clase21 - Maria Cristina Rodriguez Escalante

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CLASE 21
OPTIMIZACIÓN CON RESTRICCIONES
Sea U(x, y) la función de utilidad de una empresa, que depende de la cantidad de dos insumos,
x, y, que esta utiliza. Serı́a ideal considerar el máximo sobre todas las posibles elecciones de x e y,
sin embargo, lo usual es estar sujeto a una restricción presupuestaria, de la forma p1x+ p2y = P0,
donde p1, p2 son los precios de los insumos x e y, respectivamente, y P0 es el presupuesto total de
la empresa. Estamos interesados por tanto en encontrar el máximo de la función U , pero no sobre
todo su dominio, sino solamente sobre los pares (x, y) que satisfacen la restricción presupuestaria.
En esta clase, abordaremos este problema en general, y estudiaremos métodos para resolverlo. Co-
menzaremos definiendo de manera precisa el problema para el caso de funciones de dos variables.
Consideremos f : A ⊂ R2 → R, donde el dominio de f , A ⊂ R2, es un conjunto abierto de
R2. Dado B ⊂ R2, queremos determinar el máximo o el mı́nimo de los valores f(x, y), sujetos
a la restricción de tener (x, y) ∈ B. Luego, diremos que (x0, y0) ∈ A ∩ B es un máximo de f
restringido a B, si para cualquier (x, y) ∈ A ∩B,
f(x0, y0) ≥ f(x, y).
Del mismo modo, (x0, y0) ∈ A ∩ B es un mı́nimo de f restringido a B, si para cualquier (x, y) ∈
A ∩B,
f(x0, y0) ≤ f(x, y).
Existen definiciones análogas para máximo y mı́nimo relativo de f restringido a B.
En general, el mı́nimo o máximo restringido no es el mismo que el mı́nimo o máximo de una
función.
Ejemplo 21.1. Sea f : R2 → R, f(x, y) = x2 + y2, sujeto a la restricción de (x, y) ∈ B, donde
B = {(x, y) ∈ R2 : x+y = 1}. Deseamos hallar el mı́nimo de f restringido aB. Dado (x, y) ∈ B,
x+ y = 1 y, por tanto, y = 1− x. Luego podemos reemplazar en la definición de f , teniendo
f(x, y) = f(x, 1− x) = x2 + (1− x)2 = 2x2 − 2x+ 1 = g(x),
99
donde g es una función de una variable. Aplicando los métodos vistos en el capı́tulo 5, tenemos
que x0 = 12 es el único punto crı́tico de g el cual es un mı́nimo. Luego y0 =
1
2
y (x0, y0) = (12 ,
1
2
)
es el mı́nimo de f restringido a B = {(x, y) : x+ y = 1}. En este caso f(x0, y0) = 12 .
Por otro lado, el mı́nimo global (sin restricciones) de f está en el punto (x1, y1) = (0, 0) y
f(x1, y1) = 0.
Observe que tanto el ejemplo anterior, como el ejemplo dado al inicio de la clase, tuvimos
una restricción de la forma φ(x, y) = 0. Este tipo de restricciones se denominan restricciones de
igualdad y enfocaremos nuestro esfuerzo en resolver este tipo de problemas restringidos.
Comenzaremos definiendo la herramienta principal para esto.
Definición 21.2. Sea f : A→ R y φ : A→ R funciones de dos variables, definida en A conjunto
abierto de R2. Definimos la función de Lagrange, asociada al problema de maximizar o minimizar
f restringida a la condición φ = 0, como L : R× A→ R,
L(λ, x, y) = f(x, y) + λφ(x, y).
Observe que como A ⊂ R2, entonces L es una función de tres variables.
Debemos acotar que la condición de que el dominio de φ sea exactamente el dominio de f es
innecesaria. Pero si es necesario que el dominio “común” de f y φ sea abierto.
En adelante, consideraremos f y φ funciones de dos variables definidas en un conjunto abierto
cuyas derivadas parciales, al menos de hasta segundo orden, existen y sean continuas.
La importancia de la función de Lagrange queda en evidencia en el siguiente teorema.
Teorema 21.3. Sea (λ0, x0, y0) un máximo (respectivamente, mı́nimo) relativo de L, entonces
(x0, y0) es un máximo (respectivamente, mı́nimo) relativo de f restringido a φ = 0.
Demostración. Consideraremos el caso cuando (λ0, x0, y0) es un mı́nimo (absoluto) de L, el caso
general es análogo. Para cualquier (λ, x, y) ∈ R× A tenemos
L(λ0, x0, y0) ≤ L(λ, x, y). (21.1)
En particular, para cualquier t ∈ R, tenemos
L(λ0, x0, y0) ≤ L(λ0 + t, x0, y0) = L(λ0, x0, y0) + tφ(x0, y0),
es decir, 0 ≤ tφ(x0, y0), para cualquier t ∈ R. Esto implica que φ(x0, y0) = 0, es decir, (x0, y0)
satisface la restricción φ = 0.
Luego, la ecuación (21.1) adquiere la forma
f(x0, y0) = L(λ0, x0, y0) ≤ L(λ, x, y) = f(x, y) + λφ(x, y),
para cualquier (x, y) ∈ A y λ ∈ R. En particular, para cualquier (x, y) ∈ A que satisface φ(x, y) =
0, tenemos
f(x0, y0) ≤ f(x, y) + λφ(x, y) = f(x, y).
Es decir, (x0, y0) es un mı́nimo del problema restringido.
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El siguiente resultado es aún más relevante. Establece que para encontrar los máximos o mı́ni-
mos relativos del problema restringido, basta buscar entre los puntos crı́ticos de L.
Teorema 21.4. Sea (x0, y0) un máximo o mı́nimo relativo de f restringido a φ = 0. Si (x0, y0) no
es un punto crı́tico de φ, entonces existe un único λ0 ∈ R tal que (λ0, x0, y0) es un punto crı́tico de
L, es decir,
Lλ(λ0, x0, y0) = φ(x0, y0) = 0,
Lx(λ0, x0, y0) = fx(x0, y0) + λ0φx(x0, y0) = 0,
Ly(λ0, x0, y0) = fy(x0, y0) + λ0φy(x0, y0) = 0.
Llamaremos a λ0 multiplicador de Lagrange asociado a (x0, y0). A la condición de (x0, y0) de
no ser un punto crı́tico de la función de restricción φ se le denomina condición de calificación. Esta
condición es importante y necesaria, como muestran el siguiente ejemplo.
Ejemplo 21.5. Considere f, φ : R2 → R, definidas como f(x, y) = x+ y y φ(x, y) = x2 + y2. En
este caso, tenemos que (0, 0) es un máximo (y también mı́nimo) de f restringido a φ = 0. Observe
que (0, 0) es un punto crı́tico de φ. Sin embargo, para cualquier λ ∈ R,
Lλ(λ, 0, 0) = φ(0, 0) = 0,
Lx(λ, 0, 0) = fx(0, 0) + λφx(0, 0) = 1 + λ(2 · 0) = 1,
Ly(λ, 0, 0) = fy(0, 0) + λφy(0, 0) = 1 + λ(2 · 0) = 1.
Es decir, para ningún λ ∈ R, (λ, 0, 0) es punto crı́tico de L.
Por otro lado, si consideramos f definido como f(x, y) = x2 + y2, se tendrı́a la existencia de
λ0, pero no la unicidad.
Ejemplo 21.6. Sea U : A → R una función de utilidad, donde A = {(x, y) ∈ R2 : x >
0, y > 0}. Consideremos Ux(x, y) > 0 y Uy(x, y) > 0, para todo (x, y) ∈ A, y p1 > 0, p2 > 0 y
P0 > 0 constantes positivas. Buscamos maximizar U(x, y), sujeto a la restricción presupuestaria
p1x+ p2y = P0, es decir, φ(x, y) = P0− (p1x+ p2y) = 0. Observe que φ no tiene puntos crı́ticos.
Supongamos que (x0, y0) ∈ A sea un máximo de U restringido a φ = 0. Luego, por el teo-
rema 21.4, existe un único multiplicador de Lagrange λ0, de modo que (λ0, x0, y0) es un punto
crı́tico de L, es decir,
Lλ(λ0, x0, y0) = φ(x0, y0) = 0, (21.2)
Lx(λ0, x0, y0) = Ux(x0, y0) + λ0φx(x0, y0) = Ux(x0, y0)− λ0p1 = 0, (21.3)
Ly(λ0, x0, y0) = Uy(x0, y0) + λ0φy(x0, y0) = Uy(x0, y0)− λ0p2 = 0. (21.4)
La ecuación (21.2) establece que (x0, y0) cumple la restricción presupuestaria. Juntando las
ecuaciones (21.3) y (21.4), tenemos
λ0 =
Ux(x0, y0)
p1
=
Uy(x0, y0)
p2
.
101
Observe que
Ux(x0, y0)
p1
y
Uy(x0, y0)
p2
son las utilidades marginales por unidad monetaria de ambos
bienes. Luego, hemos probado que el óptimo de la utilidad se da cuando las utilidades marginales
por unidad monetaria de cada bien son iguales. Cuando esto ocurre, se dice que el consumidor está
en equilibrio.
Para detectar qué puntos crı́ticos de L son máximos o mı́nimos relativos del problema restrin-
gido, usaremos matriz Hessiana de L.
Definición 21.7. La matriz Hessiana de la función de Lagrange L(λ, x, y) = f(x, y) + λφ(x, y)
tiene la forma  0 φx φyφx Lxx Lxy
φy Lxy Lyy
 .
Llamaremos al Hessiano de la función de Lagrange L como Hessiano orlado, y lo denotaremos
por
∆(λ, x, y) = det
 0 φx φyφx Lxx Lxy
φy Lxy Lyy
 .
Ası́, tenemos el criterio de la segunda derivada para el problema restringido.
Teorema 21.8. Sea (λ0, x0, y0) un punto crı́tico de la función de Lagrange asociada al problema
de optimizar f restringido a φ = 0. Luego,
1. si ∆(λ0, x0, y0) > 0, entonces (x0, y0) es un máximo relativo de f sujeto a la restricción
φ = 0;
2. si ∆(λ0, x0, y0) < 0, entonces (x0, y0) es un mı́nimo relativo de f sujeto a la restricción
φ = 0.
Ejemplo 21.9. Determine el mı́nimo o máximo de: f(x, y) = 3x2 +xy+4y2, sujeto a la condición
φ(x, y) = 3x+ y − 6 = 0.
Solución. La función de Lagrange es L(λ, x, y) = 3x2 + xy +4y2 + λ(3x+ y − 6). Para obtener
los puntos crı́ticos de L, derivamos y consideramos el sistema
Lλ = 3x+ y − 6 = 0,
Lx = 6x+ y + 3λ = 0,
Ly = x+ 8y + λ = 0,
que nos da el punto crı́tico (λ0, x0, y0) =
Å
−47
12
,
23
12
,
1
4
ã
. Por otro lado, el Hessiano orlado es
∆(λ0, x0, y0) = det
0 3 13 6 1
1 1 8
 = −72 < 0,
102
lo que nos indica que
Å
23
12
,
1
4
ã
es un mı́nimo relativo.
Ejemplo 21.10. La función de producción de una empresa está dada por
P (x, y) = 260x+ 150y + 2xy − 2x2 + y2,
donde x e y son las cantidades de artı́culos de los productos A y B. Suponiendo que los gastos para
fabricar dichos productos son $2 y $3, respectivamente, y que la empresa puede gastar únicamente
$450; determine la producción máxima.
Solución. Construyendo la función de Lagrange, tenemos
L(λ, x, y) = 260x+ 150y + 2xy − 2x2 + y2 + λ(450− 2x− 3y).
Luego, derivando e igualando a cero, tenemos el sistema
Lλ = 450− 2x− 3y = 0,
Lx = 260 + 2y − 4x− 2λ = 0,
Ly = 150 + 2x+ 2y − 3λ = 0,
de donde obtenemos el punto crı́tico (160, 45, 120). Por otro lado, el Hessiano orlado es
∆(λ0, x0, y0) = det
 0 −2 −3−2 −4 2
−3 2 2
 = 52 > 0,
Luego, (45, 120) es máximo relativo del problema restringido.
Ejemplo 21.11. Sean C,Q : R2+ → R, donde R2+ = {(x, y) ∈ R2 : x ≥ 0, y ≥ 0} (note que este
conjunto no es abierto) funciones de costo y producción de un fabricante, de las formas
C(x, y) = Pxx+ Pyy, Q(x, y) = kx
αyβ, x ≥ 0, y ≥ 0
(una función de presupuesto y una función de tipo Cobb-Douglas), con
1. Px > 0, Py > 0 constantes que definen C;
2. k > 0, 0 < α < 1, 0 < β < 1 constantes que definen Q.
Minimizamos entonces los costos del fabricante sujetos a una restricción de producción
mı́nC(x, y) sujeto a x ≥ 0, y ≥ 0, Q(x, y) = Q0 > 0.
El óptimo no puede darse en un punto (x, y) con x = 0 o y = 0; el problema se reduce a
mı́nC(x, y) sujeto a x > 0, y > 0, Q(x, y) = Q0.
103
Para resolver este problema, formamos el lagrangiano
L(λ, x, y) = C(x, y) + λ(Q(x, y)−Q0).
Las condiciones de primer orden son
Lλ = Q(x, y)−Q0,
Lx = Cx + λQx, Ly = Cy + λQy.
Esto nos da
Cx
Qx
=
Cy
Qy
= −λ.
En particular, esto implica que λ < 0. Este sistema nos da
kxαyβ = Q0,
Px
kαxα−1yβ
=
Py
kβxαyβ−1
= −λ.
Introduciendo la primera ecuación en la segunda igualdad
Px
αQ0
x =
Py
βQ0
y,
de donde x =
αPy
βPx
y = µ−1y, donde µ =
βPx
αPy
. Reemplazando en la primera ecuación
kµ−αyα+β = k(µ−1y)αyβ = Q0,
de donde
y =
(Q0
k
µα
) 1
α+β
=
(Q0
k
) 1
α+β
µ
α
α+β , x =
(Q0
k
) 1
α+β
µ
α
α+β
−1 =
(Q0
k
) 1
α+β
µ−
β
α+β
y λ0 < 0. Resumiendo, obtenemos el candidato a óptimo en el punto (x0, y0) con
x0 =
(Q0
k
) 1
α+β
(αPy
βPx
) β
α+β
, y0 =
(Q0
k
) 1
α+β
(βPx
αPy
) α
α+β
.
Formamos ahora el hessiano orlado
H(λ, x, y) =
∣∣∣∣∣∣
0 Qx Qy
Qx Lxx Lxy
Qy Lyx Lyy
∣∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣∣
0 Qx Qy
Qx λQxx λQxy
Qy λQxy λQyy
∣∣∣∣∣∣
(esto pues Cxx = Cxy = Cyx = Cyy = 0). Entonces
H(λ, x, y) = −λ
(
Q2xQyy − 2QxQyQxy +Q2yQxx
)
.
104
Ahora
Qx = αx
α−1yβ > 0, Qy = βx
αyβ−1 > 0
y
Qxx = α(α− 1)xα−2yβ < 0, Qxy = αβxα−1yβ−1 > 0,
Qyy = β(β − 1)xαyβ−2 < 0,
entonces
H(λ0, x0, y0) < 0,
lo que implica que tenemos un mı́nimo en el punto (x0, y0) (aquı́ sólo usamos que (x0, y0) ∈ U y
λ0 < 0).
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