1. Problema 1: Optimizar $f(x,y)=4xy+5x^2+3y^2$ sujeto a $x y \geq 0$, $x \leq 2$, $x \geq 0$, $y \geq 0$. 2. Comprobar si el conjunto factible es convexo: - El conjunto factible está definido por las restricciones $x y \geq 0$, $0 \leq x \leq 2$, $y \geq 0$. - La restricción $x y \geq 0$ con $x,y \geq 0$ implica que el conjunto factible es el primer cuadrante limitado por $x \leq 2$. - El conjunto factible es un polígono convexo porque es la intersección de semiespacios lineales y no lineales convexos. 3. Identificar vértices y puntos frontera: - Vértices: $(0,0)$, $(2,0)$, $(2,y)$ para $y \geq 0$ (frontera abierta en $y$). - Puntos frontera incluyen los bordes $x=0$, $x=2$, y $y=0$. 4. Comprobar si $f$ es cóncava o convexa entre $x_1=(0,0)$ y $x_2=(1,1)$: - La matriz Hessiana de $f$ es $$H=\begin{bmatrix} \frac{\partial^2 f}{\partial x^2} & \frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y} \\ \frac{\partial^2 f}{\partial y \partial x} & \frac{\partial^2 f}{\partial y^2} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 10 & 4 \\ 4 & 6 \end{bmatrix}$$ - Esta matriz es constante y simétrica. - Para verificar convexidad, comprobamos si $H$ es semidefinida positiva: - Determinante $= 10 \times 6 - 4 \times 4 = 60 - 16 = 44 > 0$ - Primer elemento diagonal $10 > 0$ - Por lo tanto, $H$ es definida positiva y $f$ es estrictamente convexa en todo el dominio, incluyendo entre $x_1$ y $x_2$. 5. Aplicabilidad del Teorema Local-Global: - Como $f$ es estrictamente convexa y el conjunto factible es convexo, cualquier mínimo local es también mínimo global. - Esto implica que la solución óptima encontrada será globalmente óptima. --- 6. Problema 2: $f(x,y) = \ln(1 - x^2) - 2 y^2$ 7. Comprobar convexidad o concavidad mediante la matriz Hessiana: - Derivadas segundas: $$\frac{\partial^2 f}{\partial x^2} = \frac{-2(1 - x^2) + 4x^2}{(1 - x^2)^2} = \frac{2x^2 + 2}{(1 - x^2)^2}$$ $$\frac{\partial^2 f}{\partial y^2} = -4$$ $$\frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y} = \frac{\partial^2 f}{\partial y \partial x} = 0$$ - Hessiana: $$H = \begin{bmatrix} \frac{2x^2 + 2}{(1 - x^2)^2} & 0 \\ 0 & -4 \end{bmatrix}$$ - Para $|x|<1$, el denominador es positivo y $\frac{2x^2 + 2}{(1 - x^2)^2} > 0$. - El elemento diagonal en $y$ es negativo. - Por lo tanto, $H$ no es semidefinida positiva ni negativa, la función no es convexa ni cóncava en todo el dominio. 8. Calcular puntos críticos: - Derivadas primeras: $$\frac{\partial f}{\partial x} = \frac{-2x}{1 - x^2}$$ $$\frac{\partial f}{\partial y} = -4y$$ - Igualando a cero: $$\frac{-2x}{1 - x^2} = 0 \Rightarrow x=0$$ $$-4y=0 \Rightarrow y=0$$ - Punto crítico: $(0,0)$ 9. Clasificación del punto crítico: - Evaluar Hessiana en $(0,0)$: $$H(0,0) = \begin{bmatrix} 2 & 0 \\ 0 & -4 \end{bmatrix}$$ - Como $H$ tiene un valor positivo y otro negativo, es indefinida. - Por lo tanto, $(0,0)$ es un punto de silla, ni máximo ni mínimo. 10. Aplicabilidad del Teorema Local-Global: - No se puede aplicar porque la función no es convexa ni cóncava en el dominio.