TEMA 3. OPTIMIZACIÓN CON RESTRICCIONES DE DESIGUALDAD: CONDICIONES DE KUHN TUCKER

(1)

UNED. ELCHE. e-mail: [email protected] TUTORÍA DE MATEMÁTICAS AVANZADAS PARA LA ECONOMÍA https://www.innova.uned.es/webpages/Ilde/Web/index.htm

TEMA 3. OPTIMIZACIÓN CON RESTRICCIONES DE DESIGUALDAD:

CONDICIONES DE KUHN – TUCKER

Observemos que minimizar f(x) equivale a maximizar  f(x), luego si se tratase de minimizar f(x), la lagrangiana sería

L(x) = f(x) +

  





m 

1 j

j j

j g (x) c y la primera condición de Kuhn-Tucker:

x 0 g x

f ^m

1

j i

j j i

 

 

 

 





, (i=1, 2, ..., n) o, cambiando el signo:

x 0 g x

f ^m

1

j i

j j i

 

 

 







, (i=1, 2, ..., n) Lo que equivale a escribir la lagrangiana:

L(x) = f(x) 

  





m 

1 j

j j

j g (x) c

Observemos también que si alguna condición está escrita en la forma g(x) ≥ c, la escribiremos multiplicando por 1: g(x) ≤ c.

Para que las condiciones de Kuhn-Tucker sean necesarias debe cumplirse cierta cualificación de las restricciones para lo cual es suficiente que los puntos de la región factible sean regulares. Un punto es regular si en él no se satura ninguna restricción (la restricción se

(2)

2/12

convierte en igualdad para ese punto) o, en caso contrario, los gradientes de las restricciones saturadas son linealmente independientes.

Por ejemplo, supongamos que las restricciones son x² + y² ≤ 1; x ≥ 0.

- Si un punto (x, y) satura solamente la 1ª restricción, el gradiente 



2x,2y



es independiente, pues es distinto de

 

⁰^,⁰ ^.

- Si un punto (x, y) satura solamente la 2ª restricción, el gradiente 



¹^,⁰



es independiente, pues es distinto de

 

⁰^,⁰ ^.

- Si un punto (x, y) satura las dos restricciones es (0, 1) ó (0, –1) y los gradientes



⁰^,²



y



¹^,⁰



son independientes.

Supondremos en lo que sigue que se cumple la hipótesis de cualificación de las restricciones por lo que las condiciones de Kuhn-Tucker serán necesarias para la existencia de óptimo.

Teorema de los valores extremos.-

Si f es una función continua sobre un conjunto S compacto (cerrado y acotado) de



ⁿ

, existe al menos un mínimo d y un máximo c en S, es decir f(d) ≤ f(x) ≤ f(c), xS

Condiciones de no negatividad para las variables.-

En muchos problemas de optimización con restricciones de desigualdad, dos de las restricciones son x ≥ 0 e y ≥ 0 (que podemos escribir x ≤ 0, y ≤ 0). En ese caso, para no manejar muchos multiplicadores de Lagrange, puede procederse de la siguiente forma.

Supongamos el problema:

Maximizar f(x,y), s.a g(x,y) ≤ c, x ≤0, y ≤ 0.

La lagrangiana: L(x,y) = f(x,y) + ₁(g(x,y)c)  ₂x  ₃y

(3)

Las condiciones de Kuhn-Tucker:

x g x

f

1

 

 

  ₂ = 0

x g x

f

1

 

 

 = ₂

y g y

f

1 

 

 

  ₃ = 0

y g y

f

1

 

 

 = ₃

1(g(x,y)c) = 0 1(g(x,y)c) = 0

₂x = 0  ₂x = 0

₃y = 0 ₃y = 0

g(x,y) ≤ c g(x,y) ≤ c

x ≥ 0 x ≥ 0

y ≥ 0 y ≥ 0

i ≤ 0 i ≤ 0

Observamos que si x > 0  ₂ = 0, luego las condiciones

x g x

f

1

 

 

 = ₂ , ₂x = 0 y

₂ ≤ 0 se pueden sustituir por

x g x

f

1

 

 

 ≤ 0 (= 0 si x > 0). Análogamente las condiciones

y g y

f

1

 

 

 = ₃ , ₃y=0 y ₃ ≤ 0 se pueden sustituir por

y g y

f

1

 

 

 ≤ 0 (= 0 si y > 0). Por

tanto, las condiciones de Kuhn-Tucker quedarían:

x g x

f

1

 

 

 ≤ 0 (= 0 si x > 0)

y g y

f

1 

 

 

 ≤ 0 (= 0 si y > 0)

₁(g(x,y)c) = 0; ₁ ≤ 0; x ≥ 0; y ≥ 0 EJERCICIOS.-

Solución.-

Las condiciones necesarias de Kuhn-Tucker serían:

 

^^_





































0 1 y x

0 y

0 y 2 y

2

0 x 2 1

2 2 2

1

2 1 2

cuya única solución con i  0 es: x = 1, y = 0, 1 = 0 , 2 = 2

1.

La región factible es convexa (se trata de un semicírculo) y la función objetivo es cóncava (el hessiano es _



 





2 0

0

0 cuya forma cuadrática asociada es semidefinida negativa), luego el punto (1, 0) es máximo global.

(4)

4/12

Solución.-

Como se cumple la condición de no negatividad de las variables, la lagrangiana:

L(x,y) = 2y – x² + (x² + y² – 1). Las condiciones de Kuhn-Tucker:

–2x + 2x ≤ 0 (= 0 si x > 0) 2 + 2y ≤ 0 (= 0 si y > 0)

(x² + y² – 1) = 0 x² + y² ≤ 1

≤ 0, x ≥ 0, y ≥ 0

Así pues, el único punto de Kuhn-Tucker es (0, 1), con = –1

Como queremos maximizar una función continua sobre un conjunto cerrado y acotado, por el teorema de los valores extremos, sabemos hay solución al problema. Luego el punto (0, 1) maximiza 2y – x², siendo 2 el valor máximo.

Solución.-

La función lagrangiana;

(x, y) = 1  x + y²  (x² + y²1) Las condiciones necesarias de Kuhn-Tucker

 













































0 1 y x

0

0 1 y x

0 y 2 y 2

0 x 2 1

2 2































 





















Imposible 0

1 1 y

1 1

0 y x

Imposible 1

0 x 0 Si

Imposible ,

0 2 0 Si

Caso que  = 0. Imposible porque la 1ª ecuación quedaría 1 = 0.

Caso que  < 0

 

























































imposible 1

0 y

imposible 2

1 1 x

punto 2

1 1 x 0 y

0 1,

(5)

Como se trata de minimizar una función continua sobre un conjunto cerrado y acotado, el teorema de los valores extremos garantiza solución al problema luego el punto (1, 0), minimiza 1–x+y².

Solución.-

La función lagrangiana:

(x, y) = e^–x + e^–y + (x + y – 4) Las condiciones necesarias de Kuhn-Tucker:

–e^–x +  = 0 –e^–y +  = 0

(x + y – 4) = 0 x + y – 4 ≤ 0

x + y = 4

 x = y = 2   = e^–2 e^–x= e^–y  x = y

Como  > 0, el punto hallado cumple la condición necesaria para mínimo.

Puesto que e^–x+ e^–y es convexa y el conjunto factible es convexo, la solución (2, 2) es un mínimo global del problema propuesto.

Solución.- El lagrangiano:

(x, y) = –(x–2)²– (y – 3)²+ ₁(x– 1) + ₂(y–2) Las condiciones necesarias de Kuhn-Tucker:

No puede ser  = 0, porque e^–x > 0, luego:

(6)

6/12

–2(x–2) + ₁ = 0 –2(y–3) + 2 = 0

₁(x – 1) = 0

₂(y–2) = 0

₁ ≤ 0; ₂≤ 0 x – 1 ≤ 0 y – 2 ≤ 0

La función objetivo es cóncava pues la forma cuadrática asociada a su hessiano



 







2 0

0

2 es definida negativa. Como la región factible es convexa, el punto (1, 2) es máximo global para la función objetivo).

Solución.-

El lagrangiano del problema es:

(x, y) = y – x² + ₁(x² + y² – 1) + ₂(–x) Las condiciones necesarias de Kuhn-Tucker:

–2x + 2₁x – ₂ = 0 1 + 2₁y = 0

₁(x² + y² – 1) = 0

₂(–x) = 0

₁ ≤ 0; ₂≤ 0 x² + y² ≤ 1 x ≥ 0

Así pues solamente un punto, el (0, 1) cumple las condiciones necesarias de Kuhn-Tucker.

Puesto que la región factible es cerrada y acotada (es un semicírculo), el punto (0, 1) es la solución del problema. Se trata de un máximo global.

₁ = 0 imposible pues se deduciría que x = 2, que contradice la 1ª restricción.

₁ < 0 x = 1  ₁ = –2 

2 2

y 0

n restricció 2ª

la contra 3,

y

que deduciría se

pues imposible 0

2 2

2





















 

 





Así pues, el único punto que verifica las condiciones necesarias es (1, 2).

Debe ser ₁ < 0 porque si ₁ = 0, la segunda igualdad es imposible.

Luego x² + y² = 1

Si 2 = 0, de la 1ª igualdad x(–1+1) = 0  x = 0 

 

































imposible 2

1 1 y

1 , 0 punto 2

1 1 y

1 1

Si ₂ < 0  x = 0 lo cual contradice la 1ª igualdad pues se obtendría ₂ = 0.

(7)

Solución.- La lagrangiana:

(x, y) = f(x, y) + ₁g₁(x, y) + ₂g₂(x, y) = x² + y + ₁(x² + y²1) + ₂(x  y) Las condiciones necesarias de Kuhn-Tucker:

 































































0 y x

0 1 y x

0 ,

0

0 y x

0 1 y x

0 y

2 1

0 x

2 x 2

2 2

2 1

2

2 2 1

2 1

Caso que ₁ = ₂ = 0. Imposible porque la 2ª ecuación quedaría 1 = 0.

Caso que ₁ = 0 y ₂ < 0. Imposible porque se obtiene que ₂ = 1.

Caso que ₁<0 y ₂ = 0. El sistema queda:

 































0 y x

1 y x

0 y 2 1

0 1

x

2 2

1 1

que tiene dos soluciones: {x = 0, y = 1,

2 1

1 

 } y {

2 x 3,

2

y1;  = 1}.

Caso que ₁<0 y ₂ < 0. El sistema queda:



































y x

1 y x

0 y

2 1

0 x

2 x 2

2 2

2 1

que proporciona las soluciones







        

2 1 2 , 1 2 2

1 2 , 1

2 y 1 2,

x 1 ₁ ₂ y







           2 1 2 , 1 2 2

1 2 , 1

2 y 1 2,

x 1 ₁ ₂ pero ninguna es válida porque en ambas

₂> 0.

(8)

8/12

Así pues, los puntos que verifican las condiciones necesarias son (0, 1) y 

 



 2 ,1 2

3

Solución.-

Solución trivial pues en el recinto dado, el valor máximo de

xy² es cero, en el punto (0,0).

Veámoslo formalmente:

(x, y) = x  y² + (2x + y² – 4)

Las condiciones necesarias de Kuhn-Tucker:

1 2≤ 0 (= 0 si x > 0)

2y + 2y≤ 0 (= 0 si y > 0)

(2x + y² – 4) = 0

2x + y² ≤ 4

≤ 0 ; x ≥ 0, y ≥ 0

Luego solamente el punto (0, 0) es de Kuhn-Tucker

La función x  y² es cóncava por que la forma cuadrática asociada a su hessiano



 





2 0

0

0 es semidefinida negativa. Además la región factible es convexa por ser intersección de conjuntos convexos. Luego el punto obtenido (0, 0) es el máximo global de x  y².

Solución.-

(x, y) = x² + y² +  (x + y–1)

2x + ≤ 0 (=0 si x > 0) 2y +  ≤ 0 (=0 si y > 0)

(x + y –1) = 0 x + y ≤ 1

≤0, x ≥ 0, y ≥ 0.

 

0 0

x Luego

imposible 2

2 x 0 1

2 1 0 x Si

0 x

; 0

0 4 x 2

0) x si 0 ( 0 2 1 0

y Luego

imposible 1

0 y Si















 



























































Si  = 0  x = y = 0 Sea entonces  < 0.

Si x > 0 e y > 0   = −1, y = 2 1, x =

2 1 Si x > 0 e y = 0  x = 1,  = −2

Si x = 0 y = 1,  = −2

(9)

Tenemos pues cuatro puntos de Kuhn-Tucker: (0, 0); _



 



 2 ,1 2

1 , (1, 0) y (0, 1).

Sustituyendo en la función objetivo comprobamos que los puntos que la maximizan son (1, 0) y (0, 1).

(Puede comprobarse que la resolución gráfica es bastante sencilla)

Solución.-

El lagrangiano: (x, y) = x + y + ₁(y – 4) + ₂ (x² − y) Las condiciones necesarias de Kuhn-Tucker:

1 + 22x = 0 1 + ₁ − ₂ = 0

₁(y – 4) = 0

₂(x² − y) = 0

₁≤0, ₂≤0 y ≤ 4, y ≥ x²

sistema que resuelto proporciona una única solución: x = 2, y = 4, ₁ =

4

1, ₂ = 4

5

Como el conjunto factible es convexo y la función objetivo es cóncava, podemos aplicar la condición suficiente de óptimo global, luego el punto (2, 4) es la solución.

Solución.-

Lo resolveremos en primer lugar gráficamente. La región factible está limitada por la circunferencia x² + y² = 1 y la parábola x = y². La pendiente de la función objetivo es

2 y, según observamos en la figura, 2x + y se maximizará en un punto de la semicircunferencia positiva



^y^ ¹^^x²



^de

pendiente 2. Así pues, derivando y’ =

x2

1 x



 = 2  x = 5

2  y = 5 1

(10)

10/12

Es decir, 2x + y se maximiza en el punto 



 





5 , 1 5

2 y su valor en ese punto es igual a 5 Ahora lo resolveremos formalmante.

El lagrangiano: (x, y) = 2x + y + 1(x² + y²  1) + 2(y²  x) Las condiciones necesarias de Kuhn-Tucker:

2 + 21x  2 = 0 1 + 21y + 22y = 0

₁(x² + y²  1) = 0

₂(y²  x) = 0

x² + y² ≤ 1; y²  x ≤ 0; ₁ ≤ 0; ₂ ≤ 0

Solución.-

El problema equivale a maximizar –x –y s.a. x² – y ≤ 0 El lagrangiano: (x, y) = −x − y + (x² − y)

−1+ 2x = 0

−1 –  = 0

(x² − y) = 0 sistema cuya solución es

4 y 1 2,

x1  ,  = −1.

La función objetivo es cóncava y convexa por tratarse de una función lineal. Además la región factible es convexa (es la parte interior de la parábola y = x²), luego el punto _



 



4 ,1 2

1 es

mínimo global y por tanto el valor mínimo de x + y sería

4 1 4 1 2

1  



Solución.-

Escribiremos el problema en la forma canónica:

Maximizar x² y² sujeto a: x + y ≤ 1

x ≤ 1

El lagrangiano: (x, y) = x²  y² + ₁(x + y – 1) + ₂ (1 − x) Las condiciones necesarias de Kuhn-Tucker:

Resuelto el sistema se obtiene una única solución







     ; 0 2

, 5 5 y 1 5,

x 2 ₁ ₂ . Así pues el

máximo valor de

2x + y en la región factible sería 5 5 5 5 1 5

4    .

(11)

2x + ₁  ₂ = 0

2y + 1 = 0

₁(x + y – 1) = 0

₂ (1 − x) = 0

₁≤0, ₂≤0 x + y ≤ 1, x ≥ 1

sistema que resuelto proporciona una única solución: x = 1, y = 0, ₁ = 0, ₂ = 2

La función x² + y² es convexa por que la forma cuadrática asociada a su hessiano



 



 2 0

0

2 es definida positiva. Además la región factible es convexa. Luego el punto obtenido (1, 0) es el mínimo global de x² + y².

Solución.-

El ejercicio es trivial pues (x1)² + y² ≥ 0, luego el valor mínimo es 0 y ello implica que x= 1; y = 0. Hagámoslo formalmente:

Escribiremos el problema en la forma canónica:

Maximizar (x1)² y² sujeto a: x²  y² ≤ 4

x + y ≤ 1

El lagrangiano: (x, y) = (x1)² y²+ ₁(x²  y²  4) + ₂ (1 – x + y) Las condiciones necesarias de Kuhn-Tucker:

2(x1) + 2₁x ₂ = 0

2y  2₁ + ₂= 0

1(x²  y²  4) = 0

₂ (1 – x + y)= 0

₁≤0, ₂≤0

x²  y² ≤ 4, x  y ≥ 1

sistema que resuelto proporciona una única solución: x = 1, y = 0, ₁ = 0, ₂ = 0

(12)

12/12

Solución.-

Veamos primeramente una solución gráfica.

Para k ≥ 0, las curvas 2x² + y² = k 1 k y k2

x²  ² 



constituyen una familia de elipses, de semiejes 2

k y k , que obviamente aumentan al aumentar k. La región factible es el triángulo de vértices (0,0), (0, 110) y 



 



 ,0 3

110 .Se observa en la gráfica que el valor máximo de k se obtiene en el punto (0, 110), para el que se obtiene un valor de k = 12100.

Resolvámoslo aplicando las condiciones de Kuhn-Tucker: el planteamiento sería:

Maximizar 2x² + y² s.a. 3x + y ≤ 110

x ≥ 0; y ≥ 0

(x,y) = 2x² + y² + (3x + y  110) Y las condiciones de Kuhn-Tucker:

 













































0 y , 0 x , 0

0 110 y x 3

0 y si 0 0 y

2

0 x si 0 0 3 x 4

El conjunto factible es convexo pero la función objetivo no es cóncava de modo que no podemos aplicar la condición suficiente de óptimo global, pero al ser la función objetivo continua y el conjunto factible compacto, por el teorema de los valores extremos sabemos que existe al menos un óptimo global. Comprobamos sustituyendo en la función objetivo que el valor máximo lo proporciona el punto (0, 110).

Solución.-

El ejercicio resulta trivial. En efecto, la expresión –x² – (y−2)² resulta ser ≤ 0 para cualquier punto (x,y). Su máximo valor pues es el cero que lo toma únicamente en el punto (0, 2) que pertenece a la región factible.































































9 , 440 3 x 110 0

y

40 ,

20 y , 30 x 0 y 0 x

220 ,

110 y 0 x 0 Si

0 y , 0 x 0 Si