Pauta Ayudantía 7-2 (2)

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EAF200A - Aplicaciones Matemáticas
Ayudant́ıa #7
17 de abril de 2020
Pregunta 1: Optimización con dos restricciones de igualdad
Resuelva el problema que minimiza la siguiente función objetivo:
f(x, y, z) = x2 + y2 + z2
sujeto a:
x+ 2y + z = 1
2x− y − 3z = 4
1. Plantee la función lagrangeana que va a optimizar.
La Jacobiana del conjunto restricción es:
J =
(
1 2 1
2 −1 −3
)
Es fácil ver que las lineas de esta matriz son linealmente independientes, luego la calificación de
restricción siempre es satisfecha para este problema. De esta manera, no llevamos ningún candidato
que viola la calificación de restricción. La función lagrangiana es:
L(x, y, z) = x2 + y2 + z2 − λ1(x+ 2y + z − 1)− λ2(2x− y − 3z − 4)
Para encontrar las CPOs, simplemente debemos derivar con respecto a los factores
∂L
∂x
= 2x− λ1 − 2λ2 = 0 (1)
∂L
∂y
= 2y − 2λ1 + λ2 = 0 (2)
∂L
∂z
= 2z − λ1 + 3λ2 = 0 (3)
∂L
∂λ1
= x+ 2y + z − 1 = 0 (4)
∂L
∂λ2
= 2x− y − 3z − 4 = 0 (5)
2. Encuentre candidatos a mı́nimo.
Tenemos 5 ecuaciones y tenemos 5 incógnitas. Usando (4) y (5), podemos obtener λ1 y λ2
λ1 =
2
5x+
4
5y
λ2 =
4
5x+
2
5y
Usando los valores de λ1 y λ2 en (6) y simplificando:
x− y + z = 0
1
Finalmente, con la ecuación que acabamos de obtener más las ecuaciones (7) y (8), usando los
valores de los λ obtenidos, vamos a tener un sistema de 3 ecuaciones con 3 incógnitas, que podemos
resolver.
x = 1615
y = 13
z = −1115
Dados estos valores, también podemos obtener los valores de los multiplicadores:
λ1 =
52
75
λ1 =
54
75
Pregunta 2: Sets factibles.
Para los siguientes sets de restricciones determine el set de puntos factible y graf́ıquelo. Determine si
alguna de las restricciones es redundante.
1. x1 + x2 ≤ 1 y x21 + x22 ≤ 2
2. x2 = ln(x1), x1, x2 ≥ 0, y x1 ≤ k, con k > 0
No negatividad de x1 es redundante. Si k < 1 el set factible sera vaćıo.
3. x2 ≤ ln(x1), x1, x2 ≥ 0, y x1 ≤ k, con k > 0
2
Igual que la anterior el set sera vacio si k < 1. La no negatividad de x1 es redundante.
3
Pregunta 3: Optimización con restricciones de Desigualdad.
Una firma que es un monopolio en el mercado de tejos para jugar rayuela tiene dos plantas de
producción. En la primera planta el costo total de producir q1 tejos es q21 , mientras que en la planta 2
el costo total de producir q2 tejos es 1,25q22 . El precio de mercado por el total de tejos producidos está
dado por la siguiente función de demanda (inversa)
p = 100− (q1 + q2)
donde p es el precio de los tejos, y ya hemos impuesto el hecho que la cantidad total en el mercado es la
suma de las producciones de ambas plantas.
Se pide,
1. Plantee y resuelva el problema de optimización que permite encontrar las cantidades q1 y q2 que
maximizan las utilidades de la empresa
La utilidades de la empresa va a estar definida por sus ingresos totales menos sus costos totales
U = IT − CT = PQ− CQ
Donde:
Q = q1 + q2
U = (100− (q1 + q2))(q1 + q2)− (q21 + 1,25q22)
máx
q1,q2
U = U = (100− (q1 + q2))(q1 + q2)− (q21 + 1,25q22)
CPOs:
∂U
∂q1
= 100− 4q1 − 2q2 = 0
∂U
∂q1
= 100− 2q1 − 4,5q2 = 0
Luego:
q1 =
50
3,5 = 14,3
q2 =
62,5
3,5 = 17,8
2. Suponga ahora que como ambas plantas ya están antiguas no pueden producir más de 12 unidades
de tejos cada una. Plantee el problema de optimización con estas nuevas restricciones
Ahora tenemos dos restricciones:
q1 ≤ 12
q1 ≤ 12
máx
q1,q2
U = (100− (q1 + q2))(q1 + q2)− (q21 + 1,25q22)
sujeto a:
q1 ≤ 12
q1 ≤ 12
Vamos a tener que optimizar sujeto a restricciones de desigualdad. Por lo tanto, planteamos el
lagrangeano:
L = (100− (q1 + q2))(q1 + q2)− (q21 + 1,25q22) + λ1(12− q1) + λ2(12− q2) + λ3q1 + λ4q2
3. Resuelva el problema de optimización con estas nuevas restricciones
Obtenemos las condiciones de KKT:
100− 4q1 − 2q2 + λ1 = 0
100− 2q1 − 4,5q2 + λ2 = 0
4
λ1(12− q1) = 0
λ2(12− q2) = 0
λ3q1 = 0
λ4q2 = 0
12− q1 ≥ 0
12− q2 ≥ 0
q1, q2 ≥ 0
λ1, λ2 ≥ 0
Vamos a tener que hacer casos, los cuales podremos ir descartando:
Caso 1 : q1 = 0 ∧ q2 = 0
Este caso podemos descartarlo debido a que sabemos por lo que obtuvimos en el inciso anterior, al
aumentar qi aumenta la función objetivo.
Caso 2 : q1 > 0 ∧ q2 = 0
Usando las condiciones, vamos a tener que:
q1 = 25
Pero en este caso, no se cumple la restricción, por lo que podemos descartar este caso.
Caso 3 : q1 > 0 ∧ q2 > 0
En este caso vamos a tener que: Si vemos lo que obtuvimos en 1. vamos a darnos cuenta que las
resticciones estarán activas, Lo que significa que:
q1 = 12
q1 = 12
Caso 4 : q1 = 0 ∧ q2 > 0
Usando las condiciones, vamos a tener que:
q1 = 22, 2
Pero en este caso, no se cumple la restricción, por lo que podemos descartar este caso. Finalmente,
tenemos que la solución seŕıa q1 = 12 y q2 = 12
4. Si le dieran la posibilidad de invertir y aumentar en una cantidad muy pequeña la capacidad
máxima de una de las dos plantas, ¿cuál aumentaŕıa?
En la planta 1, para ello obtengamos los valores de λ, pero, también, podŕıamos intuirlo debido a
que los costos de la planta 1 son menores que los de la planta 2. Para obtener λ1:
100− 2(12)− 4(12)− λ1 = 0
λ1 = 28
Para obtener λ2:
100− 2(12)− 4,5(12)− λ2 = 0
λ2 = 22
5. Si usted pudiera invertir en aumentar la capacidad máxima de las plantas en hasta 10 unidades
adicionales a repartir entre ambas, ¿cuál seŕıa su plan de inversión óptimo?
Volver al óptimo sin restricción, a q1 le damos 2,3 para llegar y a q2 el resto que es igual a 5,8
5
Pregunta 4: Oferta Laboral
Considere un individuo que tiene preferencias del tipo:
U(C,L) = 2C 12 − L
Este individuo debe decidir cuanto va a consumir C y cuanto va a trabajar L. El precio de todos los
bienes de consumo dentro de esta economı́a es igual a $2, en tanto que el salario por hora trabajada es
igual a $20. Además, usted sabe que el individuo enfrenta una restricción de tiempo, ya que el individuo
tiene 16 horas al d́ıa que decidir repartir entre ocio (O) y trabajo.
1. Plantee las restricciones que enfrenta el individuo
El individuo va a enfrentar dos restricciones:
1. Restricción de presupuesto, sus ingresos deben ser menor o igual que sus gastos
2C ≤ 20L
2. Una restricción de tiempo:
L+O ≤ 16
3. Restricciones de no negatividad, no puede consumir ni trabajar negativo.
L,C ≥ 0
2. Muestre gráficamente el set factible
Debemos graficar las restricciones y ver donde estas se interceptan:
3. Plantee el Lagrangeano y las condiciones de Kuhn-Tucker para este problema
máx
C,L
U = 2C 12 − L
sujeto a:
2C ≤ 10L
L+O ≤ 16
C,L ≥ 0
Vamos a tener que optimizar sujeto a restricciones de desigualdad. Por lo tanto, planteamos el
lagrangeano:
L = 2C 12 − L+ λ1(20L− 2C) + λ2(16− L−O)
6
Las condiciones de KKT:
∂L
∂C
= 212
1
C
1
2
− 2λ1 ≤ 0 ∧
∂L
∂C
C = 0
∂L
∂L
= −1 + 20λ1 − λ2 ≤ 0 ∧
∂L
∂L
L = 0
∂L
∂λ1
= 20L− 2C ≥ 0 ∧ ∂L
∂λ1
λ1 = 0
∂L
∂λ2
= 16− 0− L ≥ 0 ∧ ∂L
∂λ2
λ2 = 0
4. Encuentre las cantidades óptimas de C*, L* y O*
Vamos tener casos nuevamente. Para descartar un par de casos, podemos pensar primero en que:
UmgC = 212
1
C
1
2
Si evaluamos en C=0, vamos a tener que la utilidad marginal tiende a infinito, esto quiere decir
que aumentar la cantidad de C, me va a generar infinito Umg, por lo que siempre voy a querer más
de C > 0. Luego, mirando nuestro set fa ctible, podemos eliminar de inmediato los casos donde
C = 0, además, sabemos como siempre voy a querer más C, que la restricción que estará activa
sera la de presupuesto, con esto podemos decir que λ1 > 0.
Caso 1: C > 0 ∧ L > 0 ∧ λ1 > 0 ∧ λ2 = 0
Vamos a tener que se cumplen con igualdad:
∂L
∂C
= 212
1
C
1
2
− 2λ1 = 0
∂L
∂L
= −1 + 20λ1 − λ2 = 0
∂L
∂λ1
= 20L− 2C = 0
Tendremos que:
λ1 =
1
20
1
C
1
2
− 2 120 = 0
C = 100
Luego,
20L− 2 ∗ 100 = 0
L = 10
O = 16− 10 = 6
Dada la representación gráfica sabemos que esta será la solución, pero, también podemos comprobar
los demás casos.
Caso 2: C > 0 ∧ L = 0
En este caso tendremos que estaŕıamos, fuera del set factible, el único punto posible seria el C = 0
y L = 0, pero sabemosque no es una solución óptima.(siempre quiero un c > 0). Idem caso C = 0
y L > 0
Caso 3: C > 0, L > 0, λ1 = 0 ∧ λ2 = 0 (Dentro del set)
C = 0 y L > 0. No tiene sentido, tendŕıamos utilidad negativa.
Caso 4: C > 0, L > 0, λ1 = 0 ∧ λ2 > 0 (Borde izquierdo de la figura)
Nuevamente tendŕıamos C = 0 y Tendriamos además L + 0 = 16, Podŕıamos estar en cualquier
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punto de la recta. El único punto posible seria L=16. Tampoco tiene sentido ya tendŕıamos nueva-
mente utilidad negativa.
Caso 5: C > 0, L > 0 y ambas restricciones activas λ1 > 0 ∧ λ2 > 0
C = 160
L = 16
Podemos comprobar reemplazando en la función objetivo que este punto no es un máximo, ya que
C = 100 y L = 10, generan un mayor nivel de utilidad.
5. Interprete en términos ecónomicos los multiplicadores de Lagrange del problema.
λ1 =
1
20
λ2 = 0
Vamos a tener que aumentar la restricción de presupuesto nos va a generar un aumento de λ1 en
la función objetivo, ya que esta restricción esta activa. En cambio la restricción de tiempo es un
restricción que tiene holgura.
6. Muestre gráficamente como cambiaŕıa la solución si aparte de obtener un ingreso por las horas
trabajadas esta persona recibe además un ingreso de $100 independiente de las horas que trabaje.
Explique intuitivamente y muestre como cambia el set factible
En este caso tenemos que cambia la restricción.
2C ≤ 100 + 20L
Dado que cambia el set factible y exactamente la restricción que estaba activa en la practica vamos
a tener que se podrá alcanzar un nuevo máximo.
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