MÃnimo local con restricciones de igualdad. Cálculo simbólico y numérico
Hallar el rectángulo de perÃmetro dado que maximiza el área mediante la resolución de las condiciones necesarias de primer orden. Verificar que las condiciones suficientes de segundo orden se cumplen.
Se puede plantear el problema como minimizar $f(x,y) = -x\,y$ con la restricción de que $2x+2y=p.$
Veamos el ejemplo con $p=1$. La representación de la función $f$ es un paraboloide hiperbólico y podemos obtener en cada punto su gradiente $\nabla f$, que será normal a la curva de nivel en dicho punto.
La constricción de igualdad $2x+2y=1$ puede representarse como una recta que hemos dibujado en negro. Podemos entender que esta recta es una curva de nivel del plano $g(x,y)=2x+2y-1$ y entonces, el vector normal a la recta en cada punto viene dado por $\nabla g$.
Estamos buscando el mÃnimo valor de la función $f$ si tenemos en cuenta solo los puntos de la recta. Este vendrá dado por el punto donde una curva de nivel de $f$ es tangente a la recta $2x+2y-1=0$ o, de otra manera, el punto donde las normales a las dos curvas son paralelos. Es decir, buscamos los puntos donde, para un $\lambda$ distinto de cero
$$ \nabla f = -\lambda \nabla g \quad \Longrightarrow \quad \nabla f +\lambda \nabla g=\mathbf{0} \quad \Longrightarrow \quad \nabla (f +\lambda g)=\mathbf{0} $$La función
$$L(x,y,\lambda) = f(x,y) +\lambda g(x,y)$$se llama función lagrangiana y la condición necesaria de mÃnimo con constricción de igualdad es que $\nabla L=\mathbf{0}$
y al calcular el gradiente de $L$ e igualarlo a cero
$$ \begin{align} L^{\prime}_{x}&=&-y+2\lambda&=&0 \\ L^{\prime}_{y}&=&-x+2\lambda&=&0 \\ L^{\prime}_{\lambda}&=&2x+2y-p&=&0 \end{align} \qquad x = \frac{p}{4} \quad y = \frac{p}{4} \quad \lambda = \frac{p}{8} $$Y el punto $x = \dfrac{p}{4} \quad y = \dfrac{p}{4}$ ($x =0.25 \quad y = 0.25$ para $p=1$) cumple las condiciones necesarias de extremo.
Veamos ahora las condiciones suficientes. Para investigar si este punto es un máximo o un mÃnimo utilizaremos utilizando el determinante de la matriz hessiana de la Lagrangiana $L(x,y,\lambda)$ calculado en el punto crÃtico.
- Si es negativo, el punto es un mÃnimo.
- Si es positivo, el punto es un máximo.
La matriz hessiana de la función lagrangiana es
$$ H_{F}= \left( \begin{array}{ccc} L^{\prime\prime}_{xx} & L^{\prime\prime}_{xy} & L^{\prime\prime}_{x\lambda}\\ L^{\prime\prime}_{yx} & L^{\prime\prime}_{yy} & L^{\prime\prime}_{y\lambda}\\ L^{\prime\prime}_{\lambda x} & L^{\prime\prime}_{\lambda y} & L^{\prime\prime}_{\lambda\lambda}\\ \end{array} \right) $$que es
$$ H = \left( \begin{array}{rrc} 0 & -1 & 2\\ -1 & 0 & 2\\ 2 & 2 & 0\\ \end{array} \right). $$Como $\det(H)=-8 \lt 0$ en el punto el punto $x = \dfrac{p}{4} \quad y = \dfrac{p}{4}$ hay un mÃnimo de la función $f(x,y)=-x\,y$, que se corresponde con un máximo de $-f(x,y)=x\,y$, que es el área del rectángulo. Por lo tanto el rectángulo de área máxima, fijado el perÃmetro, es un cuadrado puesto que los lados son iguales.
Numéricamente: función de penalización¶
Debemos fijar $p$ para poder resolver el problema numéricamente. Elegimos $p=1.$
La idea del método de penalización es reemplazar la función objetivo $f$ por otra función
$$F(x,y)=f(x,y)+c\,P(x,y)$$y resolver el problema sin restricciones. Para ello tomamos $c$ como una constante positiva y $P$, la función de penalización, satisfaciendo:
$P$ es continua en el dominio de $f$.
$P(x,y)\geq 0$ para todo punto del domino de $f$, y
$P(x,y)=0$ si y solo si el punto $(x,y)$ satisface las restricciones.
Una posible función para aproximar el mÃnimo con restricciones serÃa
$$F(x,y)=-x\,y+100\,(2x+2y-1)^2$$Ahora, el mÃnimo absoluto de esta función está cerca del mÃnimo con restricciones de $f$ (tanto más cerca cuanto mayor sea $c$), como se ve en la gráfica siguiente, y podemos aproximarlo con un método numérico, como Newton o el método del descenso del gradiente. Es una solución aproximada, como en general lo son las soluciones numéricas.
