Examenes finales matematicas 3, Exámenes de Matemáticas

¡Descarga Examenes finales matematicas 3 y más Exámenes en PDF de Matemáticas solo en Docsity!

EXAMEN DE MATEMÁTICAS 11 (ENERO 2015) OPTIMIZACIÓN Ejercicio 1. (5 puntos) Considere el problema de optimización min y max y J(2,4) so 2r+y=10 120y20 donde f es una función continua y estrictamente cuasicóncava en el primer cuadrante. 2) ¿Puede garantizarse que el problema tiene soluciones globales? (0.5 ptos) b) ¿Puede el problema tener dos máximos globales? ¿Puede tener dos mínimos globales? (0.5 ptos) (y + De”. Suponga para los restantes apartados que /(x,y)= el c) ¿Es Í cóncava? (0.5 ptos). Demuestre que Í es estrictamente cuasicóncava en el primer cuadrante. (0.5 ptos) d) Resuelva los dos problemas de optimización planteados (2 ptos). Ilustre su respuesta gráficamente. (0.5 ptos) A < la sesieicción de igualdad se cambia por 2z + y < 10? (0.5-ptos) olución $) El conjunto de soluciones factibles es cerrado y acot: Juego está garantizada la existencia de mínimo y máximo global por el teorema de Weierstrass. b) Puesto que f es estrictamente cuasicóncava y el conjunto de soluciones factibles es convexo, es un problema PC para maximizar y el máximo global, que por el apartado anterior sabemos que existe, es único. El problema de minimizar no es PC podrían existir dos mínimos globales. e) El gradiente de / es V/(z,y) = ((y + 1)e”,e*). La hessiana es aj (AD 7) nrnt== e" <0 ado y f es continua 1 Puesto que el determinante de la matriz hessiana es negativo en todo punto, la hessiana es indefinida en todo punto, y f ap es cóncava. El determinante del hessiano orlado de f es é 0. Wine e W+DE (W+rle e =(y+1)e*">0 é e o si (2,y) € Ri. Puesto que la función es estric curvas decrecientes y convexas, lo que nos ayudará en d) Los candidatos a solución de Langencia son los puntos críticos La=(y+1)e"-22=0 - e pane fi *-=0 == E e =/ «ctamente cuasicóncava, y tiene derivadas parciales positivas sabemos que sus curvas de mivel son la resolución gráfica. del lagragiano L(z,y,A,B,1) = (y + 1)e* — M2z+y=10), 22+y=10 22+y=10 => y 12) es el máximo global. Puesto que sabemos que existe mínimo tiene Como el problema de maximizar es PC, el punto (1,9/ 11 < $(5,0) = e? el mínimo global se encuentra en el punto (0,10) que encontrarse en (0,10) o en (5,0). Como /(0,10) = Gráficamente se tiene ” e) Como A = e*? >0, el punto (1, 9/2) es candidato a solución con la restricción 2x + y < 10. Como el problema de maximizar sigue siendo PC, el punto (1, 9/2) sigue siendo el máximo global