Tema 12 de 40

Optimización sin restricciones: puntos críticos y clasificación

10 h estimadas21.401 Fundamentos de matemáticas + 21.411 Investigación operativa / OptimizaciónGnuplot

1. La pregunta

Una empresa decide a la vez cuánto capital emplear y a cuántos trabajadores contratar. Los dos afectan al beneficio y los dos se influyen mutuamente: más máquinas cambia cuánto rinde un trabajador más. No se puede optimizar uno y luego el otro; hay que hacerlo a la vez.

En una variable bastaban dos pasos: derivada igual a cero, y signo de la segunda derivada. Con dos variables el primer paso se convierte en un sistema de ecuaciones y el segundo en un estudio de matrices. Y aparece un caso nuevo que no existía en una dimensión: el punto de silla.

2. Intuición

En la ladera del tema 11, una cima tiene una propiedad inconfundible: no hay ninguna dirección en la que subas. Da igual hacia dónde mires, todo baja. Eso significa que la pendiente es cero en todas las direcciones a la vez, es decir, que el gradiente es el vector nulo.

Pero un gradiente nulo también lo tiene el fondo de un valle. Y una tercera cosa: un puerto de montaña. En un collado entre dos picos, si caminas hacia los picos subes, y si caminas hacia los valles bajas. La pendiente es cero justo ahí, y no es ni máximo ni mínimo. Ese es el punto de silla, y es la novedad de trabajar en varias dimensiones.

Distinguirlos requiere mirar la curvatura en todas las direcciones, no solo en dos. Y ahí está la sutileza que hace fallar el método ingenuo: se puede tener curvatura hacia abajo mirando al este y hacia abajo mirando al norte, y aun así subir mirando al noreste. Comprobar las dos direcciones de los ejes no basta. Lo que resuelve el problema es el signo de la forma cuadrática de la hessiana, y ese signo se lee con determinantes.

3. Formalización

Condición necesaria de primer orden

Si $f$ es diferenciable y tiene un extremo local en un punto interior $x^{*}$ , entonces

\nabla f (x^{*}) = 0

es decir, todas las parciales se anulan simultáneamente. Los puntos que cumplen esto se llaman puntos críticos o estacionarios, y se encuentran resolviendo el sistema

⎩ ⎨ ⎧ \frac{\partial f}{\partial x} (x, y) = 0 \frac{\partial f}{\partial y} (x, y) = 0

Como en una variable, la condición es necesaria pero no suficiente: hay puntos críticos que no son extremos.

Formas cuadráticas

Antes de clasificar hace falta una herramienta. Dada una matriz simétrica $A$ de orden $n$ , la forma cuadrática asociada es

Q (d) = d^{⊤} A d

Se clasifica según el signo que toma para todo $d \neq = 0$ :

Tipo	Condición
Definida positiva	$Q (d) > 0$ siempre
Definida negativa	$Q (d) < 0$ siempre
Indefinida	toma valores positivos y negativos
Semidefinida	no cambia de signo pero se anula en algún $d \neq = 0$

Criterio de los menores principales. Sean $D_{1}, D_{2}, \dots, D_{n}$ los determinantes de las submatrices que se obtienen quedándose con las primeras $k$ filas y columnas (menores principales dominantes):

Definida positiva si todos son positivos: $D_{1} > 0, D_{2} > 0, \dots$
Definida negativa si alternan empezando por negativo: $D_{1} < 0, D_{2} > 0, D_{3} < 0, \dots$
Indefinida si no encaja en ninguno de los dos patrones y ningún $D_{k}$ es cero.
Si algún $D_{k} = 0$ , el criterio no decide.

Clasificación de puntos críticos

En un punto crítico $x^{*}$ , con $H = H f (x^{*})$ :

$H$	$x^{*}$ es
definida negativa	máximo local
definida positiva	mínimo local
indefinida	punto de silla
semidefinida	el criterio no decide

La razón la da Taylor del tema 11: en un punto crítico el término lineal desaparece y

f (x^{*} + d) - f (x^{*}) \approx \frac{1}{2} d^{⊤} H d

Si esa expresión es negativa para todo desplazamiento $d$ , moverse desde $x^{*}$ siempre empeora: es un máximo. Si es positiva, siempre mejora: mínimo. Si cambia de signo, según por dónde te muevas subes o bajas: silla.

El caso de dos variables, en la práctica

Con $H = (f_{xx} f_{x y} f_{x y} f_{y y})$ , llamando

D_{1} = f_{xx}, D_{2} = det H = f_{xx} f_{y y} - (f_{x y})^{2}

la regla queda así, y conviene memorizarla:

Condición	Resultado
$D_{2} > 0$ y $f_{xx} < 0$	máximo local
$D_{2} > 0$ y $f_{xx} > 0$	mínimo local
$D_{2} < 0$	punto de silla
$D_{2} = 0$	no concluye

Se mira primero $D_{2}$ . Si es negativo, es silla y no hace falta nada más. Solo si es positivo se consulta el signo de $f_{xx}$ para saber de qué tipo de extremo se trata.

Obsérvese por qué el método ingenuo falla: $f_{xx} < 0$ y $f_{y y} < 0$ no bastan. Si la derivada cruzada $f_{x y}$ es grande, $D_{2} = f_{xx} f_{y y} - (f_{x y})^{2}$ puede ser negativo y el punto es una silla, pese a que en las dos direcciones de los ejes la función baje.

Extremos globales

El criterio anterior es local: solo mira un entorno del punto. Para afirmar que un máximo local es global hay dos vías:

Comprobar que la hessiana es definida negativa en todo el dominio, no solo en el punto crítico. Entonces la función es cóncava y el máximo local es global.
Usar los criterios de concavidad y convexidad del tema 13, que es la versión general y la que conviene aprender.

En los problemas económicos habituales —beneficio cuadrático, Cobb-Douglas con exponentes que suman menos de 1— la globalidad se cumple, pero hay que decirlo, no darlo por hecho.

4. Ejemplo económico resuelto

Problema. Una empresa vende dos productos relacionados. Las demandas inversas son

p_{1} = 60 - 2 q_{1} - q_{2}, p_{2} = 80 - q_{1} - 3 q_{2}

y el coste total es $C = 10 q_{1} + 20 q_{2} + 100$ . Halla las cantidades que maximizan el beneficio.

Paso 1. Función de beneficio. El ingreso es la suma de los dos:

I = p_{1} q_{1} + p_{2} q_{2} = (60 - 2 q_{1} - q_{2}) q_{1} + (80 - q_{1} - 3 q_{2}) q_{2}

I = 60 q_{1} - 2 q_{1}^{2} - q_{1} q_{2} + 80 q_{2} - q_{1} q_{2} - 3 q_{2}^{2} = 60 q_{1} + 80 q_{2} - 2 q_{1}^{2} - 3 q_{2}^{2} - 2 q_{1} q_{2}

Nótese que el término cruzado aparece dos veces, una por cada producto: los dos productos compiten entre sí, y vender más de uno baja el precio del otro.

B = I - C = 60 q_{1} + 80 q_{2} - 2 q_{1}^{2} - 3 q_{2}^{2} - 2 q_{1} q_{2} - 10 q_{1} - 20 q_{2} - 100

B (q_{1}, q_{2}) = 50 q_{1} + 60 q_{2} - 2 q_{1}^{2} - 3 q_{2}^{2} - 2 q_{1} q_{2} - 100

Paso 2. Condición de primer orden.

\frac{\partial B}{\partial q _{1}} = 50 - 4 q_{1} - 2 q_{2} = 0

\frac{\partial B}{\partial q _{2}} = 60 - 6 q_{2} - 2 q_{1} = 0

Paso 3. Resolver el sistema. Es un sistema lineal, resoluble con Gauss del tema 8:

{4 q_{1} + 2 q_{2} = 50 2 q_{1} + 6 q_{2} = 60

Dividiendo la primera entre 2 y la segunda entre 2:

{2 q_{1} + q_{2} = 25 q_{1} + 3 q_{2} = 30

De la primera, $q_{2} = 25 - 2 q_{1}$ . Sustituyendo en la segunda:

q_{1} + 3 (25 - 2 q_{1}) = 30 ⟹ q_{1} + 75 - 6 q_{1} = 30 ⟹ - 5 q_{1} = - 45

q_{1} = 9, q_{2} = 25 - 18 = 7

Paso 4. Condición de segundo orden.

\frac{\partial ^{2} B}{\partial q _{1}^{2}} = - 4, \frac{\partial ^{2} B}{\partial q _{2}^{2}} = - 6, \frac{\partial ^{2} B}{\partial q _{1} \partial q _{2}} = - 2

H B = (- 4 - 2 - 2 - 6)

D_{2} = det H = (- 4) (- 6) - (- 2)^{2} = 24 - 4 = 20 > 0

D_{1} = f_{q_{1} q_{1}} = - 4 < 0

$D_{2} > 0$ y $D_{1} < 0$ : la hessiana es definida negativa y el punto es un máximo local.

Paso 5. Globalidad. La hessiana es constante —no depende de $q_{1}$ ni de $q_{2}$ , porque $B$ es cuadrática—, así que es definida negativa en todo el dominio. La función es estrictamente cóncava en todas partes y el máximo local es global. Aquí sí se puede afirmar sin reservas.

Paso 6. Resultado.

B (9, 7) = 450 + 420 - 162 - 147 - 126 - 100 = 335 €

Y los precios de venta:

p_{1} = 60 - 18 - 7 = 35 €, p_{2} = 80 - 9 - 21 = 50 €

Comprobación. Ingreso $= 35 (9) + 50 (7) = 315 + 350 = 665$ . Coste $= 90 + 140 + 100 = 330$ . Beneficio $= 335$ . Coincide.

Lectura económica del término cruzado. Si los productos fueran independientes ( $f_{q_{1} q_{2}} = 0$ ), cada uno se optimizaría por separado: $q_{1} = 50/4 = 12, 5$ y $q_{2} = 10$ . La interacción reduce ambas cantidades a 9 y 7, porque vender más de uno canibaliza al otro. Optimizar por separado habría dado un plan peor, y esa es exactamente la razón de hacerlo simultáneamente.

5. Errores típicos

Resolver las parciales por separado. Las dos ecuaciones forman un sistema y hay que resolverlas a la vez. Anular una y luego la otra, sustituyendo el valor ya hallado, solo funciona si no hay término cruzado.

Comprobar solo las segundas derivadas puras. Que $f_{xx} < 0$ y $f_{y y} < 0$ no implica máximo. Hace falta $D_{2} > 0$ , y ahí entra la cruzada. Es el error conceptual más importante del tema.

Olvidar elevar al cuadrado la cruzada en el determinante. $D_{2} = f_{xx} f_{y y} - (f_{x y})^{2}$ , no $f_{xx} f_{y y} - f_{x y}$ .

Confundir el orden del criterio. Primero $D_{2}$ : si es negativo, es silla y se acabó. Solo si $D_{2} > 0$ tiene sentido mirar $f_{xx}$ .

Declarar máximo global sin justificarlo. El criterio de la hessiana es local. Para globalidad hay que comprobar que la hessiana mantiene el signo en todo el dominio, o apelar a la concavidad del tema 13.

Concluir cuando $D_{2} = 0$ . El criterio no decide. Hay que estudiar el comportamiento directamente, comparando valores en un entorno.

Ignorar el dominio económico. Si la solución del sistema da una cantidad negativa, ese punto no es factible. El óptimo estará en la frontera $q = 0$ , y eso ya es un problema con restricciones: tema 14.

6. Ejercicios

Ejercicio 1 · Puntos críticos y clasificación

básico

Halla y clasifica los puntos críticos de $f (x, y) = x^{2} + y^{2} - 4 x - 6 y + 20$ .

Ver solución

Primer orden:

f_{x} = 2 x - 4 = 0 ⟹ x = 2

f_{y} = 2 y - 6 = 0 ⟹ y = 3

Punto crítico único: $(2, 3)$ .

Segundo orden:

f_{xx} = 2, f_{y y} = 2, f_{x y} = 0

D_{2} = 2 \cdot 2 - 0 = 4 > 0, f_{xx} = 2 > 0

Mínimo local, con $f (2, 3) = 4 + 9 - 8 - 18 + 20 = 7$ .

Como la hessiana es constante y definida positiva en todo el plano, el mínimo es global.

Ejercicio 2 · Punto de silla

básico

Clasifica el punto crítico de $g (x, y) = x^{2} - y^{2} + 3$ .

Ver solución

g_{x} = 2 x = 0 ⟹ x = 0, g_{y} = - 2 y = 0 ⟹ y = 0

Punto crítico: $(0, 0)$ .

g_{xx} = 2, g_{y y} = - 2, g_{x y} = 0

D_{2} = (2) (- 2) - 0 = - 4 < 0

Punto de silla.

Se ve directamente sin criterio alguno: moviéndose por el eje $x$ la función es $x^{2} + 3$ , que crece al alejarse del origen; moviéndose por el eje $y$ es $- y^{2} + 3$ , que decrece. En el mismo punto se sube en una dirección y se baja en otra. Es el ejemplo canónico y conviene tenerlo siempre a mano como contraste.

Ejercicio 3 · Cuando las puras engañan

medio

Sea $h (x, y) = - x^{2} - y^{2} + 4 x y$ .

Halla el punto crítico.
Comprueba que $h_{xx} < 0$ y $h_{y y} < 0$ .
Clasifícalo correctamente y explica la aparente contradicción.

Ver solución

h_{x} = - 2 x + 4 y = 0, h_{y} = - 2 y + 4 x = 0

De la primera, $x = 2 y$ ; sustituyendo en la segunda: $- 2 y + 8 y = 6 y = 0 ⟹ y = 0$ , y entonces $x = 0$ . Punto crítico: $(0, 0)$ .

h_{xx} = - 2 < 0, h_{y y} = - 2 < 0

Las dos negativas. Mirando solo esto, uno diría «máximo».

h_{x y} = 4, D_{2} = (- 2) (- 2) - 4^{2} = 4 - 16 = - 12 < 0

Es un punto de silla.

Por qué. Las derivadas puras solo miran las direcciones de los ejes. Moviéndose por el eje $x$ ( $y = 0$ ), la función es $- x^{2}$ : baja. Por el eje $y$ , $- y^{2}$ : baja también.

Pero muévete por la diagonal $y = x$ :

h (x, x) = - x^{2} - x^{2} + 4 x^{2} = 2 x^{2}

que crece al alejarse del origen. Con $x = y = 1$ , $h = 2 > h (0, 0) = 0$ .

La interacción cruzada, con coeficiente 4, es más fuerte que las curvaturas propias, y domina en la dirección diagonal. Esa dirección no se ve mirando solo los ejes, y por eso el determinante de la hessiana —que sí recoge todas las direcciones— es imprescindible.

Económicamente: dos actividades que por separado tienen rendimientos decrecientes pero que se refuerzan mucho entre sí no tienen un óptimo interior. Conviene o abandonar las dos, o crecer en las dos a la vez indefinidamente, y el modelo se queda sin sentido: le falta una restricción.

Ejercicio 4 · Beneficio con dos factores

avanzado

Una empresa produce con $Q (K, L) = 30 K^{0, 5} L^{0, 25}$ , vende a 4 € la unidad y paga 6 € por unidad de capital y 5 € por unidad de trabajo.

Halla la combinación de factores que maximiza el beneficio y verifica que es un máximo.

Ver solución

Función objetivo.

B (K, L) = 4 \cdot 30 K^{0, 5} L^{0, 25} - 6 K - 5 L = 120 K^{0, 5} L^{0, 25} - 6 K - 5 L

Condiciones de primer orden.

\frac{\partial B}{\partial K} = 60 K^{- 0, 5} L^{0, 25} - 6 = 0 ⟹ K^{- 0, 5} L^{0, 25} = 0, 1

\frac{\partial B}{\partial L} = 30 K^{0, 5} L^{- 0, 75} - 5 = 0 ⟹ K^{0, 5} L^{- 0, 75} = \frac{1}{6}

Resolver. Dividimos la primera entre la segunda para eliminar constantes:

\frac{K ^{- 0, 5} L ^{0, 25}}{K ^{0, 5} L ^{- 0, 75}} = \frac{0 , 1}{1/6} = 0, 6

Aplicando reglas de potencias del tema 1:

K^{- 1} L^{1} = 0, 6 ⟹ L = 0, 6 K

Sustituimos en la primera condición:

K^{- 0, 5} (0, 6 K)^{0, 25} = 0, 1

0, 6^{0, 25} K^{- 0, 5 + 0, 25} = 0, 1 ⟹ 0, 8801 K^{- 0, 25} = 0, 1

K^{- 0, 25} = 0, 11362 ⟹ K^{0, 25} = 8, 8012

K = 8, 801 2^{4} = 5999, 8 \approx 6000

L = 0, 6 \cdot 6000 = 3600

Comprobar el segundo orden. Las segundas parciales:

B_{K K} = 60 (- 0, 5) K^{- 1, 5} L^{0, 25} = - 30 K^{- 1, 5} L^{0, 25}

B_{LL} = 30 (- 0, 75) K^{0, 5} L^{- 1, 75} = - 22, 5 K^{0, 5} L^{- 1, 75}

B_{K L} = 60 (0, 25) K^{- 0, 5} L^{- 0, 75} = 15 K^{- 0, 5} L^{- 0, 75}

Evaluamos en $K = 6000$ , $L = 3600$ . Conviene calcular las potencias por partes: $600 0^{0, 5} = 77, 46$ , $360 0^{0, 25} = 7, 746$ , $360 0^{0, 75} = 464, 8$ .

B_{K K} = - 30 \cdot \frac{7 , 746}{6000 \cdot 77 , 46} = - 30 \cdot \frac{7 , 746}{464760} = - 5, 00 \times 1 0^{- 4}

B_{LL} = - 22, 5 \cdot \frac{77 , 46}{3600 \cdot 464 , 8} = - 22, 5 \cdot \frac{77 , 46}{1673280} = - 1, 0417 \times 1 0^{- 3}

B_{K L} = 15 \cdot \frac{1}{77 , 46 \cdot 464 , 8} = \frac{15}{36003} = 4, 166 \times 1 0^{- 4}

D_{2} = (- 5, 00 \times 1 0^{- 4}) (- 1, 0417 \times 1 0^{- 3}) - (4, 166 \times 1 0^{- 4})^{2}

D_{2} = 5, 209 \times 1 0^{- 7} - 1, 736 \times 1 0^{- 7} = 3, 473 \times 1 0^{- 7} > 0

Y $D_{1} = B_{K K} < 0$ . Máximo local.

Globalidad. Los exponentes suman $0, 5 + 0, 25 = 0, 75 < 1$ : la producción tiene rendimientos decrecientes a escala, la función de beneficio es cóncava en todo el dominio $K, L > 0$ , y el máximo es global. Esta es justamente la condición que el tema 13 formaliza.

Beneficio óptimo.

Q = 30 \cdot 77, 46 \cdot 7, 746 = 18000

B = 4 (18000) - 6 (6000) - 5 (3600) = 72000 - 36000 - 18000 = 18000 €

Comprobación económica. En el óptimo, el valor del producto marginal de cada factor debe igualar su precio. Para el capital: $4 \cdot \partial Q / \partial K = 4 \cdot 15 \cdot 77, 4 6^{- 1} \cdot 7, 746$ … más directamente, la primera condición ya decía $60 K^{- 0, 5} L^{0, 25} = 6$ , es decir, el valor del producto marginal del capital es exactamente su precio, 6 €. Y la segunda, que el del trabajo es 5 €. Es la regla clásica de contratación de factores, y aquí ha salido sola de la condición de primer orden.

7. Qué desbloquea

Necesitas antes:

Derivadas parciales, vector gradiente, matriz hessiana y Taylor — tema 11

Te abre la puerta a:

Concavidad y convexidad de funciones; criterios de globalidad — tema 13
Optimización con restricciones: Lagrange y Kuhn-Tucker — tema 14

8. Recursos externos

OCW UC3M — Matemáticas para la Economía II. Optimización sin restricciones: condiciones de primer y segundo orden, formas cuadráticas y clasificación con menores principales.
OCW Unican — Matemáticas para Economistas. Extremos de funciones de varias variables, con ejercicios de maximización de beneficios con dos factores.
Guías docentes UGR — Matemáticas para la Economía II. Detallan la clasificación de puntos críticos como contenido evaluable: útiles como lista de comprobación.
Gnuplot. Dibujar $x^{2} - y^{2}$ con splot [-3:3][-3:3] x**2-y**2 deja ver la silla de una vez por todas.