Guía 5 1 Pauta

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EJERCICIOS KKT 
Problema: Frutícola (Ya fue resuelto en ayudantía por método gráfico sin derivar), (Es un problema de PL) 
 
Una central frutícola debe determinar la cantidad de peras y de uvas a producir con el objetivo de maximizar 
sus ingresos sujetos a las siguientes restricciones: 
 
1-2. Las cantidades de peras y uvas no pueden ser negativas. 
3. La disponibilidad máxima de uva es 50 toneladas [t] durante la temporada de cosecha. 
4. La capacidad máxima de la planta es 120 horas [h]. Cada tonelada de peras requiere de 1 [h] de planta 
mientras que cada tonelada de uvas requiere de 2 [h]. 
5. Dada la demanda que se enfrenta, se puede vender un máximo de 60 [t] de peras. 
 
Las peras se venden a $20 mil pesos por tonelada [𝑀$/𝑡] y las uvas se venden a 30 [𝑀$/𝑡]. 
 
a) Plantee el problema de la frutícola. Defina cuidadosamente la función objetivo, y las restricciones 
planteadas en el problema. 
 
 Maximizar la función objetivo: 𝑓(𝑝, 𝑢) = 20𝑝 + 30𝑢 
Sujeto a las siguientes restricciones 
 𝑔1(𝑝, 𝑢) = 𝑝 + 2𝑢 ≤ 120 (Capacidad Máxima de la Planta) 
 𝑔2(𝑝, 𝑢) = 𝑝 ≤ 60 (Demanda de peras) 
 𝑔3(𝑝, 𝑢) = 𝑢 ≤ 50 (Disponibilidad de uvas) 
 𝑔6(𝑝, 𝑢) = −𝑝 ≤ 0 (No negatividad de peras) 
 𝑔5(𝑝, 𝑢) = −𝑢 ≤ 0 (No negatividad de uvas) 
 
b) Reescriba el problema anterior como un problema de maximización sujeto a restricciones de desigualdad 
de menor-igual. Escriba el Lagrangeano correspondiente. 
 
𝑀𝑎𝑥
𝑝, 𝑢
20𝑝 + 30𝑢 𝑠. 𝑎. 𝑝 + 2𝑢 ≤ 120 𝑝 ≤ 60 𝑢 ≤ 50 −𝑢 ≤ 0 −𝑝 ≤ 0 
 
ℒ = 20𝑝 + 30𝑢 − 𝜆1(𝑝 + 2𝑢 − 120) − 𝜆2(𝑝 − 60) − 𝜆3(𝑢 − 50) + 𝜆4𝑝 + 𝜆5𝑢 
 
c) Mediante el método que estime conveniente, resuelva el problema y determine cuáles restricciones son 
activas y cuáles son holgadas en el punto óptimo. 
Nota: Alternativamente al método KKT, Usted puede resolver gráficamente, sin la necesidad de derivar 
como en KKT. En base al método gráfico, encuentre tanto el punto óptimo como las holguras 
complementarias 
 
SOLUCION PROPUESTA VIA KKT 
 
Notemos que de acuerdo a las CPO de KKT, debemos obtener las parciales respecto a las variables de 
decisión e igualar a “0”, esto es: 
 
1) ℒ𝑝 = 20 − 𝜆1 − 𝜆2 + 𝜆4 = 0 ; ℒ𝑢 = 30 − 2𝜆1 − 𝜆3 + 𝜆5 = 0 
2) 𝜆1, 𝜆2, 𝜆3, 𝜆4, 𝜆5 ≥ 0 ; 𝜆1(𝑝 + 2𝑢 − 120) = 0 ; 𝜆2(𝑝 − 60) = 0 ; 𝜆3(𝑝 − 50) = 0 ; 𝜆4𝑝 = 0 ; 𝜆5𝑢 = 0 
3) 𝑝 − 2𝑢 ≤ 120 ; 𝑝 ≤ 60; ; 𝑢 ≤ 50; −𝑝 ≤ 0 ; −𝑢 ≤ 0 
 
Caso1: p = 0; u = 0; Restricciones 4) y 5) ACTIVAS 
 De 2) 𝜆1
∗ = 0 ; 𝜆2
∗ = 0 ; 𝜆3
∗ = 0 → 𝑑𝑒 ℒ𝑝 = 20 − 𝜆1 − 𝜆2 + 𝜆4 = 0 → 𝝀𝟒
∗ = −𝟐𝟎 < 𝟎 ⇒⇐ 
Este caso no aporta soluciones al problema 
Caso2: p = 0; u > 0; Restricción 4) ACTIVA y la 5) INACTIVA 
 Como u > 0→ 𝜆5
∗ = 0, Además 𝑝∗ = 0 → 𝜆3
∗ = 0 ; 𝜆2
∗ = 0 
 De 𝜆1(𝑝 + 2𝑢 − 120) = 𝜆1(2𝑢 − 120) = 0 → {
𝐴𝐶𝑇𝐼𝑉𝐴 𝑢∗ = 60
𝐼𝑁𝐴𝐶𝑇𝐼𝑉𝐴 𝜆1
∗ = 0 → 𝜆4
∗ = −20 ⇒⇐
 
De ℒ𝑢 = 30 − 2𝜆1 − 𝜆3 + 𝜆5 = 30 − 2𝜆1 = 0 ⇒ 𝜆1
∗ = 15 ⟶ 20 − 𝜆1 − 𝜆2 + 𝜆4 = 20 − 15 − 0 + 𝜆4 = 0 
𝝀𝟒
∗ = −𝟓 ⇒⇐ 
Los casos 2.1 y 2.2 no aportan soluciones al problema 
C𝒂𝒔𝒐𝟑: p > 0; u = 0; Restricción 4) INACTIVA y 5) ACTIVA 
Como p > 0→ 𝜆4
∗ = 0, Además 𝑢∗ = 0 → 𝜆1(𝑝 + 2𝑢 − 120) = 𝜆1(𝑝 − 120) = 0 → {
𝐴𝐶𝑇𝐼𝑉𝐴 𝑝∗ = 120
𝐼𝑁𝐴𝐶𝑇𝐼𝑉𝐴 𝜆1
∗ = 0
 
Caso 3.1 𝑝∗ = 120 ≰ 60 por lo tanto, no se cumple con restricción 2 
Este caso no aporta soluciones al problema 
Caso 3.2 
𝜆4
∗ = 0 ; 𝑢∗ = 0 ; 𝜆1
∗ = 0 ⟶ 20 − 𝜆1 − 𝜆2 + 𝜆4 = 20 − 𝜆2 = 0 ⟶ 𝜆2
∗ = 20 ⟶ 𝜆2(𝑝 − 60) = 0 ⟶ 𝑝
∗ = 60 
De:𝜆3(𝑝 − 50) = 𝜆3(60 − 50) = 0 ⟶ 𝜆3
∗ = 0 ⟶ 30 − 2𝜆1 − 𝜆3 + 𝜆5 = 30 − 0 − 0 + 𝜆5 = 0 ⟶ 𝜆5
∗ = −30 ⇒⇐ 
Este caso no aporta soluciones al problema 
𝑪𝒂𝒔𝒐𝟒: p > 0; u > 0; Restricciones 4) y 5) INACTIVAS 𝜆4
∗ = 𝜆5
∗ = 0 
 
De 𝜆1(𝑝 + 2𝑢 − 120) = 0 ⟶ {
𝐴𝐶𝑇𝐼𝑉𝐴 𝑝 + 2𝑢 = 120
𝐼𝑁𝐴𝐶𝑇𝐼𝑉𝐴 𝜆1
∗ = 0
 
 
Caso 4.1 
 
La restricción 1 está activa y las restricciones 4) y 5) están inactivas, 
Nótese que las restricciones 2) y 3) NO pueden estar activas simultáneamente, ya que eso nos lleva a la 
contradicción de que 60 ≠ 50 
 
Caso 4. 1a Restricción 1 activa, restricciones 4) y 5) inactivas, restricción 2) activa, restricción 3) inactiva 
 
𝑝 + 2𝑢 = 120 ; 𝜆4
∗ = 𝜆5
∗ = 0 ; 𝑝 − 60 = 0 ; 𝜆3
∗ = 0 
 
Este caso aporta con un candidato: (𝒑∗, 𝒖∗, 𝝀𝟏
∗ , 𝝀𝟐
∗ , 𝝀𝟑
∗ , 𝝀𝟒
∗ , 𝝀𝟓
∗ ) = (𝟔𝟎, 𝟑𝟎, 𝟏𝟓, 𝟓, 𝟎, 𝟎, 𝟎) 
 
Caso 4. 1b Restricción 1 activa, restricciones 4) y 5) inactivas, restricción 2) inactiva, restricción 3) activa 
 
𝑝 + 2𝑢 = 120 ; 𝜆4
∗ = 𝜆5
∗ = 0 ; 𝜆2
∗ = 0 ; 𝑝 − 50 = 0 
 
De donde se debe cumplir que: 𝒑∗ = 𝟓𝟎 ; 𝒖∗ = 𝟑𝟓; 𝝀𝟏
∗ = 𝟐𝟎 ; 𝝀𝟐
∗ = 𝟎 ; 𝝀𝟑 
∗ = −𝟏𝟎 ⇒⇐ 
Este caso no aporta soluciones al problema 
 
Caso 4. 1c Restricción 1 activa, restricciones 4) y 5) inactivas, restricción 2) inactiva, restricción 3) inactiva 
 
𝑝 + 2𝑢 = 120 ; 𝜆4
∗ = 𝜆5
∗ = 0 ; 𝜆2
∗ = 𝜆3
∗ = 0 
 
De: ℒ𝑝 = 20 − 𝜆1 − 𝜆2 + 𝜆4 = 20 − 𝜆1 = 0 ⟶ 𝜆1
∗ = 20 
De: ℒ𝑢 = 30 − 2𝜆1 − 𝜆3 + 𝜆5 = 30 − 2𝜆1 = 0 ⟶ 𝜆1
∗ = 15 ⇒⇐ 𝑦𝑎 𝑞𝑢𝑒 15 ≠ 20 
Este caso no aporta soluciones al problema 
 
 
Caso 4.2 𝜆1
∗ = 0 ⟶ {
𝜆2
∗ = 20 ⟶ 𝑝∗ = 60
𝜆3
∗ = 30 ⟶ 𝑝∗ = 50
 ⇒⇐ 60 ≠ 50 
Este caso no aporta soluciones al problema 
 
RESUMEN 
 
 El único candidato obtenido es: (𝒑∗, 𝒖∗, 𝝀𝟏
∗ , 𝝀𝟐
∗ , 𝝀𝟑
∗ , 𝝀𝟒
∗ , 𝝀𝟓
∗ ) = (𝟔𝟎, 𝟑𝟎, 𝟏𝟓, 𝟓, 𝟎, 𝟎, 𝟎) 
 El cual activa solo la: Capacidad Máxima de la Planta y la Demanda de uvas, ya que: 
 
 𝑔1(𝑝
∗, 𝑢∗) = 𝑝∗ + 2𝑢∗ = 60 + 2 ∗ 30 = 120 𝑅𝑒𝑠𝑡𝑟𝑖𝑐𝑐𝑖ó𝑛 𝑎𝑐𝑡𝑖𝑣𝑎 
 𝑔2(𝑝
∗, 𝑢∗) = 𝑝∗ = 60 𝑅𝑒𝑠𝑡𝑟𝑖𝑐𝑐𝑖ó𝑛 𝑎𝑐𝑡𝑖𝑣𝑎 
 𝑔3(𝑝
∗, 𝑢∗) = 𝑢∗ = 30 < 50 𝑅𝑒𝑠𝑡𝑟𝑖𝑐𝑐𝑖ó𝑛 𝐻𝑜𝑙𝑔𝑎𝑑𝑎 𝑜 𝐼𝑛𝑎𝑐𝑡𝑖𝑣𝑎 
 𝑔6(𝑝
∗, 𝑢∗) = −𝑝∗ − 60 < 0 𝑅𝑒𝑠𝑡𝑟𝑖𝑐𝑐𝑖ó𝑛 𝐻𝑜𝑙𝑔𝑎𝑑𝑎 𝑜 𝐼𝑛𝑎𝑐𝑡𝑖𝑣𝑎 
 𝑔5(𝑝
∗, 𝑢∗) = −𝑢∗ = −30 < 0 𝑅𝑒𝑠𝑡𝑟𝑖𝑐𝑐𝑖ó𝑛 𝐻𝑜𝑙𝑔𝑎𝑑𝑎 𝑜 𝐼𝑛𝑎𝑐𝑡𝑖𝑣𝑎 
 
 Este candidato podemos afirmar que es un Máximo Global, ya que: La función objetivo es continua y el 
espacio factible es COMPACTO (O porque tanto la función objetivo como las restricciones son lineales) 
 
 La función de valor máximo es: 𝑓∗ = 𝑓(𝑝∗, 𝑢∗) = 20𝑝∗ + 30𝑢∗ = 20 ∗ 60 + 30 ∗ 30 = 2.100 
 
 
d) Calcule el valor para la frutícola de aumentar la capacidad máxima de la planta. 
 
Por Teorema de la ENVOLVENTE, tenemos que: 
𝜕𝑓∗
𝜕𝑐1
= 𝜆1
∗ = 15 (𝑃𝑟𝑒𝑐𝑖𝑜 𝑠𝑜𝑚𝑏𝑟𝑎 𝑑𝑒 𝐶𝑎𝑝𝑎𝑐𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑃𝑙𝑎𝑛𝑡𝑎) 
Luego el valor aproximado de la frutícola de aumentar la capacidad máxima de 120 a 121, Pasa de 2.100 a 
2.115 
 
Como en el óptimo, la demanda por peras está saturada, significa que la única opción para aumentar la 
capacidad máxima de la planta, es modificar la disponibilidad máxima de uvas, ya que en este caso la 
restricción no está activa (tiene holgura), por lo tanto: 
 
20 ∗ 60 + 30 ∗ 𝑢𝑛𝑢𝑒𝑣𝑎
∗ = 2.115 ⇒ 𝑢𝑛𝑢𝑒𝑣𝑎
∗ =
2.115 − 1.200
30
= 30,5 
 
Nótese que en este caso 𝑓(60; 30,5) = 20 ∗ 60 + 30 ∗ 30,5 = 2.115 que es lo que se pide. 
 
 
e) Calcule el valor para la frutícola de aumentar la demanda máxima por peras. 
 
 Por Teorema de la ENVOLVENTE, tenemos que: 
𝜕𝑓∗
𝜕𝑐2
= 𝜆2
∗ = 5 
 
f) Calcule el valor para la frutícola de aumentar la disponibilidad máxima de uvas. 
 
Por Teorema de la ENVOLVENTE, tenemos que: 
𝜕𝑓∗
𝜕𝑐3
= 𝜆3
∗ = 0 
 
 
 
 
 
 
 
Problema Instrumentos Financieros 
 
Una persona puede invertir en tres instrumentos financieros. El primero es un depósito a plazo con poco retorno, de 
solo 1%. El segundo es un fondo mutuo que retorna más (5%), pero es un poco más riesgoso. El tercero es una acción 
en una Start-up, que es extremadamente riesgosa, pero tiene el mayor retorno de las 3 opciones, 9%. A la persona le 
han dicho que no debe poner todos los huevos en la mismacanasta, por lo que el riesgo de invertir x en el depósito a 
plazo, y en el fondo mutuo y z en la acción es 
𝑥2 + 2𝑦2 + 3𝑧2 
La persona tiene $1 que repartir entre las 3 inversiones y quiere obtener el mayor retorno posible, penalizando por su 
riesgo. En particular quiere resolver: 
 
𝑀𝑎𝑥
𝑥, 𝑦, 𝑧
𝑥 + 5𝑦 + 9𝑧 − ∅(𝑥2 + 2𝑦2 + 3𝑧2) 𝑠. 𝑎. 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 ≤ 1 𝑥, 𝑦, 𝑧 ≥ 0 
 
 
Donde ∅ ∈ (0, ∞) es el parámetro que controla cuánto le importa el riesgo a la persona. Responda: 
 
a) Asumiendo que ∅ = 1, resuelva el problema. Recuerde comprobar que su candidato es la solución. 
 
 ℒ = 𝑥 + 5𝑦 + 9𝑧 − (𝑥2 + 2𝑦2 + 3𝑧2) − 𝜆1(𝑥 + 𝑦 + 𝑧 − 1) + 𝜆2𝑥 + 𝜆3𝑦 + 𝜆4𝑧 
 
1) ℒ𝑥 = 1 − 2𝑥 − 𝜆1 + 𝜆2 = 0 ; ℒ𝑦 = 5 − 4𝑦 − 𝜆1 + 𝜆3 = 0 ; ℒ𝑧 = 9 − 6𝑧 − 𝜆1 + 𝜆4 = 0 
2) 𝜆1, 𝜆2, 𝜆3 ≥ 0 ; 𝜆1(𝑥 + 𝑦 + 𝑧 − 1) = 0 ; 𝜆2𝑥 = 0 ; 𝜆3𝑦 = 0 ; 𝜆4𝑧 = 0 
3) 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 ≤ 1 ; 𝑥, 𝑦, 𝑧 ≥ 0 
 
 ℒ𝑥 = 0 → 𝜆1 = 1 − 2𝑥 + 𝜆2 
 ℒ𝑦 = 0 → 𝜆1 = 5 − 4𝑦 + 𝜆3 
 ℒ𝑧 = 0 → 𝜆1 = 9 − 6𝑧 + 𝜆4 
 
 
Caso 1: 𝑥 = 0 ; 𝑦 = 0 ; 𝑧 = 0 → 𝜆1 ∗ (−1) = 0 → 𝜆1 = 0 → 𝜆2 = −1 ⇒⇐ 𝑁𝑂 𝐻𝐴𝑌 𝑆𝑂𝐿𝑈𝐶𝐼𝑂𝑁 
 
Caso 2: 𝑥 > 0 ; 𝑦 = 0 ; 𝑧 = 0 → 𝜆2 = 0 → 𝜆1 = 1 → 𝜆3 = −4 ⇒⇐ 𝑁𝑂 𝐻𝐴𝑌 𝑆𝑂𝐿𝑈𝐶𝐼𝑂𝑁 
 
Caso 3: 𝑥 = 0 ; 𝑦 > 0 ; 𝑧 = 0 → 𝜆3 = 0 → 𝜆1 = 5 → 𝜆4 = −4 ⇒⇐ 𝑁𝑂 𝐻𝐴𝑌 𝑆𝑂𝐿𝑈𝐶𝐼𝑂𝑁 
 
Caso 4: 𝑥 = 0 ; 𝑦 = 0 ; 𝑧 > 0 → 𝜆4 = 0 → 𝜆1(𝑧 − 1) = 0 {
𝜆1 = 0 𝜆2 = −1 ⇒⇐ 𝑁𝑂 𝐻𝐴𝑌 𝑆𝑂𝐿𝑈𝐶𝐼𝑂𝑁
𝑧 = 1 𝜆1 = 3 𝜆2 = 2 𝜆3 = −2 ⇒⇐ 𝑁𝑜 ℎ𝑎𝑦 𝑠𝑜𝑙
 
 
Caso 5: 𝑥 > 0 ; 𝑦 > 0 ; 𝑧 = 0 → 𝜆2 = 𝜆3 = 0 → 𝜆1(𝑥 + 𝑦 − 1) = 0 ⟶ {
𝜆1 = 0
𝑥 + 𝑦 = 1
 
Caso 5.1: 𝑥 > 0 ; 𝑦 > 0 ; 𝑧 = 0 → 𝜆2 = 𝜆3 = 𝜆1 = 0 ⟶ 𝜆4 = −9 ⇒⇐ 𝑁𝑂 𝐻𝐴𝑌 𝑆𝑂𝐿𝑈𝐶𝐼𝑂𝑁 
 
Caso 5.2: 𝑥 > 0 ; 𝑦 > 0 ; 𝑧 = 0 → 𝜆2 = 𝜆3 = 0 ; 𝑥 + 𝑦 = 1 
 De ℒ𝑥 𝑦 ℒ𝑦 ⟶ 1 − 2𝑥 = 5 − 4𝑦 ⟶ 2𝑥 − 4𝑦 = −4 
 Por lo tanto: 𝑥 = 0 ; 𝑦 = 1 ⟶ 𝜆1 = 1 ⟶ 𝑑𝑒 ℒ𝑧 1 = 9 − 0 + 𝜆4 ⟶ 𝜆4 = −8 ⇒⇐ 𝑁𝑂 𝐻𝐴𝑌 𝑆𝑂𝐿𝑈𝐶. 
 
Caso 6: 𝑥 > 0 ; 𝑦 = 0 ; 𝑧 > 0 → 𝜆2 = 𝜆4 = 0 → 𝜆1(𝑥 + 𝑧 − 1) = 0 ⟶ {
𝜆1 = 0
𝑥 + 𝑧 = 1
 
Caso 6.1: 𝑥 > 0 ; 𝑦 = 0 ; 𝑧 > 0 → 𝜆2 = 𝜆4 = 𝜆1 = 0 ⟶ 𝑧 =
2
3
 ; 𝑥 =
1
2
⟶ 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 > 1 ⇒⇐ 𝑁𝑂 𝐻𝐴𝑌 𝑆𝑂𝐿. 
 
Trini Correa
Trini Correa
Trini Correa
Trini Correa
Trini Correa
Trini Correa
Trini Correa
Trini Correa
Trini Correa
Trini Correa
Trini Correa
Trini Correa
Trini Correa
Trini Correa
Trini Correa
Trini Correa
Trini Correa
Trini Correa
Trini Correa
Trini Correa
Trini Correa
Trini Correa
Caso 6.2: 𝑥 > 0 ; 𝑦 = 0 ; 𝑧 > 0 → 𝜆2 = 𝜆4 = 0; 𝑥 + 𝑧 = 1 
 De ℒ𝑥 𝑦 ℒ𝑧 ⟶ 1 − 2𝑥 = 9 − 6𝑧 ⟶ 2𝑥 − 6𝑧 = −8 
 De donde 𝑧 =
5
4
> 1 ⇒⇐ 𝑁𝑂 𝐻𝐴𝑌 𝑆𝑂𝐿𝑈𝐶𝐼𝑂𝑁 
 
Caso 7: 𝑥 = 0 ; 𝑦 > 0 ; 𝑧 > 0 → 𝜆3 = 𝜆4 = 0 → 𝜆1(𝑦 + 𝑧 − 1) = 0 ⟶ {
𝜆1 = 0
𝑦 + 𝑧 = 1
 
Caso 7.1: 𝑥 = 0 ; 𝑦 > 0 ; 𝑧 > 0 → 𝜆3 = 𝜆4 = 𝜆1 = 0 ⟶ 𝑧 =
9
6
> 1 > 1 ⇒⇐ 𝑁𝑂 𝐻𝐴𝑌 𝑆𝑂𝐿𝑈𝐶𝐼𝑂𝑁 
 
Caso 7.2: 𝑥 = 0 ; 𝑦 > 0 ; 𝑧 > 0 → 𝜆3 = 𝜆4 = 0; 𝑦 + 𝑧 = 1 
 De ℒ𝑦 𝑦 ℒ𝑧 ⟶ 5 − 4𝑦 = 9 − 6𝑧 ⟶ 4𝑦 − 6𝑧 = −4 
 De donde 𝑧 =
4
5
 𝑦 =
1
5
⟶ 𝑥 = 0 ; 𝜆1 =
21
5
 ; 𝜆2 =
16
5
 
(𝒙∗, 𝒚∗, 𝒛∗, 𝝀𝟏
∗ , 𝝀𝟐
∗ , 𝝀𝟑
∗ , 𝝀𝟒
∗ , 𝝀𝟓
∗ ) = (𝟎,
𝟏
𝟓
,
𝟒
𝟓
,
𝟐𝟏
𝟓
,
𝟏𝟔
𝟓
, 𝟎, 𝟎) 
 
Caso 8: 𝑥 > 0 ; 𝑦 > 0 ; 𝑧 > 0 → 𝜆2 = 𝜆3 = 𝜆4 = 0 → 𝜆1(𝑥 + 𝑦 + 𝑧 − 1) = 0 ⟶ {
𝜆1 = 0
𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 1
 
Caso 8.1: 𝑥 = 0 ; 𝑦 > 0 ; 𝑧 > 0 → 𝜆1 = 𝜆2 = 𝜆3 = 𝜆4 = 0 ⟶ 𝑥 = −
1
2
< 0 ⇒⇐ 𝑁𝑂 𝐻𝐴𝑌 𝑆𝑂𝐿𝑈𝐶𝐼𝑂𝑁 
 
Caso 8.2: 𝑥 > 0 ; 𝑦 > 0 ; 𝑧 > 0 → 𝜆2 = 𝜆3 = 𝜆4 = 0; 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 1 
 De ℒ𝑥 ⟶ 𝜆1 = 1 − 2𝑥; 𝐷𝑒 ℒ𝑦 ⟶ 𝜆1 = 5 − 4𝑦 ; 𝐷𝑒 ℒ𝑧 ⟶ 𝜆1 = 9 − 6𝑧 ⇒ 𝜆1 =
27
11
 
 
27
11
= 9 − 6𝑧 + 0 ⟶ 𝑧 < 0 ⇒⇐ 𝑁𝑂 𝐻𝐴𝑌 𝑆𝑂𝐿𝑈𝐶𝐼𝑂𝑁 
 
La única solución es un MAXIMO, ya que el Lagrangeano es CONCAVO. 
 
b) Estime el cambio en el óptimo si la persona tuviera $1,1. Explique con sus palabras por qué es así. 
c) Estime el cambio en el óptimo cuando ∅ crece. Asuma que la solución no cambia. 
d) Su ejecutivo de inversiones le dice que mejor debería controlar directamente el riesgo, en lugar de incorporarlo en 
su función objetivo. Específicamente dice que debe resolver 
 
𝑀𝑎𝑥
𝑥, 𝑦, 𝑧
𝑥 + 5𝑦 + 9𝑧 𝑠. 𝑎. 𝑥2 + 2𝑦2 + 3𝑧2 ≤ 𝑐 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 ≤ 1 𝑥, 𝑦, 𝑧 ≥ 0 
 
Suponga que c = 4. Encuentre la solución óptima del problema, ¿qué encuentra? ¿cómo se compara ∅ con el 
multiplicador de Lagrange asociado a la restricción de riesgo? Explique con sus palabras por qué ocurre esto. 
Ahora revisaremos que pasa con la solución óptima del problema original cuando ∅ → ∞ 
 
e) Resuelva el problema con ∅ arbitrario, pero piense que ∅ es tan grande como usted quiera. ¿Cuál es 
la solución óptima? 
g) Estime el cambio en el óptimo si la persona tuviera $1,1. Explique con sus palabras por qué es así. 
 
 
 
 
Problema: Farmacéutico 
 
Un farmacéutico puede comprar hasta h onzas de un producto químico, BFR, por 10 dólares cada onza. Se puede 
convertir una onza del producto químico BFR en una onza del producto I a un costo de 3 dólares la onza. 
Asimismo, una onza del químico BFR se puede convertir en una onza del producto II a un costo de 5 dólares la 
onza. Si se producen 𝑥1 onzas del producto I, el precio del producto corresponderá a 30 − 𝑥1 dólares la onza, 
mientras que si se producen 𝑥2 onzas del producto II, el precio del producto corresponderá a 50 − 𝑥2 dólares 
la onza. 
 
Determine cómo el comerciante puede maximizar sus utilidades. 
Trini Correa
Trini Correa
Trini Correa
Trini Correa
Trini Correa
Trini Correa
Trini Correa
Trini Correa
Trini Correa
Trini Correa
Trini Correa
 
a) Plantee el problema del farmacéutico. 
b) Encuentre la solución al problema del farmacéutico. Suponga que h=100 
 
 
a) Maximizar: 
 
𝑀á𝑥
𝑥1, 𝑥2
𝑥1(30 − 𝑥1) + 𝑥2(50 − 𝑥2) − 3𝑥1 − 5𝑥2 − 10(𝑥1 + 𝑥2) 
s.a. 
 𝑥1 + 𝑥2 − ℎ ≤ 0 Límite de compra químico BFR (𝜆1) 
 −𝑥1 ≤ 0 No-negatividad cantidad producto I (𝜆2) 
 −𝑥2 ≤ 0 No-negatividad cantidad producto II (𝜆3) 
 𝑥1 ≤ 30 No-negatividad precio producto I (𝜆4) 
 𝑥2 ≤ 50 No-negatividad precio producto II (𝜆5) 
 
b) ℒ = −𝑥1
2 − 𝑥2
2 + 17𝑥1 + 35𝑥2 − 𝜆1(𝑥1 + 𝑥2 − ℎ) + 𝜆2𝑥1 + 𝜆3𝑥2 − 𝜆4(𝑥1 − 30) − 𝜆5(𝑥2 − 50) 
 
En lo siguiente uso: 𝑥1 = 𝑥 ; 𝑥2 = 𝑦 debió ser antes 
 
1) ℒ𝑥 = −2𝑥 + 17 − 𝜆1 + 𝜆2 − 𝜆4 = 0 ; ℒ𝑦 = −2𝑦 + 35 − 𝜆1 + 𝜆3 − 𝜆5 = 0 
2) 𝜆1, 𝜆2, 𝜆3, 𝜆4, 𝜆5 ≥ 0; 𝜆1(𝑥 + 𝑦 − ℎ) = 0; 𝜆2𝑥; 𝜆3𝑦 = 0; 𝜆4(𝑥 − 30) = 0; 𝜆5(𝑦 − 50) = 0 
3) 𝑥 + 𝑦 ≤ ℎ; 𝑥, 𝑦 ≤ 0; 𝑥 ≤ 30; 𝑦 ≤ 50 
 
A la hora de resolver con h = 100, fíjese que, si bien hay muchos casos a verificar, es conveniente revisar la 
función objetivo original: 
 
𝑧(𝑥, 𝑦) = 𝐵𝑒𝑛𝑒𝑓𝑖𝑐𝑖𝑜 − 𝐶𝑜𝑠𝑡𝑜 = −𝑥2 − 𝑦2 + 17𝑥 + 35𝑦 
 
La cual es CONCAVA, por lo cual tiene un MAXIMO INTERIOR NO RESTRINGIDO 
 
Veamos 
 
Primero: ¿Cuál es el MAXIMO INTERIOR NO RESTRINGIDO? 
 
CPO del problema sin restringir 
 
a) 𝑧𝑥 = −2𝑥 + 17 = 0 
b) 𝑧𝑦 = −2𝑦 + 35 = 0 
De donde: EL MAXIMO GLOBAL NO RESTRINGIDO ES: (𝑥∗, 𝑦∗) = (
17
2
,
35
2
) 
 
Segundo: El punto crítico obtenido ¿Cumple con todas las restricciones del problema? 
 
 
17
2
+
35
2
=
52
2
= 26 < 100 
 0 <
17
2
< 30 
 0 <
52
2
< 50 
 
POR LO TANTO, EL PUNTO CRITICO (𝒙∗, 𝒚∗) = (
𝟏𝟕
𝟐
,
𝟑𝟓
𝟐
) Resuelve el problema 
 
 
 
 
 
 
 
Problema TRUMP 
 
El candidato a la presidencia Joe Trump quiere escoger la cantidad de dinero que debe gastar en promover anuncios 
de Facebook en los estados más reñidos de EE.UU. Tiene posibilidad de gastar en anuncios en Michigan (M) y Florida 
(F). Por cada anuncio en Michigan gana 1 voto, pero en Florida se ganan 3 y el servicio electoral paga $1 por cada 
voto obtenido. El costo de una cantidad 𝑥 de anuncios es 𝑥2 en cualquierade los dos estados. Además, el candidato 
debe pagar a Facebook 𝑐𝐴2 por una sola vez y eso le permite promover como máximo “A” anuncios en cada estado, 
con 𝑐 ∈ (0, ∞). Joe quiere maximizar los ingresos posibles por su campaña, esto es, resuelve el siguiente problema: 
 
𝑀á𝑥
𝑀, 𝐹, 𝐴
𝑀 + 3𝐹 − 𝑀2 − 𝐹2 − 𝑐𝐴2 𝑠. 𝑎. 𝑀 ≤ 𝐴 𝐹 ≤ 𝐴 𝑀 ≥ 0 𝐹 ≥ 0 𝐴 ≥ 0 
 
a) Escriba el Lagrangeano asociado a este problema. Escriba las condiciones de primer orden. 
 
 ℒ = 𝑀 + 3𝐹 − 𝑀2 − 𝐹2 − 𝑐𝐴2 − 𝜆1(𝑀 − 𝐴) − 𝜆2(𝐹 − 𝐴) + 𝜆3𝑀 + 𝜆4𝐹 + 𝜆5𝐴 
 
1) ℒ𝑀 = 1 − 2𝑀 − 𝜆1 + 𝜆3 = 0 ; ℒ𝐹 = 3 − 2𝐹 − 𝜆2 + 𝜆4 = 0 ; ℒ𝐴 = −2𝑐𝐴 + 𝜆1 + 𝜆2 + 𝜆5 = 0 
2) 𝜆1, 𝜆2, 𝜆3, 𝜆4, 𝜆5 ≥ 0; 𝜆1(𝑀 − 𝐴) = 0; 𝜆2(𝐹 − 𝐴) = 0; 𝜆3𝑀 = 0 ; 𝜆4𝐹 = 0 ; 𝜆5𝐴 = 0 
 
b) Argumente por qué A = 0 no puede ser solución. ¿Qué implicancias tiene esto sobre las condiciones de KKT? 
(Ayuda: Intente buscar un punto con 𝐴 ≠ 0 que sea mejor) 
 
 
 
 
 
 
c) Usando las CPO, muestre que, en el óptimo, M ó F no son 0. ¿Qué implicancias tiene esto sobre las condiciones 
de KKT? 
d) Argumente por qué el punto encontrado en c) no puede ser solución. ¿Qué implicancias tiene esto sobre las 
condiciones de KKT? (Ayuda: Intente buscar un punto que sea mejor.) 
e) Resuelva el problema si c < 2. Recuerde confirmar que el candidato es solución. 
f) Para este caso, ¿Qué sucede cuando 𝑐 → 0? Explique con sus palabras por qué ocurre esto. 
g) Estime el cambio en el ingreso óptimo cuando c cambia, ¿qué signo tiene? Interprete. 
 
El CEO de Facebook considera que su plataforma está dando muchas ganancias a Joe Trump, por lo que desea 
aumentar los costos de capacidad de la red social. Está considerando fijar un precio c > 2. 
h) Resuelva el problema si c > 2 y compare con la solución obtenida en e). 
i) ¿Qué sucede si 𝑐 → ∞? Explique con sus palabras por qué ocurre esto. 
j) Estime el cambio en el ingreso óptimo cuando c cambia ¿qué signo tiene? ¿cómo se compara con el obtenido en 
g)?