Problem Set 08
Gil Riella
8 de junho de 2018
Exercise 1. Consider the following optimization problem:
min
x;y (x 2)
2
+ (y 1)2
s.t.
y x2
0;
x+y 4 0;
x 0;
and
y 0:
(a) Argue that the problem has a solution.
(b) Find the solution to the problem. Hint: One of the constraints is redundant. Solution.
(a) Note que, como x 0 e y 0, a segunda restrição só pode ser satisfeita se x 4 e
y 4. Portanto, o conjunto restrição do problema acima é compacto e o Teorema de
Weierstrass nos garante que ele tem solução.
(b) Vamos primeiro escrever o problema no formato que sabemos trabalhar. Isto é, considere o seguinte problema:
max
x;y (x 2)
2
(y 1)2
s.a.
y x2
4 x y 0;
x 0;
e
y 0:
Note que a primeira restrição implica que y x2
0. Ou seja, a restrição y 0 é redundante e pode ser ignorada. O problema vira:
max
x;y (x 2)
2
(y 1)2
s.a.
y x2
0;
4 x y 0;
x 0:
Antes de escrevermos o Lagrangeano do problema vamos simpli…cá-lo um pouco mais. Nós podemos argumentar que a terceira restrição não pode ser ativa. Para ver isto, note que se x = 0, então certamente a melhor escolha para o valor de y é y = 1. O
valor da função objetivo em tal ponto é 4. No entanto, o ponto(x; y) = (1;1)satisfaz
todas as restrições e o valor da função objetivo nele é 1. Isto mostra que a solução do
problema necessariamente satisfaz x > 0. Portanto, nós podemos ignorar a terceira
restrição na hora de escrever o Lagrangeano do problema. O Lagrangeano do problema pode ser escrito como:
L= 0( (x 2)
2
(y 1)2) + 1(y x 2
) + 2(4 x y)
As condições de primeira ordem do problema são
0 : 0 0;( 0; 1; 2)6= (0;0;0); 1 : 1 0; y x
2
0; 1(y x 2
) = 0;
2 : 2 0;4 x y 0; 2(4 x y) = 0;
x: 2 0(x 2) 2 1x 2 = 0;
y : 2 0(y 1) + 1 2 = 0:
relação a x implica que 1 = 0 e 2 = 0, o que viola a condição de primeira ordem
em relação a 0. Nós concluimos que 0 > 0 e nós podemos assumir, sem perda de
generalidade, que 0 = 1. As condições de primeira ordem do problema viram:
1 : 1 0; y x 2
0; 1(y x 2
) = 0;
2 : 2 0;4 x y 0; 2(4 x y) = 0;
x: 2(x 2) 2 1x 2 = 0;
y: 2(y 1) + 1 2 = 0:
Vamos dividir em casos:
Caso 1. As duas restrições são inativas. Neste caso, 1 = 2 = 0 e as condições de
primeira ordem em relação axey implicam quex= 2 ey= 1. Como tais valores não
satisfazem a primeira restrição, nós concluimos que não existe ponto crítico neste caso. Caso 2. Apenas a primeira restrição é ativa. Neste caso 2 = 0 e y = x2. Agora as
condições de primeira ordem em relação a x ey nos dão
1 = 2(x 2
1)
e
(x 2) + 2x(x2
1) = 0
()
x3 1
2x 1 = 0
A única raiz real para a equação acima é x = 1;1654, o que implica que y = 1;3582. Note que tais valores fazem com que 1 > 0 e satisfazem todas as restrições do
problema. Ou seja, tais valores são um ponto crítico válido. O valor da função objetivo em tal ponto é aproximadamente 0;1274.
Caso 3. Apenas a segunda restrição é ativa. Neste caso 1 = 0 e x+y = 4. As
condições de primeira ordem em relação a x e y nos dão a equação x 2 = y 1. Resolvendo o sistema acima nós obtemosx= 5=2e y= 3=2. Substituindo tais valores na condição de primeira ordem em relação a x nós obtemos 2 = 1, o que não pode
ocorrer. Nós concluimos que não existem pontos críticos neste caso.
e x+y = 4. A solução do sistema acima que satisfaz x > 0 é x = 1+p17
2 = 1;5616
e y = 4 1+p17
2 = 2;4384. Para saber se tais valores realmente con…guram pontos
críticos, ainda teríamos que veri…car se os valores 1 e 2 associados a eles realmente
são não negativos, mas é mais fácil checar que o valor da função objetivo em tais pontos é bem superior ao valor no caso em que apenas a primeira restrição era ativa.
A solução do problema é x= 1;1654 e y= 1;3582. k
Exercise 2. Consider the following optimization problem:
max
x;y x
4
y3
s.t.
2x+y 8;
6x+ 7y 36;
x 0:
(a) Argue that the problem has a solution. (b) Find the solution to the problem. Solution.
(a) Note primeiro que o ponto (x; y) = (1;1) satisfaz todas as restrições do problema.
Se y < 0, então obviamente o valor da função objetivo é menor ou igual a zero e,
consequentemente, menor do que 1, que é o valor da função objetivo no ponto (1;1).
Isto mostra que se adicionarmos a restriçãoy 0ao problema a solução não se altera. Dadas as restriçõesx 0e y 0, é claro que a primeira restrição implica quex 4e y 8. Isto deixa claro que o conjunto restrição induzido pelas restrições originais mais a restrição y 0 é compacto. Pelo Teorema de Weierstrass o problema tem solução.
(b) Note primeiro que se x = 0, então o valor da função objetivo é zero. Como o ponto (1;1)satisfaz todas as restrições do problema e o valor da função objetivo em tal ponto
é 1, nós percebemos que a restrição x 0 não será ativa na solução do problema e,
portanto, nós podemos ignorá-la na hora de escrever as condições de primeira ordem do problema. O Lagrangeano do problema pode ser escrito como
L= 0x 4
y3
As condições de primeira ordem do problema acima são
0 : 0 0, ( 0; 1; 2)6= (0;0;0);
1 : 1 0, 8 2x y 0, 1(8 2x y) = 0; 2 : 2 0,36 6x 7y 0, 2(36 6x 7y) = 0;
x: 4 0x 3
y3
2 1 6 2 = 0;
y: 3 0x 4
y2
1 7 2 = 0:
Como x > 0, y > 0, 1 0 e 2 0, tanto a condição de primeira ordem em relação
a x como a condição de primeira ordem em relação a y implicam que 1 = 2 = 0
se 0 = 0. Como isto contradiz a condição de primeira ordem em relação a 0, nós
concluimos que 0 >0e nós podemos assumir, sem perda de generalidade, que 0 = 1.
As condições de primeira ordem do problema viram
1 : 1 0, 8 2x y 0, 1(8 2x y) = 0; 2 : 2 0,36 6x 7y 0, 2(36 6x 7y) = 0;
x: 4x3
y3
2 1 6 2 = 0;
y: 3x4
y2
1 7 2 = 0:
É claro que pelo menos uma das duas restrições tem que ser ativa, caso contrário poderíamos simplesmente aumentar x e y inde…nidamente. Isto nos deixa com três casos a considerar.
Caso 1. Apenas a primeira restrição é ativa. Neste caso, 2 = 0 e as condições de
primeira ordem em relação ax e y viram
x: 4x3
y3
2 1 = 0;
y: 3x4
y2
1 = 0:
Multiplicando a segunda condição por -2 e adicionando à primeira nós obtemos
4x3y3 6x4y2 = 0; o que é equivalente a
Os valores dexeyque satisfazem o sistema formado pela condição acima e a primeira restrição em igualdade são x = 16
7 e y = 24
7 . No entanto, tais valores não satisfazem
a segunda restrição e, portanto, não são um ponto crítico válido. Concluimos que não existem pontos críticos neste caso.
Caso 2. Apenas a segunda restrição é ativa. Neste caso, 1 = 0 e as condições de
primeira ordem em relação ax e y viram
x: 4x3
y3
6 2 = 0;
y: 3x4
y2
7 2 = 0:
Multiplicando a primeira condição por7, a segunda por 6e somando-as nós obtemos
28x3
y3
18x4
y2
= 0.
A condição acima é equivalente a
14y 9x= 0:
Resolvendo o sistema formado pela condição acima e a segunda restrição em igualdade nós obtemos x = 24
7 e y = 108
49. No entanto, tais valores não satisfazem a primeira
restrição. Novamente, nós concluimos que não existem pontos críticos neste caso.
Caso 3. A primeira e a segunda restrições são ativas. Neste caso, o sistema formado pelas duas restrições nos dá x = 5
2 e y = 3. Como estes são os únicos candidatos a
pontos críticos restantes, esta tem que ser a solução do problema.1 k
Exercise 3. A …rm produces a good y using inputs x1 and x2. The production function is
y=px1x2. Because of an agreement with the worker’s union, the …rm must use at least one
unity of the input x1 in its production process. The prices of the inputs x1 andx2 arew1 and
w2, respectively. Suppose that the …rm wants to minimize the cost of producing y unities of
good y.
(a) Write the …rm’s cost minimization problem. Is the constraint set (the set of all points that satisfy all the constraints) closed? Is it compact?
(b) Find the solution to the problem when w1 = 4, w2 = 1 and y= 2:
1Mas vocês também podem checar que com tais valores nós realmente temos
Solution.
(a) O problema da …rma é
min
x1;x2w1x1+w2x2
s.a.
px
1x2 =y;
x1 1;
x2 0:
Todas as restrições envolvem apenas funções contínuas e igualdades ou desigualdades fracas. Isto implica que o conjunto restrição é fechado. Note que, como x1 1,
a primeira restrição implica que x2 y2. No entanto, o conjunto restrição não é
limitado e, portanto, não é compacto. Para ver isto, note que (ty;y
t) satisfaz todas
as restrições do problema sempre que t 1
y. Apesar do conjunto restrição não ser
compacto, nós podemos utilizar os nossos truques usuais para garantir que o problema tem solução. Por exemplo, note que x1 = 1 e x2 = y2 satisfaz todas as restrições do
problema. Isto implica que a solução do problema tem que satisfazer
w1x1+w2x2 w1+w2y 2
;
o que implica quex1 tem que satisfazer
x1 1 +
w2
w1
y2
:
Ou seja, nós podemos adicionar as restrições x2 y2 e x1 1 + ww2
1y
2 ao problema
que a sua solução não se altera. Como o conjunto restrição desse novo problema é compacto, nós concluimos que o problema original tem solução.
(b) O problema pode ser escrito como
max
x1;x2 4x1 x2
s.a.
x1x2 = 4;
x1 1;
É claro que se a segunda restrição for ativa a primeira restrição não é satisfeita, portanto, a terceira restrição não será importante para as condições de primeira ordem do problema. O Lagrangeano do problema é
L= 0( 4x1 x2) + 1(x1 1) + (x1x2 4):
As condições de primeira ordem do problema são
0 : 0 0;( 0; 1; )6= (0;0;0); 1 : 1 0; x1 1; 1(x1 1) = 0;
:x1x2 = 4
x1 : 4 0+ 1+ x2 = 0;
x2 : 0+ x1 = 0:
Como x1 1 > 0, se 0 = 0, então a condição de primeira ordem em relação a x2
implica que = 0. Agora a condição de primeira ordem em relação ax1 implica que 1
também é igual a zero quando 0 = 0. Como isto não pode ocorrer nós concluimos que 0 >0 e, sem perda de generalidade, nós podemos assumir que 0 = 1. As condições
de primeira ordem viram
1 : 1 0; x1 1; 1(x1 1) = 0;
:x1x2 = 4
x1 : 1+ x2 = 4;
x2 : x1 = 1:
Isolando na restrição em relação ax2 e substituindo na restrição em relação ax1 nós
…camos com
1 = 4
x2
x1
.
Note agora que, como x1 1, a primeira restrição implica quex2 4. Mas então, se
x1 > 1, nós necessariamente temos 1 = 4 xx2
1 > 0, o que contradiz a condição de
primeira ordem em relação a 1. Nós concluimos que necessariamente x1 = 1. Agora
a primeira restrição implica quex2 = 4. Note que com tais valores nós temos 1 = 0,
o único ponto crítico válido do problema. Como nós já argumentamos que o problema
tem solução,(1;4)é exatamente a solução. k
Exercise 4. Consider the following optimization problem:
min
x;y (3 x)(5 y)
s.t.
2x+y 4;
x 0;
and
y 0:
(a) Argue that the problem has a solution.
(b) Find the solution to the problem. Hint: One of the constraints must surely be binding. Which one?
Solution.
(a) Note que, como x 0 e y 0, a primeira restrição implica que x 2 e y 4. Isto
mostra que o conjunto restrição é um subconjunto fechado de um conjunto compacto e, portanto, é um conjunto compacto. Agora o Teorema de Wierstrass garante que o problema tem solução.
(b) Como as restrições implicam que x 2 < 3 e y 4 < 5, qualquer que seja o par x e y que satisfaz as restrições do problema, nós sempre podemos diminuir o valor da função objetivo aumentando um poucoxey. Logo, para que um parxey seja solução do problema não pode ser possível que aumentemos x e y e as restrições ainda sejam satisfeitas. Isto é, a primeira restrição tem que ser ativa. O problema vira
min
x;y (3 x)(5 y)
s.a.
2x+y= 4;
e
y 0:
Nós já podíamos escrever o Lagrangeano do problema e resolvê-lo, mas é mais fácil usar um pouco de lógica. Suponha quey= 0. Neste caso, é claro que a melhor escolha para x é x= 2, o que dá um valor à função objetivo de 5. Suponha agora que x= 0. Agora é claro que a melhor escolha parayéy= 4, o que dá um valor à função objetivo
de3. Isto mostra que a restriçãoy 0 não é ativa e, portanto, não é importante para
as condições de primeira ordem do problema. O Lagrangeano do problema pode ser escrito como
L= 0( (3 x)(5 y)) + 1x+ (2x+y 4):
As condições de primeira ordem do problema são
0 : 0 0;( 0; 1; )6= (0;0;0); 1 : 1 0; x 0; 1x= 0;
: 2x+y= 4;
x: 0(5 y) + 1+ 2 = 0;
y : 0(3 x) + = 0:
Como x 2 < 3, a condição de primeira ordem em relação a y implica que = 0
sempre que 0 = 0. Agora, comoy 4<5, a condição de primeira ordem em relação
a x implica que também é verdade que 1 = 0 sempre que 0 = 0. Como isto viola a
condição de primeira ordem em relação a 0, nós concluimos que 0 >0e nós podemos
assumir, sem perda de generalidade, que 0 = 1. As condições de primeira ordem viram
1 : 1 0; x 0; 1x= 0;
: 2x+y= 4;
x: 5 y+ 1+ 2 = 0;
y: 3 x+ = 0:
Quando x = 0, nós já vimos que y = 4. Além disto, é fácil checar que 1 > 0 neste
caso. Portanto, (0;4) é um ponto crítico do problema. Suponha agora que x > 0. Neste caso 1 = 0 e as condições de primeira ordem em relação a x e y nos dão a
equação y
2 5
primeira ordem em relação a , nós obtemos x= 5
4 e y= 3
2. Como o valor da função
objetivo (do problema de minimização original) em tal ponto é maior do que 3, nós concluímos que a solução do problema é (x; y) = (0;4). k
Exercise 5. Solve the following problem.
min
x;y;z(x 2)
2
+ (y 2)2
+ (z 2)2
s.t.
x+y+z = 2;
x 0, y 0 and z 0:
Solution. Note primeiro que, como x 0, y 0 e z 0, a primeira restrição implica que x 2, y 2 e z 2. Ou seja, o conjunto restrição é compacto e o Teorema de Wierstrass
garante que ele tem solução. O Lagrangeano do problema é
L= 0( (x 2)
2
(y 2)2
(z 2)2
) + (x+y+x 2) + 1x+ 2y+ 3z:
As condições de primeira ordem do problema são
0 : 0 0;( 0; 1; 2; 3; )6= (0;0;0;0;0);
:x+y+z = 2;
1 : 1 0; x 0; 1x= 0; 2 : 2 0; y 0; 2y = 0; 3 : 3 0; z 0; 3z = 0;
x: 2 0(x 2) + + 1 = 0;
y: 2 0(y 2) + + 2 = 0;
z : 2 0(z 2) + + 3 = 0:
Claramente as três últimas restrições não podem ser ativas ao mesmo tempo, já que isto seria uma contradição à primeira restrição. Além disto, dada a simetria do problema, nós só precisamos nos preocupar com três casos:
Caso 1. Nenhuma das três últimas restrições é ativa. Neste caso, 1 = 2 = 3 = 0. Além
que = 0. Como isto viola a condição de primeira ordem em relação a 0, nós concluimos
que 0 > 0 e nós podemos assumir, sem perda de generalidade, que 0 = 1. Agora as
condições de primeira ordem em relação a x; y e z implicam que x=y =z. Usando isto na condição de primeira ordem em relação a nós obtemos x =y=z = 2
3. O valor da função
objetivo em tal ponto é 16 3.
Caso 2. Apenas a restrição x 0 é ativa.2 Neste caso, 2 = 3 = 0. Se 0 = 0,
então a condição de primeira ordem em relação a y, por exemplo, implica que = 0. Agora
a restrição de primeira ordem em relação a x também implica que 1 = 0, o que viola a
condição de primeira ordem em relação a 0. Nós concluimos que 0 > 0 e, sem perda de
generalidade, nós podemos assumir que 0 = 1. Agora, as condições de primeira ordem em
relação a y e z implicam que y = z. Substituindo isto na condição de primeira ordem em relação a nós obtemosy =z = 1. Juntamente comx= 0 tais valores implicam que = 2
e 1 = 2, o que viola a condição de primeira ordem em relação a 1. Nós concluimos que
não existem pontos críticos neste caso.
Caso 3. Apenas a primeira e a segunda restrições são ativas.3 Neste caso, a condição de
primeira ordem em relação implica que z = 2. Nós ainda teríamos que checar os valores
de 0, 1 e 2 para saber se(0;0;2)é um ponto crítico válido, mas é mais fácil veri…car qual
o valor da função objetivo em tal ponto. No ponto (0;0;2) a função objetivo (do problema de minimização original) vale 8, que é maior do que 16
3 .
Nós concluimos que a solução do problema é x=y =z = 2
3. k
Exercise 6. Consider the following optimization problem:
min
x;y;zx
2
+xy+ 2y2
6x 2y 12z
s.t
x 2y z 3
2x2
+y2
18
x; y; z 0
(a) Argue that the problem has a solution. Hint: It is possible to show that the constraint set is already compact. There is no need to add arti…cial constraints.
(b) Atrgue that any solution to the problem necessarily has to satisfy the …rst constraint
2Ou mais geralmente, apenas uma das três últimas restrições é ativa.
with equality.
(c) Write the problem again, now with the …rst constraint written as an equality. Argue that the solution to this new problem necessarily satis…es y= 0.
(d) Use what you have learned in parts (b) and (c) to turn the problem into one where the only choice variable is x. Find all the critical points of this problem and, after that, …nd its solution. Write down the values of x, y and z that are solutions to the original problem. Attention! Even if you know how to solve the problem using another reasoning, I want you to write the Lagrangean and …nd all the critical points. This implies that you have to worry about testing the signs of the Lagrange multipliers, when necessary.
Solution.
(a) Primeiramente, note que, como todas as restrições do problema são formadas por funções contínuas e desigualdades fracas, o conjunto restrição é fechado. Note agora que, como x 0 e y 0, a segunda restrição implica que y p18 e x 3. Agora a
primeira restrição implica que
z x 2y+ 3
3 0 + 3
= 6:
Ou seja, as restrições do problema implicam que 0 x 3, 0 y p18 e 0 z
6. Como estas condições formam um conjunto compacto, e o conjunto restrição do
problema é um subconjunto fechado de tal conjunto, nós aprendemos que o conjunto restrição é compacto. Como a função objetivo é contínua, o Teorema de Wierstrass nos garante que o problema tem solução.
(b) De…naf(x; y; z) :=x2
+xy+ 2y2
6x 2y 12z. Ou seja, f é exatamente a função objetivo do problema. Suponha quex,yezsatisfaçam todas as restrições do problema e quex 2y z > 3. Isto é,z < x 2y+3. De…naz^:=x 2y+3> z. Note que(x; y;z^)
também satisfaz todas as restrições do problema. Além disto, f(x; y; z) f(x; y;z^) = 12(^z z) > 0. Isto mostra que (x; y; z) não pode ser solução do problema. Nós
(c) O problema agora pode ser escrito como
min
x;y;zx
2
+xy+ 2y2
6x 2y 12z
sujeito a
x 2y z = 3
2x2
+y2
18
x; y; z 0
Suponha que x, y e z satisfaçam todas as restrições do problema acima e que y > 0.
De…nay^:= 0 ez^:=x+ 3. Note que (x;y;^ z^) satisfaz todas as restrições do problema e que
f(x; y; z) f(x; y;z^) = xy+ 2y2
2y 12(x+ 3 2y) + 12(x+ 3)
= xy+ 2y2
+ 22y
> 0:
Novamente, isto mostra que(x; y; z)não pode ser solução do problema. Nós concluimos que qualquer solução do problema tem que satisfazery= 0.
(d) O problema agora pode ser escrito como
min
x;y;zx
2
6x 12z
sujeito a
x z = 3
2x2
18
x; z 0
A primeira restrição pode ser escrita comoz=x+ 3. Isto mostra que a restriçãoz 0
é redundante e pode ser ignorada, já que x+ 3 3. Agora nós podemos substituir
z =x+ 3 para obter o seguinte problema de uma única variável:
min
x;y;zx
2
18x 36
sujeito a
x 0
O Lagrangeano do problema acima pode ser escrito como
L= 0( x
2
+ 18x+ 36) + 1(3 x) + 2x
As condições de primeira ordem do problema acima são
0 : 0 0, ( 0; 1; 2)6= (0;0;0) 1 : 1 0; x 3; 1(3 x) = 0
2 : 2 0; x 0; 2x= 0
x: 0( 2x+ 18) 1+ 2 = 0
Claramente as duas restrições não podem ser ativas ao mesmo tempo. Logo, nós só temos 3 casos a considerar:
Caso 1. Nenhuma restrição é ativa. Neste caso, 1 = 2 = 0e a condição de primeira
ordem em relação a 0 nos garante que 0 > 0. Sem perda de generalidade, nós
podemos assumir que 0 = 1. Agora a condição de primeira ordem em relação ax nos
dá x = 9. Como tal valor não satisfaz a primeira restrição, nós concluimos que não
existem pontos críticos neste caso.
Caso 2. Apenas a primeira restrição é ativa. Neste caso,x= 3 e 2 = 0. Caso 0 fosse
igual a zero, a condição de primeira ordem em relação a x iria implicar que 1 = 0, o
que violaria a condição de primeira ordem em relação a 0. Nós concluimos que 0 >0
e nós podemos assumir, sem perda de generalidade, que 0 = 1. Agora, a condição de
primeira ordem em relação a x nos dá que 1 = 12 0. Isto mostra que x = 3 é um
ponto crítico válido.
Caso 3. Apenas a segunda restrição é ativa. Neste caso,x= 0 e 1 = 0. Caso 0 fosse
igual a zero, a condição de primeira ordem em relação a x iria implicar que 2 = 0, o
que violaria a condição de primeira ordem em relação a 0. Nós concluimos que 0 >0
e nós podemos assumir, sem perda de generalidade, que 0 = 1. Agora, a condição de
primeira ordem em relação a x nos dá que 2 = 18 < 0. Ou seja, x = 0 não é um
ponto crítico válido.
Nós aprendemos que o único ponto crítico do problema éx= 3. Como nós já sabemos
