optimizacion

Ejercicio Condiciones de Optimalidad

Profesor: Favi´an Enrique Arenas Aparicio

Presentado por: Juli´an Acosta

Optimizacici´
on

´n
Facultad de Ciencias Naturales Exactas y de Educacio
´ ticas
departamento de matema
Marzo 25 de 2015

Ejercicio 3 Sean g : R −→ R una funci´on estrictamente creciente y
f:Rn −→ R. Demuestre que minimizar f (x) es equivalente a minimizar
g(f (x)).
Prueba:
Porhip´otesis tenemos que f tiene un minimizador local x∗ en Rn , entonces :
(i)∇f(x∗ ) = 0
(ii)∇2 f(x∗ ) ≥ 0.
Adem´as como g es estrictamente creciente, entonces su primera derivada es positiva
(1) [g(f (x∗ ))] = g (f (x∗ ))∇f(x∗ ) = g (f (x∗ )) · 0 = 0
(2) Recordemos que:

∇f1 (x∗ )T
 ∇f2 (x∗ )T 

∇f(x∗ ) = (f1 (x∗ ), f2 (x∗ ), ..., fn (x∗ ))T y ∇2 f(x∗ ) =
..


.


∇fn (x∗ )T
Luego,
[g(f(x∗ ))]= g (f (x∗ ))∇f(x∗ ) + g (f (x∗ ))∇2 f(x∗ )
= g (f (x∗ )) · 0 + g (f (x∗ ))∇2 f(x∗ )
= g (f (x∗ ))∇2 f(x∗ )
Por hip´otesis y (ii), obtenemos que g (f (x∗ ))∇2 f(x∗ ) > 0.
De ah´ı que [g(f (x∗ ))] > 0.
Por lo tanto, g(f (x)) tiene un minimizador local en x∗ .

1

OPTIMIZACION
Wilson Anacona.
24 de Marzo de 2015

2.4. Sea la funci´on definida para todo X = (x, y)T por

f :R2 −−→ R
X −−→ f (X) = (y− x2 )(y − 2x2 )
demostrar que f tiene un minimizador local estricto a lo largo de cada recta de la
¯ + td, t∈ R que pasa por X = (0, 0)T en la direcci´on del vector
ecuaci´on X(t) = X
d = (d1 , d2 )T
¯ + td pasa por X = (0, 0)T entonces X(t) = td =
Demostraci´on: Como X(t) = X
T
(td1 , td2 ) luego h(t) := f (t) = (td2 − (td1 )2 )(td2 − 2(td1 )2 )
h (t) = 2td2 2 + 8t3 d2 2 d1 2 − 9t2 d2 d1 2.Encontremos los puntos cr´ıticos de h .
Para ello hagamos h (t) = 0 esto es
t(2d2 2 − 9td2 d1 2 + 8t2 (d1 d2 )2 ) = 0
Luego t = 0 o (2d2 2 − 9td2 d1 2 + 8t2 (d1 d2 )2 ) = 0. An´alicemos la naturaleza del punto
cr´ıtico t = 0 mediante el criterio de la segunda derivada.
h (t) = 24t2 (d1 )4 − 18t(d1 )2 d2 + 2d( 2)2
h (0) = 2d22
Si d2 = 0 entonces h (0) > 0 as´ı t = 0 es un minimizador de h.Demostremos quees un
d2
d2
minimizador estricto usando las ra´ıces de h(t) que son t1 = 2 , t2 = 2 y t3 = 0
2d1
d1
d2
d2
Para todo t ∈ J = (0, 2 ), h no se anula y adem´as para t = 2 se tiene que
2d1
4d1
d2
3d42
> 0 afirmamos que h(t) > 0 para todo t dado que si existiera t0 tal
h( 2 ) =
4d1
128d41
que h(t0 ) < 0, h tendr´ıa una ra´ız en J
−d2
−d2
−d2
15d22
Sea K = ( 2 , 0), t =
∈
(K)
luego
h(
)
=
> 0 as´ı h(t)> 0 ∀t ∈ K
2d1
4d21
4d21
128d41
1

por lo tanto h(t) > 0 = h(0) ∀t ∈A=(

−d2 d2
,
) esto es 0 es un minimizador local
2d21 2d21

estricto.
Tomamos d1 = 0 pues en caso contrario se tendr´ıa que h(t) = d22 t2 con lo cual 0 ser´ıa
un m´ınimo local estricto.
Ahora si d2 = 0, h(t) = 2t4 d41 dado que h(t) es estrictamente creciente (d1 = 0) entonces h(t) > 0 = h(0) para todo t = 0 luego 0 es unm´ınimo local estricto.
Con todo lo anterior se demostro que h(t) tiene un minimizador local estricto en t = 0.
como h = f entonces f posee un minimizador local estricto en cada punto de la recta
¯ + td. Con lo cual se termina la prueba.
X(t) = X
En el desarrollo de la prueba se utilizo el siguiente teorema.
T eorema Si f (x1 ) = 0 entonces en x = x1 la funci´on tiene un m´aximo si f (x1 ) < 0,
y unm´ınimo si f (x1 ) > 0.

2

Optimizaci´on
Soluci´on Segunda Tarea
Leidy Alexandra Florez.
23 de marzo de 2015

2.5 Sea f la funci´on definida para todo x = (x, y)T por,

f : R2 −→ R
x → f (x) = x3 − 3αxy + y 3
donde α ∈ R. Para cada valor del par´ametro α encuentre los puntos estacionarios de f .
Clasifique dichos puntos estacionarios como minimizadores, maximizadores o puntos
de silla.
´
SOLUCION:
Seaf (x) = x3 − 3αxy + y 3 . Para encontrar los puntos estacionarios de f hallamos el
vector gradiente y lo igualamos a cero, esto es:
∇f (x) =

3x2 − 3αy
−3αx + 3y 2

=

0
0

De aqui obtenemos el siguiente sistema de ecuaciones:
3x2 − 3αy = 0
3y 2 − 3αx = 0
A la primera ecuacion la multiplicamos por (−x) y a la segunda la multiplicamos por
(y), luego:
−3x3 + 3αxy = 0
3y 3 − 3αxy = 0
Ahora...