z  1 De (1), (2) y (3) sabem que: x 1 ; 2 y 1  ; z 1  .
Nota: Aquestes igualtats requereixen   0 . Si lambda fos igual a zero,   0 , en (1) tindríem que 1  0 , la qual cosa és una contradicció. Per tant, podem suposar que   0 .
Substituint en (4) obtenim: 1  1  1  1 1 1 3   1  1  1     2 2  4  4   Els valors de x , y i z es dedueixen immediatament: 1 1 1 1 x1   ; x2   3 3 3   3   2  2   2 2     1 2 1 2 y1   ; y2   3 3 3  3     2  2 1 2 1 2 z1     ; z2    3 3  3 3     2    2 2 2 2 Un cop trobats els candidats, podem estudiar si són realment màxims o mínims de dues maneres:  Observant que la restricció és la superfície d’una esfera i, per tant, és un conjunt tancat i afitat. Aleshores, podem aplicar el Teorema dels Valors Extrems. Donat que: 1 2 2 1 f  , ,   3 3 3 3  1 2 2 f   ,  ,   3  3 3 3 1 2 2  1 2 2 tenim que  , ,  és el màxim i   , ,  és el mínim.
3 3 3  3 3 3 2  Observant que la funció Lagrangiana és còncava per   3 , i per 2 tant, 1 2 2  , ,  és un màxim de la funció. De manera similar, la funció Lagrangiana 3 3 3 3  1 2 2 és convexa per    , i per tant, el punt   , ,  és un mínim de la funció.
2  3 3 3 2.2. f ( x, y,z )  x2  y  z, s.a x  y  1, x  z  1 Observem que la restricció és la intersecció de dos plans, i per tant és una recta. No hi ha punts de tipus inici/final de la restricció. La funció Lagrangiana ve donada per: L( x, y, z)  x2  y  z   x  y  1   x  z  1 i el sistema Lagrangià corresponent és igual a:  Lx  2x      0 ( 1 )  (2)  Ly  1    0   Lz  1    0 L  x  y  1    L  x  z  1 (3) (4) (5) De (2) obtenim que   1, i de (3) obtenim que   1. Per tant, el sistema queda:  Lx  2x  2  0   L  x  y  1 L  x z 1   (1) (4) (5) Ara, (1) ens diu que x  1 , i de (4) i (5) obtenim que y  0 i z  0 . Tenim així un únic candidat 1,0,0  amb   1,   1. Per a   1, i   1 , tenim que la funció Lagrangiana és convexa i per tant el punt trobat és un mínim. No hi ha màxim perquè només existeix un candidat que compleixi les condicions necessàries.
Problema 3: Useu el mètode de Kuhn-Tucker per trobar (si existeixen) els màxims i els mínims de les funcions següents. Raoneu per què els punts trobats són màxims/mínims.
Si no hi ha màxim o mínim, indiqueu per què.
3.1. f  x, y   x2  y 2 s.t 2x  y  2 3.2. f ( x, y)  x 2  y 2 , amb x 2  xy  y 2  3 Com varia els valors òptims de f en 3.2 si considerem la restricció x2  xy  y 2  3.2 Solució Problema 3: 3.1. En primer lloc, és convenient dibuixar el conjunt on està avaluada la funció: 3 y y  2  2x x Observem que aquest conjunt és convex, tancat, però no afitat.
La funció Lagrangiana és L( x, y)  x 2  y 2   (2 x  y  2) Escrivim les condicions a) i b) necessàries de Kuhn-Tucker:  L'1 ( x, y )  2 x  2  0   L ' 2 ( x, y )  2 y    0  (2 x  y  2)  0  Cas 1: Restricció inactiva: 2 x  y  2 ; així   0 . Aleshores hem de trobar els punts que verifiquen els sistema reduït:  L'1 ( x, y )  2 x  0   L ' 2 ( x, y )  2 y  0 2 x  y  2  El punt (0,0) és la única solució de l’anterior sistema i satisfà la restricció. Llavors el punt (0,0) amb   0 és un possible candidat a màxim/ mínim.
Cas 2. La restricció està activa. 2 x  y  2  0 . Busquem les solucions tals que  L'1 ( x, y )  2 x  2  0   L ' 2 ( x, y )  2 y    0 2 x  y  2  De la primera equació obtenim que   x i de la segona que   2 y . Llavors x  2 y i substituint aquesta relació a la tercera equació obtenim que y  2 / 5 i per tant x  4 / 5 .
Ara substituint el valor trobat de x o de y a les expressions de   x o   2 y , respectivament, tenim que   4 / 5 . Aleshores el punt (4 / 5,2 / 5) amb   4 / 5 és un candidat a màxim.
4 Observem que no podem aplicar el Teorema dels valors extrems ja que S no és compacte.
Estudiem la Lagrangiana a cada punt candidat.
Pel punt (0,0) amb   0 . Com a candidat, el punt tant pot ser max com min (   0 ).
La funció Lagrangiana és igual a L( x, y)  x 2  y 2 , que és clarament convexa com a suma de funcions convexes. Alternativament, la matriu seva Hessiana corresponent és  2 0   que és clarament definida positiva a tot el domini.. En aquest cas, doncs, el punt  0 2 (0,0) és mínim global a S..
Pel punt (4/5,2/5) amb   4 / 5 , tenim que serà un candidat a màxim (   0 ). La funció 4 Lagrangiana és igual a L( x, y )  x 2  y 2  2 x  y  2 . Torna a ser una funció 5 convexa en tot el seu domini al ser suma d’una convexa amb una lineal.
 2 0 Alternativament, si mirem la seva matriu Hessiana, torna a ser   , ja que las  0 2 4 segones derivades del terme  2 x  y  2  són zero. Aleshores L( x, y ) és convexa.
5 Però aquest punt era candidat a màxim. Llavors, Kuhn-Tucker no ens pot dir res sobre aquest punt. No obstant, podem observar directament que la funció no té màxim sobre la restricció atès que pot prendre valors tan grans com vulguem prenent x  , y   . Això últim també es pot raonar dibuixant corbes de nivell: Així sabem que (0,0) és un mínim global i que no hi ha màxim.
3.2. La funció Lagrangiana és L( x, y)  x 2  y 2   ( x 2  xy  y 2  3) Escrivim les condicions a) i b) necessàries de Kuhn-Tucker, és a dir, que compleixen el sistema 5  2 x   2 x  y   0   2 y   ( x  2 y)  0  x 2  xy  y 2  3  0    Cas 1. Restricció inactiva x2  xy  y 2  3 ,   0 . En aquest cas el sistema queda: 2x  0 2 y  0    0  x 2  xy  y 2  3 I obtenim el candidat (0,0) amb   0 (possible candidat a màxim i a mínim).
Observem que aquest punt efectivament compleix la restricció: 02  0  0  02  0  3 .
Cas 2. Restricció activa, x 2  xy  y 2  3 ,. En aquest cas el sistema queda: Aïllem  :  2 x   2 x  y   0  2 y   ( x  2 y )  0  x 2  xy  y 2  3  2x 2x  y 2y  2y  x (podem suposar que cap dels denominadors és igual a zero: efectivament, si 2x + y = 0, la primera equació del sistema implicaria x = 0, i això, juntament amb 2x + y = 0, implicaria que y = 0, però això és incompatible amb la tercera equació del sistema. De manera similar es pot veure que 2y + x no pot ser zero).
2x 2y D’aquí deduïm que , és a dir, 2 x(2 y  x)  2 y2 x  y  , és a dir  2x  y 2 y  x 4 xy  2 x 2  4 xy  2 y 2 , és a dir, x 2  y 2 , és a dir, y  x, y   x  En el cas y  x el sistema queda 2 x  3x  0  2  3x  3 és a dir,  x2  3   0  2  3x  3 que té com solució x  1, x  1 amb   2 / 3 pels dos valors de x. Tenim doncs els candidats (1,1), (-1,-1) amb   2 / 3 , que són candidats a màxim (   0 ).
En el cas y   x el sistema queda 6  2 x  x  0   2 x   x  0  x2  3  que  té com solucions   x   3 amb   2 .
Per tant tenim els candidats 3, 3 ,  3, 3 amb   2 . Aquests punts també són candidats a màxim (   0 ).
Ara estudiem si cada un dels candidats és realment màxim o mínim: Punt (0,0): amb   0 la funció Lagrangiana és igual a L( x, y)  x 2  y 2 , que és convexa (mireu la solució del problema de l’apartat 3.1) i el punt és candidat a màxim o a mínim. Per tant, el punt (0,0) és mínim.
Punt (1,1): amb   2 / 3 la funció Lagrangiana és igual a 2 L( x, y)  x 2  y 2  x 2  xy  y 2  3.
3 La presència de xy fa que no puguem raonar per simple inspecció. Hem de treballar amb la Hessiana.
 2 3  2 3 La matriu Hessiana corresponent és   . Els Menors Principals són 2 3 2 3  1 : 2 / 3; 2 / 3  0; 2 : 0 . La Hessiana és semidefinida positiva a tot el seu domini.
D’on es dedueix que L(x,y) és convexa. Però aquest punt era candidat a màxim. Per tant, Kuhn-Tucker no ens pot dir res sobre aquest punt.
Punt (-1,-1): novament, amb   2 / 3 la funció Lagrangiana és igual a 2 L( x, y)  x 2  y 2  x 2  xy  y 2  3 3 que és la mateixa d’abans. Novament Kuhn-Tucker no ens pot dir res sobre aquest punt.
Punt   3, 3 : amb   2 la funció Lagrangiana és igual a   L( x, y)  x 2  y 2  2 x 2  xy  y 2  3 .
  2  2  . Els Menors Principals són La matriu Hessiana corresponent és    2  2 1 :  2;  2  0;  2 : 0 . La Hessiana és semidefinida negativa a tot el seu domini.
d’on es dedueix que L(x,y) és còncava. Aquest punt era candidat a màxim. Podem afirmar que aquest punt és màxim.
  Punt  3, 3 : amb   2 la funció Lagrangiana és igual a L( x, y)  x 2  y 2  2 x 2  xy  y 2  3 .
Que és la mateixa d’abans. Novament, aquest punt és màxim.
     Hem pogut deduir que el punt (0,0) és mínim i que els punts 3, 3 ,  3, 3 són màxims. Què podem dir dels altres candidats (-1,-1) i (1,1)? Observem que f (0,0)  0, f (1,1)  f (1,1)  2 , 7 i que f     3 , 3  f  3 , 3  6 .
Per tant es dedueix que  1,1 i 1,1 no són màxims ni mínims globals.
Estudiem ara els canvis en els òptims provocats per un augment de 0.2 en la constant de la restricció. Sabem que l’augment del valor òptim ve donat aproximadament per l’expressió  dc1 on dc1  0.2 . Així tenim que aquest augment, aproximadament, ve donat en el cas del mínim per: 0·0.2 = 0, és a dir, aproximadament aquests canvis no canvien el mínim. I en el cas dels màxims per: 2·0.2= 0.4. El nou màxim valdrà, aproximadament 6.4.
Problema 4: Estudieu els òptims de les funcions següents amb les restriccions indicades utilitzant el mètode de Kuhn-Tucker: 4.1. f ( x, y)  x 2  y  z, amb z 2  y  0 4.2. f ( x, y)  x 2  x  y 2 , amb x  y  2, x  0 Determineu com varia el valor òptim en el punt mínim de f en 4.2 si canviem les restriccions a x  y  1.7, x  0.1 Solució Problema 4: 4.1. f ( x, y)  x 2  y  z, amb z 2  y  0 Busquem primer els punts de els punts que compleixen les condicions necessàries de Kuhn-Tucker: Lx, y, z   x 2  y  z   z 2  y    L  x  2 x  0  L  1   0  y  L   1  2 z  0  z 2   z  y 0   Cas 1. Restricció inactiva, z 2  y  0 ,   0 . En aquest cas el sistema queda  L  x  2 x  0  L  1 0 , que no té cap solució  y  L 1 0   z    0 Cas 2. Restricció activa, z 2  y  0 . En aquest cas el sistema queda 8  L  x  2 x  0 (1)  L   1    0 (2)  y  L   1  2z  0 (3)  z 2  z  y  0 (4) De (1) obtenim que x = 0, de (2) que   1 , posant això en (3) obtenim que 1 + 2z = 0, és a dir, z = 1/2, i posant això en (4) obtenim que y = 1/4. Per tant, obtenim el candidat (0,1/4,1/2) amb   1 . Aquest punt és candidat a mínim (   0 ).
Hem vist que tenim l’únic candidat (0,1/4,1/2). Amb   1 la funció Lagrangiana queda L  x, y, z   x 2  y  z   z 2  y   x 2  z 2  z , que és convexa. Alternativament, 2 0 0   la Hessiana és  0 0 0  . Els menors principals són: 1 : 2,0, 2. 2 : 0,0,0. 3 : 0. Tots 0 0 2   són ≥0. La funció és semidefinida positiva a tot el seu domini. Observem que els valors propis són 2,0,2 (la diagonal de la matriu). Per tant aquest punt és un mínim. No hi ha màxim perquè no hi ha més candidats.
4.2. f ( x, y)  x 2  x  y 2 , amb x  y  2, x  0 Dibuixem la restricció: Busquem els candidats. La Lagrangiana és L( x, y)  x 2  x  y 2  1  x  y  2  2 x  L  x  2 x  1  1  2  0 (1)  L   2 y  1  0 (2)  y   1  x  y  2  0 (3)  2 x  0 (4) Cas 1: les dues restriccions inactives; 1  0, 2  0 . En aquest cas el sistema queda 9  L  x  2 x  1  0 (1)  L   y  2 y  0 (2)  1  0 (3)   2  0 (4) (1) dóna com a solució x = 1/2, però això és incompatible amb la restricció segona, x  0 . Aquest cas no ens dóna cap candidat.
Cas 2: la primera restricció inactiva (1  0) i la segona activa ( x  0) . En aquest cas el sistema queda  L  x  1  2  0 (1)  L   y  2 y  0 (2)  1  0 (3)   x  0 ( 4) Aquest sistema té com a solució el punt (0,0), que tampoc està a la restricció. No obtenim doncs cap candidat en aquest cas.
Cas 3: la primera restricció activa ( x  y  2  0) i la segona inactiva (2  0) . En aquest cas el sistema queda  L  x  2 x  1  1  0 (1)  L   y  2 y  1  0 (2)    x  y  2  0 (3)  2  0 (4) (1) i (2) ens donen que 2 x  1  2 y (5). Ara, (5) i (3) ens donen  2x  1  2 y   x  y  2  0 Aquest sistema té com solució única el punt (3/4,5/4). De (2) obtenim que 1  10 / 4  5 / 2. Aquest punt és doncs candidat a mínim.
Cas 4: la primera i la segona restriccions actives ( x  y  2  0, x  0) . En aquest cas el sistema queda:  L  x  1  1  2  0 (1)  L   y  2 y  1  0 (2)   y  2  0 (3)   x  0 (4) De (3) obtenim que y=2. Ara, de (2) deduïm que 1  4 . Finalment, de (1) obtenim que 1  4  2  0, és a dir, 2  3. Aquest punt no és candidat a màxim ni a mínim perquè els multiplicadors tenen signes diferents.
10 En resum, hi ha un únic candidat a mínim. La funció Lagrangiana amb 1  5 / 2, 2  0 5 7 5 , és L( x, y)  x 2  x  y 2   x  y  2  x 2  y 2  x  y  5 és convexa. Per tant, 2 2 2 hi ha un únic mínim global de 2.875 en (3/4,5/4) i no hi ha màxim.
Sabem que l’augment del valor del mínim ve donat aproximadament per l’expressió 1dc1  2 dc2 on dc1=0.3, dc2=0.1. Així tenim que aquest augment, aproximadament, ve donat per: (–5/2)·(0.3) + 0·0.1 = -0.75.
11 ...