Este documento resume las condiciones de Karush-Kuhn-Tucker (KKT), que proporcionan condiciones necesarias para que una solución sea óptima para un problema de programación no lineal con restricciones. Explica los teoremas KKT y cómo usarlos para resolver un problema de maximización de ganancias para un monopolista que produce dos productos a partir de un compuesto químico. Al aplicar las condiciones KKT, la solución óptima implica producir 8.5 onzas del primer producto, 8.75 onzas del segundo, y usar

1. REPÚBLICA BOLIVARIANA DE VENEZUELA
MINISTERIO DEL PODER POPULAR PARA LA
EDUCACIÓN UNIVERSITARIA, CIENCIA Y TECNOLOGÍA
INSTITUTO UNIVERSITARIO POLITÉCNICO
“SANTIAGO MARIÑO”
EXTENSIÓN MATURÍN
Autor: Stefany Gamero
Docente de la Asignatura(a): Malave Amelia
Sección Virtual
Maturín, Febrero de 2017.

2. ¿Qué son las Condiciones KKT?
Las condiciones necesarias para problemas con
restricciones de desigualdad fueron publicadas por
primera vez en la tesis de máster de W. Karush,
aunque luego fueron renombradas tras un artículo en una
conferencia…
Las condiciones KKT son condiciones
necesarias y suficientes para que la solución
de un problema de programación no lineal sea
óptima. Es una generalización del método de
los Multiplicadores de Lagrange.

3. Problema de programación no Lineal (PNL):
max 𝑜 (𝑚𝑖𝑛) 𝑓 𝑋1, 𝑋2, … , 𝑋 𝑛
s.a
𝑔1 𝑋1, 𝑋2, … , 𝑋 𝑛 ≤ 𝑏1
𝑔2 𝑋1, 𝑋2, … , 𝑋 𝑛 ≤ 𝑏2
.
.
.
𝑔 𝑚 𝑋1, 𝑋2, … , 𝑋 𝑛 ≤ 𝑏 𝑚
 La derivada parcial de una función f con respecto a una variable
𝑋𝐽 evaluada en 𝑥:
𝜕𝑓( 𝑥)
𝜕𝑥𝑗
(26
)

4. Teorema 1: Suponga que el PNL (26) es un problema de maximización. Si 𝑥 =
(𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥 𝑛) es una solución óptima de (26), entonces 𝑥 = (𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥 𝑛)
debe satisfacer las m restricciones del problema, y debe haber
multiplicadores λ1, λ2,… λ 𝑚 que satisfagan
𝜕𝑓( 𝑥)
𝜕𝑋𝑗
−
𝑖=1
𝑖=𝑚
λ𝑖
𝜕𝑔𝑖( 𝑥)
𝜕𝑥𝑗
= 0 (J=1,2,…,n) (27)
λ𝑖 b𝑖 − 𝑔𝑖 𝑥 = 0 (i=1,2…,m) (28)
λ𝑖≥0 (i=1,2…,m) (29)

5. Teorema 1’: Suponga que (26) es un problema de minimización Si
𝑥 = (𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥 𝑛) es una solución óptima de (26), entonces 𝑥 = (𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥 𝑛)
debe satisfacer las m restricciones de (26), y debe haber multiplicadores
λ1, λ2,… λ 𝑚 que satisfagan:
𝜕𝑓( 𝑥)
𝜕𝑋𝑗
+
𝑖=1
𝑖=𝑚
λ𝑖
𝜕𝑔𝑖( 𝑥)
𝜕𝑥𝑗
= 0 (J=1,2,…,n)
λ𝑖 b𝑖 − 𝑔𝑖 𝑥 = 0
(i=1,2…,m)λ𝑖≥0
(i=1,2…,m)

6. En muchas situaciones, las condiciones de K-T se aplican a los PNL en los que
las variables deben ser no negativas. Por ejemplo, es posible que se desee usar
las condiciones de K-T para hallar la solución óptima de
max 𝑜 (𝑚𝑖𝑛) 𝑓 𝑋1, 𝑋2, … , 𝑋 𝑛
s.a
𝑔1 𝑋1, 𝑋2, … , 𝑋 𝑛 ≤ 𝑏1
𝑔2 𝑋1, 𝑋2, … , 𝑋 𝑛 ≤ 𝑏2
.
.
.
𝑔 𝑚 𝑋1, 𝑋2, … , 𝑋 𝑛 ≤ 𝑏 𝑚
-𝑥1 ≤ 0
-𝑥2 ≤ 0
.
.
.
−𝑥 𝑛 ≤ 0
Si se asocian los multiplicadores 𝜇1, 𝜇2,…, 𝜇 𝑛 con las restricciones de no negatividad
anteriores los teoremas 1 y 1´ se reducen a los teoremas 2 y 2´.
(30)

7. Teorema2: Suponga que (30) es un problema de maximización, Si
𝑥 = (𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥 𝑛) es una solución óptima de (30) entonces 𝑥 = (𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥 𝑛)
debe satisfacer las restricciones de (30) y debe haber multiplicadores λ1, λ2,…
λ 𝑚, 𝜇1, 𝜇2,…, 𝜇 𝑛 que satisfagan
𝜕𝑓( 𝑥)
𝜕𝑋𝑗
−
𝑖=1
𝑖=𝑚
λ𝑖
𝜕𝑔𝑖 𝑥
𝜕𝑥𝑗
+ 𝜇 𝑗 = 0 (J=1,2,…,n)
λ𝑖 b𝑖 − 𝑔𝑖 𝑥 = 0 (i=1,2…,m)
𝜕𝑓( 𝑥)
𝜕𝑥𝑗
−
𝑖=1
𝑖=𝑚
λ𝑖
𝜕𝑔𝑖 𝑥
𝜕𝑥𝑗
𝑥 𝑗 = 0 (J=1,2,…,n)
λ𝑖≥0
𝜇𝑖≥0
(i=1,2…,m)
(J=1,2,…,n)

8. Teorema2’: Suponga que (30) es un problema de minimización.
Si 𝑥 = (𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥 𝑛) es una solución óptima de (30) entonces 𝑥 = (𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥 𝑛)
debe satisfacer las restricciones de (30) y debe haber multiplicadores λ1, λ2,… λ 𝑚, 𝜇1,
𝜇2,…, 𝜇 𝑛 que satisfagan
𝜕𝑓( 𝑥)
𝜕𝑋𝑗
+
𝑖=!
𝑖=𝑚
λ𝑖
𝜕𝑔𝑖 𝑥
𝜕𝑥𝑗
− 𝜇 𝑗 = 0
λ𝑖 b𝑖 − 𝑔𝑖 𝑥 = 0
𝜕𝑓( 𝑥)
𝜕𝑥𝑗
+
𝑖=1
𝑖=𝑚
λ𝑖
𝜕𝑔𝑖 𝑥
𝜕𝑥𝑗
𝑥 𝑗 = 0
λ𝑖≥0
𝜇1≥0
(J=1,2,…,n)
(J=1,2,…,n)
(J=1,2,…,n)
(i=1,2…,m)
(i=1,2…,m)

9. Los teoremas 1, 1’, 2, 2’ dan las condiciones que son necesarias para que un punto
𝑥 = (𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥 𝑛) sea una solución optima de (26) o (30). Los dos teoremas
siguientes dan las condiciones que son suficientes para que 𝑥 = (𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥 𝑛) sea
una solución óptima de (26) o (30).
Teorema 3: Suponga que (26) es un problema de maximización. Si
𝑓 𝑋1, 𝑋2, … , 𝑋 𝑛 es una función cóncava y 𝑔1 𝑋1, 𝑋2, … , 𝑋 𝑛 , …,
𝑔 𝑚 𝑋1, 𝑋2, … , 𝑋 𝑛 son funciones convexas, entonces cualquier punto 𝑥 =
(𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥 𝑛) que satisface la hipótesis del teorema 1 es una solución óptima
de (26). También si (30) es un problema de maximización, 𝑓 𝑋1, 𝑋2, … , 𝑋 𝑛 es
una función cóncava y 𝑔1 𝑋1, 𝑋2, … , 𝑋 𝑛 …, 𝑔 𝑚 𝑋1, 𝑋2, … , 𝑋 𝑛 son funciones
convexas, entonces cualquier punto 𝑥 = (𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥 𝑛) que satisface la
hipótesis del teorema 2 es una solución óptima de (30).
Teorema 3´:Suponga que (26) es un problema de minimización. Si
𝑓 𝑋1, 𝑋2, … , 𝑋 𝑛 es una función convexa y 𝑔1 𝑋1, 𝑋2, … , 𝑋 𝑛 , …,
𝑔 𝑚 𝑋1, 𝑋2, … , 𝑋 𝑛 son funciones convexas, entonces cualquier punto 𝑥 =
(𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥 𝑛) que satisface la hipótesis del teorema 1´ es una solución
óptima de (26). También si (30) es un problema de minimización,
𝑓 𝑋1, 𝑋2, … , 𝑋 𝑛 es una función convexa y 𝑔1 𝑋1, 𝑋2, … , 𝑋 𝑛 …,
𝑔 𝑚 𝑋1, 𝑋2, … , 𝑋 𝑛 son funciones convexas, entonces cualquier punto 𝑥 =
(𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥 𝑛) que satisface la hipótesis del teorema 2’ es una solución
óptima de (30).

10. Un monopolista puede comprar hasta 17,25 onzas de un compuesto químico a
$10/onza. A un costo de $3/onza el compuesto químico se procesa de una
onza de producto 1 o bien, a un costo de $5/onza. El compuesto se procesa en
una onza de producto 2. Si se producen x1 onzas de producto 1, este se vende
a un precio de $30-x1 por onza. Si se producen x2 onzas de producto 2, éste
se vende a un precio de $50-2x2 por onza.
Usando el método de las condiciones KKT, Determine cómo puede
maximizarse las ganancias del monopolista

11. 𝑥1 = ONZAS A PRODUCIR DEL PRODUCTO 1
𝑥2 = ONZAS A PRODUCIR DEL PRODUCTO 2
𝑥3 = ONZAS A PROCESADAS DEL COMPUESTO QUÍMICO
Max Z = X1(30-X1)+X2(50-2X2)-3X1-5X2-10X3
S.A X1 +X2-X3 ≤ 0
X3 ≤ 17.25
1
𝜕𝑓( 𝑥)
𝜕𝑋𝑗
−
𝑖=1
𝑖=𝑚
λ𝑖
𝜕𝑔𝑖( 𝑥)
𝜕𝑥𝑗
= 0
30 − 2𝑋1 − 3 − λ1 = 0
50 − 4X2 − 5 − λ1= 0
-10 + λ1 − λ2 = 0
a
b
c

12. λ𝑖 b𝑖 − 𝑔𝑖 𝑥 = 02
d. λ1 −X1 − X2 + X3 = 0
e. λ2 17.25 − 𝑋3 = 0
f. λ1 ≥ 0
g. λ2 ≥ 0
AL USAR LAS CONDICIONES K-T PARA RESOLVER LOS PNL,
ES UTIL NOTAR QUE CADA MULTIPLICADOR λ𝑖 ≥ 0. DEBIDO A
ESTO PARA HALLAR LOS VALORES DE X1, X2,X3
λ1λ2 CONSIDERAMOS:
CASO 1: λ1 = λ2 = 0
CASO 2: λ1 =0 λ2 > 0
CASO 3: λ1 > 0 λ2 = 0
CASO 4: λ1 > 0 λ2 > 0
3

13. CASO 1: λ1 = λ2 = 0
Este caso no ocurre debido a que se violaría la ecuación C.
CASO 2: λ1 =0 λ2 > 0
Si λ1 =0, entonces C implica que λ2 = −10. Esto violaría la
ecuación G.
CASO 3: λ1 > 0 λ2 = 0
De C, se obtiene λ1 =10. Ahora A produce X1=8.5 y B da
X2=8.75. De D, se obtiene X1+X2=X3, así que X3 =
17.25. Por consiguiente, X1=8.5 ; X2=8.75 ; X3 = 17.25 ;
λ1 =10 ; λ2 = 0 satisface las condiciones K-T.
CASO 4: λ1 > 0 λ2 > 0
El caso 3 produce una solución óptima, así que no es necesario
considerar este caso.