1) El documento presenta tres métodos para resolver problemas de optimización: método de Lagrange, teorema de Karush-Kuhn Tucker y matriz jacobiana. 2) Como ejemplo, se analiza un problema de minimizar el costo de la cerámica de una piscina rectangular usando el método de Lagrange. 3) Este método involucra igualar las derivadas parciales de la función objetivo y las restricciones usando un multiplicador de Lagrange, resultando en dimensiones óptimas de 7.91m x 5.06m.

1. Métodos de
optimización
Realizado por Víctor Varela

2. Método 1
LAGRANGE

3. Planteamiento del
problema
• Se requiere definir y poner cerámica a una piscina
rectangular de área 40m².
• La cerámica a lo largo de los lados horizontales
vale 16bsf por metro y por los lados verticales 25bsf
por metro.
• ¿Qué dimensiones tendrá la piscina para minimizar
el gasto?

4. Pasos detallados
A= 40m y
16 bsf /m
x
25 bsf/m Ley de no negatividad:
X > 0
Y > 0
Función Objetivo:
C = (2x)16 + (2y) 25
C = 32x + 50y
F(x , y) = 32x + 50y
Restricciones:
A= 40m²
x y =40
x y - 40 = 0
G(x , y) = xy - 40

5. ∇f= λ·∇g
<fx, fy> = λ <gx, gy>
<fx, fy> = < λgx, λgy>
fx = λgx  λ = fx/gx
fy= λgy  λ = fy/gy
fx/gx = fy/gy
Derivadas parciales:
F(x , y) = 32x + 50y
fx = 32
fy = 50
G(x , y) = xy - 40
gx = y
gy = x
Sustituimos en:
fx/gx = fy/gy
32/y = 50/ x
32x = 50y
16x = 25y
Planteamos sistema de ecuaciones
16x = 25y
x y = 40

6. 1) 16x = 25y
2) x y = 40
3) x = 25y/16
3 en 2
(25y/16) y = 40
25y² /16 = 40
y² = (40 · 16)/ 25
y² = (8 · 16)/ 5
y² = 128/5
y =
128
5
y = 5,06 m
x =
25·(5,06)
16
x = 7,91 m
Puntos críticos de la función objetivo
y = 5,06 m
x = 7,91 m

7. Prueba
X Y C = 32x + 50y
7,91 m 5,06 m 506,12 bsf
10 m 4 m 520
20 m 2 m 740
Se confirma que los valores 7,91 m para «x» y 5,06 para «y» son
los valores que minimizan el costo de la implementación de
cerámica en la piscina respetando la restricción.

8. Método 2
Teorema de Karush Kuhn Tucker (KKT)

9. Planteamiento del
problema

10. Pasos detallados
Cambiamos la forma de restricciones
de no negatividad
Condiciones necesarias de primer
orden:
Activamos de forma simultanea:

11. Se calculan los gradientes:
Se origina el siguiente sistema de
ecuaciones:
Reemplazando x1=2 y x2=1 podemos despejar los valores de los multiplicadores
los cuales cumplen con las condiciones de no negatividad:

12. Adicionalmente se puede verificar que x1=2 y x2=1 satisface las restricciones
omitidas (2,4 y 5) por lo cual se puede afirmar que dicha solución cumple las
condiciones necesarias de primer orden de Karush Kuhn Tucker (KKT).

13. Método 3
Matriz Jacobiana

14. La matriz jacobina no es más que una
matriz formada por las derivadas parciales
de primer orden de una función
Ejemplo 1. La matriz jacobiana de la función F : R3 → R3 definida como:
퐹 = (푥1, 푥2, 푥3) = 푥2 , 2푥1, 4푥2+ 2푥3
퐽퐹 (푥1, 푥2, 푥3) =
0 1 0
2 0 0
0 4 2
Ejemplo 1. El determinante jacobiano de la función F : R3 → R3 definida como:
퐹 = (푥1, 푥2, 푥3) = 푥2 , 2푥1, 4푥2+ 2푥3
퐽퐹 (푥1, 푥2, 푥3) =
0 1 0
2 0 0
0 4 2
J(푥1, 푥2, 푥3) = −1 ∗
2 0
0 2
El teorema de la función inversa garantiza que la función es localmente invertible
en todo el dominio excepto quizá donde x1 = 0 ó x2 = 0 (es decir, los valores para
los que el determinante se hace cero). Si imaginamos un objeto pequeño centrado
en el punto (1,1,1) y le aplicamos F, tendremos un objeto aproximadamente 40
veces más voluminoso que el original.