UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID MATEMÁTICAS PARA LA ECONOMÍA II PROBLEMAS (SOLUCIONES )

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1 UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID MATEMÁTICAS PARA LA ECONOMÍA II PROBLEMAS SOLUCIONES HOJA 5: Optimización 5-1. Hallar los puntos críticos de las siguiente funciones y clasificarlos: a fx, y = x y + xy. b fx, y = x + y + xy. c fx, y = e x cos y. d fx, y = e 1+x y. e fx, y = x sen y. f fx, y = xe x y 4y. Solución: a El gradiente de fx, y = x y + xy es y los puntos críticos son solución el sistema fx, y = x + y, y + x x + y = 0 y + x = 0 cuya solución es 0, 0. El Hessiano es 1 1 que es indefinida. Por tanto 0, 0 es un punto de silla. b El gradiente de fx, y = x + y + xy es fx, y = x + y, y + x. Los puntos críticos son los puntos de la forma y = x. El Hessiano es que es semidefinido positivo. Las condiciones de segundo orden no permiten clasificar estos puntos críticos. Pero, como fx, y = x + y 0 y fx, x = 0 vemos que los puntos de la forma x, x son mínimos globales de f. c El gradiente de fx, y = e x cos y es Los puntos críticos son solución del sistema } cos y e x cos y = 0 x sen y e x cos y = 0 La primera ecuación implica que fx, y = e x cos y cos y, xe x cos y sen y cos y = 0 x sen y = 0 y = π + kπ, k = 0, ±1, ±,... Para esos valores de y, sen y 0, y la segunda ecuación implica que x = 0. Las soluciones son El Hessiano es Para x = 0, y = π e x cos y 0, π + kπ k = 0, ±1, ±,... cos y sen y x sen y cos y + kπ, obtenemos 0 sen y sen y 0 } sen y x sen y cos y x cos y + x sen y y= π +kπ cuyo determinante es sin π + kπ = 1 por lo que los puntos críticos son puntos de silla. 1

2 d El gradiente de fx, y = e 1+x y es fx, y = e 1+x y x, y y el único punto crítico es 0, 0. El Hessiano es Hf0, 0 = e 1+x y + 4x 4yx 4yx + 4y x=0,y=0 = que es indefinida, por lo que 0, 0 es un punto de silla. e El gradiente de fx, y = x sen y es fx, y = sen y, x cos y y los puntos críticos son las soluciones del sistema De la primera ecuación obtenemos sen y = 0 x cos y = 0 y = kπ, k = 0, ±1, ±,... e 0 0 e por lo que cos y = ±1 y la segunda ecuación implica que x = 0. Las soluciones son El Hessiano es 0 cos y cos y x sen y 0, kπ k = 0, ±1, ±,... x=0,y=kπ = 0 coskπ coskπ 0 cuyo determinante es cos kπ = 1 por lo que es indefinida y los puntos críticos son puntos de silla. f El gradiente de fx, y = xe x y 4y es fx, y = e x 1 xy 4y, xy 4 Los puntos críticos son las soluciones del sistema 1 xy 4y = 0 xy 4 = 0 es decir 0, 0, 0, 4 y 1,. El Hessiano es Hfx, y = e x x y 4y 1 xy 4 1 xy 4 x Calculado en los puntos críticos obtenemos 0 4 Hf0, 0 = Hf0, 4 = 4 0 Hf1, = indefinida indefinida 4e e 1 definida positiva por lo que 0, 0, 0, 4 son puntos de silla y 1, es un mínimo local. 5-. Hallar para las siguientes funciones los puntos críticos. Aplicar el criterio de las derivadas segundas y mostrar aquellos puntos en los que el criterio no proporciona información. a fx, y = x + y. b fx, y = x 1 + y + 1/. c fx, y = x + y x + 6y + x + 1y + 7. d fx, y = x / + y /. Solución:

3 a El gradiente de fx, y = x + y es fx, y = x, y. El único punto crítico es 0, 0. El Hessiano es 6x Hf0, 0 = = 0 6y 0 0 x=0,y=0 El criterio de la segunda derivada no proporciona información. Sin embargo, observando que f0, 0 = 0 y que { fx, 0 = x > 0 si x > 0, < 0 si x < 0. vemos que 0, 0 es un punto de silla. b El gradiente de fx, y = x 1 + y + 1/ es 1 fx, y = x 1, y + x 1 + y + que no se anula en su dominio. Observemos que f es diferenciable, excepto en el punto 1,. Por tanto, el único punto crítico es 1, y como aquí no es diferenciable no se puede aplicar el criterio de la derivada segunda. Observando que f1, = 0 < x 1 + y + 1/ si x, y 1,, vemos que 1, es un mínimo global. c El gradiente de fx, y = x + y x + 6y + x + 1y + 7 es Los puntos críticos satisfacen el sistema fx, y = x 6x +, y + 1y + 1 x x + 1 = 0 y + 4y + 4 = 0 cuya única solución es x = 1, y =. El único punto crítico es 1,. El Hessiano es 6x Hf1, = = 0 6y x=1,y= La segunda derivada no proporciona información. Observando que f es un polinomio de grado y que f1, = 0, 0 y Hf1, = 0 vemos que fx, y = y + + x 1. Y tenemos que { fx + 1, = x > 0 si x > 0, < 0 si x < 0. por lo que 1, es un punto de silla. d La función fx, y = x / + y / no es diferenciable en 0, 0. Para x, y 0, 0 tenemos que fx, y = x, y que no se anula en su dominio. El único punto crítico es 0, 0. No es posible aplicar el criterio de la derivada segunda. Pero, observando que f0, 0 = 0 y que si x, y 0, 0, vemos que 0, 0 es un mínimo global. fx, y = x / + y / > Sea fx, y = x yx + y. a Hallar los puntos críticos y clasificarlos. b Posee f extremos absolutos? sug: considerar la recta y = x Solución: a La función fx, y = x yx + y es diferenciable en todo R. EL gradiente es fx, y = 6x 9y xy + y, 9x 6y x + xy y los puntos críticos satisfacen el sistema 6x 9y xy + y = 0 9x 6y x + xy = 0 cuyas soluciones son, 0,,, 0, y,. El Hessiano es 6 + y x + y 9 Hfx, y = x + y x

4 4 Evaluado en en los puntos críticos obtenemos 6 Hf, 0 = que es indefinida 0 0 Hf, = que es indefinida 0 0 Hf0, = que es indefinida 6 1 Hf, = que es definida negativa 1 De donde,, es un máximo y, 0, 0, y, son puntos de silla. b Utilizando la sugerencia de y = x, obtenemos fx, x = x x. Observamos que lim fx, x = + lim x + por lo que f no tiene máximo ni mínimo globales en R. fx, x = x 5-4. Hallar los valores de las constantes a, b y c de forma que la función fx, y = ax y + bxy + xy + c tenga un mínimo local en el punto /, 1/ con valor en ese punto de 1/9. Solución: El gradiente de fx, y = ax y + bxy + xy + c es Los puntos críticos son solución del sistema Por tanto, los puntos críticos son fx, y = axy + by + y, ax + bx + 4xy axy + by + y = 0 ax + bx + 4xy = 0 0, 0, b a, 0, 0, b b, a, b 6 Para que /, 1/ sea un punto crítico debe verificarse que /, 1/ = b a, b 6 es decir, a = 1, b =. Ahora elegimos c de tal forma que el valor la función en el punto /, 1/ sea 1/9. f/, 1/ = x y xy + xy + c x=/,y=1/ = c = 1/9 de donde c = 1 7. y Comprobamos que /, 1/ es un mínimo. El hessiano es Hf/, 1/ = x + 4y 8 que es definido positivo y /, 1/ es un mínimo. x + 4y 4x x=/,y=1/ = 5-5. Una función de ingreso es Rx, y = x100 6x + y19 4y en donde x e y denotan el número de artículos vendidos de dos productos. Dado que la función de coste correspondiente es Cx, y = x +y +4xy 8x+0 determinar el beneficio máximo. Solución: El beneficio es Bx, y = Rx, y Cx, y = x100 6x + y19 4y x + y + 4xy 8x + 0 cuyo gradiente es Bx, y = x 4y, 19 4x 1y Obtenemos el punto crítico, 15. El Hessiano 16 4 HBx, y = 4 1 es definido negativo en todo R. La función es cóncava en todo R y, por tanto,, 15 es un máximo global.

5 Una lechería produce leche entera y descremada en cantidades x e y respectivamente. Supongamos que el precio de la leche entera es px = 100 x y el de la descremada qy = 100 y. Supongamos que Cx, y = x +xy+y es la función de costes. Cuáles deberían de ser x e y para maximizar los beneficios? Solución: El beneficio es Bx, y = x100 x + y100 y x + xy + y 4 1 El único punto crítico es 0, 0. Como el Hessiano es que es definido negativo, el punto crítico 1 4 es máximo. Además, como la función es cóncava, se trata de un máximo global Un monopolista produce un bien que es comprado por dos tipos de consumidores. Los consumidores del tipo 1 están dispuestos a pagar 50 5q 1 euros para comprar q 1 unidades del bien. Los consumidores del tipo estarían dispuestos a pagar q euros para comprar q unidades del bien. La función de costes del monopolista es cq = q euros. Cuánto debe producir el monopolista en cada mercado? Solución: Si el monopolista vende q 1 unidades en el primer mercado y q unidades en el segundo mercado, su beneficio es q q 1 + q q 90 0q 1 + q = 0q 1 5q q 10q 90 Las condiciones de primer orden son 0 = 10q 1 por lo que la solución es 80 = 0q q 1 =, q = Hallar los extremos de las siguientes funciones sujetas a restricciones. a fx,, y, z = x + y + z en x + y + z =. b fx,, y = cosx y en x + y = 1. Solución: a El lagrangiano es Lx, y, z = fx, y, z λgx, y, z Obtenemos las ecuaciones de Lagrange D x Lx, y, z =1 λx = 0 D y Lx, y, z =1 λy = 0 D z Lx, y, z =1 λz = 0 x + y + z = Comparando las tres primeras ecuaciones vemos que x = y = z y por tanto x =, es decir x = ± b El lagrangiano es Lx, y = fx, y λgx, y Las ecuaciones de Lagrange pueden escribirse como xsen x + y λ = 0 ysen x + y + λ = 0 x + y = 1 Vemos que 0, ±1 y ±1, 0 son soluciones. Si ahora, suponemos que x 0, y 0, de las dos primeras ecuaciones obtenemos λ = sen x + y y por tanto λ = sen x + y sen x + y = sen x + y

6 6 de donde x = y = 1 y, por tanto, x = y ó x = y. Las soluciones son,,,, Sustituyendo en la función objetivo vemos que 0, ±1 y ±1, 0 son mínimos y,,,,,,,, son máximos Minimizar x 4 + y 4 + z 4 sobre el plano x + y + z = 1. Solución: El lagrangiano es Las ecuaciones de Lagrange son Lx, y, z = fx, y, z λgx, y, z D x Lx, y, z =4x λ = 0 D y Lx, y, z =4y λ = 0 D z Lx, y, z =4z λ = 0 x + y + x z = 1 y obtenemos que x = y = z. Sustituyendo en la última ecuación tenemos que x = 1, es decir x = y = z = 1 Observemos que el Hessiano es HL = 1x y z definido positivo y por tanto, es un mínimo local. = x=1/,y=1/,z=1/ que es Una compañía fabrica productos P 1 y P. Los ingresos totales para x 1 unidades de P 1 y x unidades de P son R = 5x 1 8x x 1 x + 4x x. Hallar x 1 y x de forma que los ingresos sean máximos La precios de venta de dos productos producidos por un monopolista son p 1 =56 q 1 q p = + q 1 5q donde p 1, p son los precios y q 1, q son las cantidades producidas. La función de costes es Cq 1, q = q 1 + q 1 q + q. Hallar las cantidades de cada producto que maximizan los beneficios La función de producción de un fabricante es 4x+xy +yz. La cantidad total disponible para trabajo y capital es de 000$. Las unidades de trabajo y capital cuestan 0$ y 4$ respectivamente. a Razona que 0x + 4y = 000. b Halla el nivel máximo de producción del fabricante con la restricción del apartado anterior A un editor se le han asignado para gastar en producción y publicidad de un nuevo libro. Se calcula que si se gastan x miles de dólares e y miles de dólares en publicidad se venderán aproximadamente fx, y = 0x / y ejemplares del libro. Cuánto dinero debe asignar el editor a producción y cuánto a publicidad para maximizar las ventas? Solución: El problema planteado al editor es max. 0x / y s.a. x + y = x, y 0 El conjunto factible es compacto y la función objetivo es continua. Por lo tanto, existe una solución. Los puntos esquina 0, y 60000, 0 producen un valor de 0 en la función objetivo. Estos puntos corresponden a un mínimo y podemos suponer que la solución es interior, } max. 0x / y s.a. x + y = 60000

7 7 El lagrangiano es Lx, y = 0x / y + λ60000 x y Obtenemos las ecuaciones de Lagrange De las dos primeras ecuaciones se obtiene 0x 1/ y λ =0 0x / λ =0 x + y = x 1/ y = 0x / Si suponemos que x 0, obtenemos que y = x/, por lo que la solución es x = 6000, y = Este punto satisface las restricciones. La matriz Hessiana de L es H Lx, y = En el punto 6000, 4000 obtenemos 15x x H L6000, 4000 = 15 0 x 0 x x y = 15 x x 0 1 = La restricción del problema es gx, y = x + y y g6000, 4000 = 1, 1. Entonces La forma cuadrática t, t H L6000, 4000 T 6000,4000 M = {v 1, v R : v 1, v 1, 1 = 0} t t = {v 1, v R : v 1 + v = 0} = {t, t : t R} 1 = 600 t, t 0 t t = 000t es definida negativa. Por lo tanto, el punto 6000, 4000 es un máximo local. Y por el Teorema de Weierstrass también es un máximo global Un minorista vende dos productos que se hacen competencia, y cuyos precios respectivos son P 1 y P. Hallar P 1 y P de forma que los ingresos sean máximos siendo R = 500P P + 1, 5P 1 P 1, 5P 1 P. Solución: El minorista maximiza la función El gradiente es El único punto crítico es RP 1, P = 500P P + P 1P P 1 P RP 1, P = P P 1, P 1 P P 1 = 800, P = 600 como HRP 1, P = verifica D 1 < 0, D > 0 y, por tanto es definido negativo, la función es cóncava en todo R ++ y el punto crítico es un máximo global La función de utilidad de un consumidor es ux, y = 1 ln x + ln y siendo x e y el consumo realizado de dos bienes, cuyos precios son, respectivamente, p 1 y p. Suponiendo que el agente dispone de una renta M, calcular las cantidades que demandará de cada bien, dependiendo de la renta M y de los precios. Solución: El consumidor demandará las cantidades de bienes que resuelven el problema siguiente, 1 max. ln x + ln y } s.a. p 1 x + p y = M El lagrangiano es Lx, y = 1 ln x + ln y + λm p 1x p y

8 8 Obtenemos las ecuaciones de Lagrange 1 x λp 1 =0 y λp =0 p 1 x + p y =M Reescribimos las dos primeras ecuaciones como 1 =λp 1x =λp y Sumando y teniendo en cuenta que p 1 x + p y = M obtenemos que 1 = λm. Sustituyendo ahora, λ = 1 M en las dos primeras ecuaciones y despejando vemos que x = M p 1, y = M p Hallar y clasificar los puntos extremos de la función dada en el conjunto correspondiente. a fx, y, z = x + y + z en el conjunto {x, y, z R : x + y + z = 1, x y z = 4}. b fx, y, z = y + z en el conjunto {x, y, z R : x + y + z =, x + y + z = }. c fx, y, z = x + y + z en el conjunto {x, y, z R : x + y + z = 1, x y z = 1}. d fx, y, z = x + y + z en el conjunto {x, y, z R : x + y = z, x + y + z = 4}. Solución: a El Lagrangiano es Las ecuaciones de Lagrange son cuya solución es b El Lagrangiano es Las ecuaciones de Lagrange son Lx, y, z = fx, y, z λgx, y, z µhx, y, z D x Lx, y, z =x λ µ = 0 D y Lx, y, z =y λ + µ = 0 D z Lx, y, z =z λ + µ = 0 x + y + z = 1 x y z = 4 x = 9 59, y = 19 59, z = 5 59, µ = 58 59, λ = Lx, y, z = fx, y, z λgx, y, z µhx, y, z λx µ = 0 y + z 6 λ µy = 0 y + z 6 λ µ = 0 x + y + z = x + y + z = De la ecuaciones segunda y tercera obtenemos µ = µy hay dos posibilidades µ = 0 0 y = 1. Si µ = 0, la primera ecuación implica λx = 0. Uno de los factores debe ser 0. Si λ = 0, obtenemos las ecuaciones, y + z 6 = 0 x + y + z = x + y + z =

9 9 Pero la primera ecuación implica y + z = y sustituyendo en la segunda quedaría x = 1, que es imposible. Si x = 0, las dos últimas ecuaciones se reducen a y + z = y + z = pero sustituyendo z = y en la segunda obtenemos la ecuación y y + = 0 que no tiene soluciones reales. Concluimos que µ 0, por lo que y = 1. Ahora podemos utilizar las dos últimas ecuaciones para calcular x y z. Las soluciones de las ecuaciones de Lagrange son 1, 1,, 1, 1, 0 4 Sustituyendo en la función objetivo vemos que 1, 1, 4 es un máximo y 1, 1, 0 un mínimo. c El lagrangiano es Lx, y, z = fx, y, z λgx, y, z µhx, y, z Las ecuaciones de Lagrange son 1 λx µ = 0 1 λy + µ = 0 1 λz + µ = 0 x + y + z = 1 x y z = 1 De las ecuaciones segunda y tercera obtenemos λy = λz. Si λ = 0, las dos primeras ecuaciones son inconsistentes. Por tanto, λ 0 y y = z. Ahora, podemos utilizar las dos últimas ecuaciones para despejar y y z. Obtenemos las soluciones 1, 0, 0 máximo 1 1,, mínimo Encontrar el máximo de la función fx, y, z = xyz en el conjunto {x, y, z R : x+y+z 1, x, y, z 0} Solución: En primer lugar escribimos el problema de forma canónica, El Lagrangiano es y las ecuaciones de Kuhn Tucker son max x,y,z xyz s.a. x + y + z 1 x 0 y 0 z 0 L = xyz + λ 1 1 x y z + λ x + λ y + λ 4 z x = yz λ 1 + λ = 0 λ 1 = yz + λ y = xz λ 1 + λ = 0 λ 1 = xz + λ z = xy λ 1 + λ 4 = 0 λ 1 = xy + λ 4 λ 1 1 x y z = 0 λ x = 0 λ y = 0 λ 4 z = 0 λ 1, λ, λ 0 x + y + z 1 x, y, z 0 Caso 1 λ 1 = 0. En este caso, de las ecuaciones 1, y obtenemos que yz + λ = xz + λ = xy + λ 4 = 0

10 10 Pero como todas las variables son positivas, esto implica que 11 yz = xz = xy = λ = λ = λ 4 = 0 Las ecuaciones 11 dan lugar a un numero infinito de soluciones en las que al menos dos de las variables x, y, z se anulan. El valor de la función objetivo en todas estas soluciones es 0. Caso λ 1 > 0. Entonces x + y + z = 1. Si, por ejemplo x = 0 obtenemos de las ecuaciones y que λ = λ 4 = λ 1 > 0 y por las ecuaciones 6 y 7 vemos que también se verifica que y = z = 0. Pero esto contradice que x+y +z = 1. Concluimos que x > 0. Un razonamiento análogo demuestra que y, z > 0. Por las ecuaciones 5, 6 y 7 vemos que λ = λ = λ 4 = 0 y las ecuaciones 1, y implican que yz = xz = xy es decir x = y = z y como x + y + z = 1, concluimos que x = y = z = 1 ; λ 1 = 1 9 Como el valor de la función objetivo es el punto corresponde al máximo. f 1, 1, 1 = 1 7 x = y = z = Encontrar el mínimo de la función fx, y = y x en el conjunto {x, y R : x + y 1, x, y 0} Solución: Escribimos el problema en forma canónica El Lagrangiano asociado es max x,y,z x y s.a. x + y 1 x 0 y 0 L = x y + λ 1 1 x y + λ x + λ y y las ecuaciones de Kuhn Tucker son x = x λ 1x + λ = 0 λ 1 x = x + λ y = λ 1y + λ = 0 λ = + λ 1 y λ 1 1 x y = 0 λ x = 0 λ y = 0 λ 1, λ, λ 0 x + y 1 x, y 0 Como todas las variables que aparecen en la ecuación 1 son positivas, tenemos que por lo que y de la ecuación 1 vemos que λ > 0 y = 0 λ =

11 11 Caso 1: x = 0. Por la ecuación 14 vemos que λ 1 = 0 y por la ecuación 1 vemos que λ = 0. Es decir una solución de las ecuaciones de Kuhn Tucker es x y = 0; λ 1 = λ = 0, λ = El valor de la función objetivo en este punto es f0, 0 = 0. Caso : x > 0. Entonces λ = 0 y por la ecuación 1, λ 1 = 1. Ahora deducimos de la ecuación 14 que x + y = 1. Y como y = 0, x 0 tenemos que x = 1 Otra solución de las ecuaciones de Kuhn Tucker es x = 1, y = 0; λ 1 = 1, λ = 0, λ = El valor de la función objetivo en este punto es f1, 0 = 1. Por lo tanto, el mínimo se alcanza en el punto 1, Resolver el problema { min x + y 0x s.a. 5x + 4y Solución: Escribimos el problema como { max x y + 0x s.a. 5x + 4y 100 El Lagrangiano asociado es y las ecuaciones de Kuhn-Tucker son L = x y + 0x + λ100 5x 4y x λx = 0 y 8λy = 0 5x + 4y 100 λ100 5x 4y = 0 λ 0 De 0 tenemos y1 + 4λ = 0, por lo que si y 0, entonces λ = 1/4 lo cual contradice 4. Concluimos que y = 0 y el sistema se reduce a x λx = 0 x 4 λ4 x = 0 λ 0 Si λ = 0 de 5 obtenemos que x = 10. Pero esto no verifica 6. Entonces λ 0 y de 7 deducimos que x = 4. Hay dos posibilidades x = ±. Despejando en 5 obtenemos λ = 10 x 5x por lo que si x = entonces λ = 1/50 que no verifica 8. Por lo tanto, la solución es x =, y = 0, λ = Resolver el problema max x + y z s.a. z x + y x, y, z 0

12 Solución: En primer lugar escribimos el problema de forma canónica, max x,y,z x + y z s.a. x + y z 0 x 0 y 0 z 0 El Lagrangiano es L = x + y z + λ 1 z x y + λ x + λ y + λ 4 z y las ecuaciones de Kuhn Tucker son x = 1 λ 1x + λ = 0 λ 1 x = 1 + λ y = 1 λ 1y + λ = 0 λ 1 y = 1 + λ z = + λ 1 + λ 4 = 0 λ 1 + λ 4 = λ 1 x + y z = 0 λ x = 0 λ y = 0 λ 4 z = 0 λ 1, λ, λ, λ 4 0 x, y, z 0 De la ecuación 9, vemos que si λ 1 = 0 o x = 0, entonces 1 + λ = 0 con lo que λ < 0. Por lo tanto, debe verificarse que λ 1 > 0 y x > 0. Análogamente de la ecuación 0 deducimos que y > 0. De las ecuaciones y 4 vemos ahora que λ = λ = 0. Las ecuaciones de Kuhn Tucker pueden escribirse ahora como λ 1 x = 1 λ 1 y = 1 λ 1 + λ 4 = x + y = z λ 4 z = 0 λ 1, λ 4 0 x, y, z 0 Como λ 1 > 0, de las ecuaciones 8 y 9 obtenemos que x = y = 1 λ 1 por lo que z = x > 0 Y deducimos de la ecuación 4 que λ 4 = 0 y de la ecuación 40 que λ 1 =. Por lo tanto, la solución es x = y = 1 4, z = 1 8 ; λ 1 =, λ = λ = λ 4 = 0