Metodi Matematici II

(1)

Metodi Matematici II

Simulazione Test (Seconda Parte) A.A. 2009-10 DOMANDA 1

Sia A∈ R^3,3e si sappia che il sistema lineare Ax = 0 ha un’unica soluzione.

Allora il sistema lineare Ax=b a può non ammettere

soluzioni ; ; b è possibile ed ammette una sola soluzione; ; c è possibile ed ammette

infinite soluzioni; ; d non è possibile;

DOMANDA 2 Discutere il S.L.:





1 0 1 2

0 1 0 2

-1 0 -1 0



 DOMANDA 3

Si è costruita una matrice A accostando m vettori di Rⁿ. Allora:

a r (A) ≤ m se n > m; b r (A) = n;

c r (A) = m; d r (A) = max (n, m);

DOMANDA 4

Al variare di α ∈ R, determinare il rango della matrice A =

1 2 3 α

DOMANDA 5

Un gestore che dispone di un capitale di 40 deve costruire un portafoglio immunizzato ad un fattore di rischio, sapendo che i due titoli hanno sensibilità ad un fattore di rischio di 5 e -3 e che i loro prezzi sono pari a 10. Le quantità da acquistare dei due titoli sono:

DOMANDA 6

Al variare di α ∈ R, discutere il S.L.





1 2 0 0 3 6 0 1 2

0 3 α



 DOMANDA 7

Se A ∈ R^4,4ha determinante pari a 5, calcolare det(2A) e det 2A⁻¹

. DOMANDA 8

Se A⁻¹ =

1 2 0 3

, e B⁻¹=

0 1 2 3

, allora:

(AB)⁻¹T

ha elemento 2,2 pari a:

DOMANDA 9

Un gestore deve decidere quanto investire in due titoli che hanno sensibilità 5 e -3 ad un fattore di rischio. I due titoli hanno prezzo pari a 10. Obiettivo del gestore è replicare un indice di mercato che vale 10 e che ha sensibilità pari a 1 al fattore di rischio. Allora le quantità da acquistare dei due titoli sono:

DOMANDA 10

Due gestori hanno ottenuto rispettivamente una performance del 5% e dell’8%

gestendo due portafogli descritti dalla seguente composizione: f ondo1=

0.2 0.8 T

, fondo₂ =

0.5 0.5 T

. Indici di mercato puri hanno registrato una perfor-

(2)

mance rispettivamente del 4% e del 10%. L’extraperformance dei due gestori è data da: ex1= ..., ex2= ...

DOMANDA 11

Determinare l’unica soluzione del seguente sistema lineare:





2 2 2

0 1 2

−2 1 1

0 1 1



 è:

DOMANDA 12

Discutere il Sistema Lineare Omogeneo con matrice dei coefficienti A =

−1 1 0

0 1 1

: DOMANDA 13

Sia A ∈ R^3,3e si sappia che il sistema lineare Ax = 0 ha ∞²soluzioni. Allora il sistema lineare Ax=b: a è sempre possibile; b è possibile se r (A|b) = 1

c ammette ∞²soluzioni, ∀b; d è sempre impossibile, ∀b;

DOMANDA 14 Sia A^T =





1 2 3 4 5 6 2 3 4 5 6 7 3 4 5 6 7 8



 e B^T =

1 2 3

. Calcolare la componente (1, 2) della matrice prodotto (AB)^T.

DOMANDA 15

Calcolare la matrice inversa di A =

1 2 4 1

. DOMANDA 16

Dato che la matrice A ha inversa A⁻¹=

1 2 4 1

, il sistema lineare Ax = b, dove b =

1 1

ha soluzione.

DOMANDA 17

La funzione f (x) : R³→ R data da f (x) = x1x3+ log (x1x2) ha gradiente nel punto x0=

1 2 1 . DOMANDA 18

La funzione f (x) : R³ → R data da f (x) = x1x3+ log (x1x2) ha matrice Hessiana nel punto x₀=

1 2 1 . DOMANDA 19

In un problema di ottimo, la matrice Hessiana della funzione obiettivo nel punto stazionario x₀è data da

Hf(x₀) =





1 2 3

2 −1 2

3 2 1



 .

Discutere la natura del punto stazionario.

DOMANDA 20

(3)

Data la funzione f (x) = x^′Ax + b^′x + c, dove

A=





1 2 3

2 −1 2

3 2 1



 , b =



 1 2 1



 , c = 1

ha punti stazionari che sono soluzioni del SL (scrivere il SL da risolvere, senza risolverlo)

DOMANDA 21 Il vettore

x₀= ₅

12 −¹₃ ₁₂⁵ ′

è punto stazionario della funzione nella domanda precedente?

DOMANDA 22

Dato un problema di ottimo vincolato (con 1 vincolo di uguaglianza), la matrice hessiana orlata (hessiana della funzione Lagrangiana) in un punto stazionario è data da

HL(x₀) =





0 2 3

2 −1 2

3 2 1



 .

Determinare la natura del punto stazionario (sella, max vinc., min vinc., boh).

DOMANDA 23

Dato il problema di ottimo vincolato (qui A ∈ R^5,5, b ∈ R⁵, c ∈ R) ott.x^′Ax + b^′x + c

sub x1+ x2 = 1 x₃+ x₄ = 2 scrivere la funzione Lagrangiana.

DOMANDA 23

Mediante il metodo per sostituzione, risolvere, se possibile, il problema di ottimo vincolato

ott.x1x3+ log (x1+ x2) sub x₁+ x₂ = 1

DOMANDA 24

Scrivere la funzione Lagrangiana del problema di ottimo vincolato ott.x₁x₃+ log (x₁+ x₂)

sub x₁+ x₂ = 1 DOMANDA 25

Determinare i punti stazionari e il moltiplicatore della funzione Lagrangiana associati al problema di ottimo vincolato della domanda precedente.

DOMANDA 26

(4)

Determinare, attraverso la condizione sulla matrice hessiana orlata, se i punti stazionari della funzione Lagrangiana del punto precedente consentono di individuare un punto di ottimo del problema vincolato.

DOMANDA 27

Determinare, attraverso l’utilizzo delle curve di livello, l’eventuale soluzione del seguente problema di ottimo:

max x₁+ x₂ sub

x₁+ 2x₂ ≤ 0 2x1+ x2 ≤ 0

x₁ ≥ 0, x₂≥ 0

(5)

Metodi Matematici II

Algebra Lineare e Calcolo Finanziario Soluzioni Simulazione Test Prova Finale DOMANDA 1

Sia A∈ R^3,3 e si sappia che il sistema lineare Ax=0 ha un’unica soluzione.

Allora il sistema lineare Ax=b a può non ammettere

soluzioni ; ; b è possibile ed ammette una sola soluzione;

c è possibile ed ammette

infinite soluzioni; ; d non è possibile;

R. b.

Poichè il S.L. omogeneo ha una sola soluzione segie che r (A) = n = 3.

Di conseguenza r (A|b) = 3, ∀b ∈ R³. e il S.L. non omogeneo è possibile ed ammette una sola soluzione.

DOMANDA 2

Discutere il seguente S.L.:





1 0 1 2

0 1 0 2

-1 0 -1 0



 .

R. Mediante eliminazione gaussiana con l’operazione R3=R3+R1 si arriva alla forma ridotta





1 0 1 2

0 1 0 2

0 0 0 2



 da cui si deduce immediatamente che il SL è impossibile in quanto r (A|b) = 3 e r (A) = 2.

DOMANDA 3

Si è costruita una matrice A accostando m vettori di Rⁿ. Allora:

a r (A) ≤ m se n > m; b r (A) = n;

c r (A) = m; d r (A) = max (n, m);

R. La matrice A ha dimensione m × n e si sa che r (A) ≤ min (m, n). Per cui l’unica risposta ammissibile è a.

DOMANDA 4

Al variare di α ∈ R, determinare il rango della matrice A=

1 2 3 α

R. Il determinante della matrice è pari a α − 6. Di conseguenza se α = 6, si ha che il rango è 1, altrimenti è 2.

DOMANDA 5

Un gestore che dispone di un capitale di 40 deve costruire un portafoglio immunizzato ad un fattore di rischio, sapendo che i due titoli hanno sensibilità ad un fattore di rischio di 5 e -3 e che i loro prezzi sono pari a 10. La quantità da acquistare dei due titoli è:

R. q₁= 3/2, q₂= 5/2.

Si deve risolvere il S.L.

10 10 5 −3

q₁ q₂

=

40 0

(6)

che ha soluzione: q₁ q₂

=

₃

25 2

. DOMANDA 6

Al variare di α ∈ R, discutere il S.L.





1 2 0 0 3 6 0 1 2

0 3 α



 . R.

Con l’operazione elementare R₃= R₃− R₂/3 si ottiene:





1 2 0 0 3 6 0 0 0

0 3 α − 1





per cui se α = 1, il sistema è impossibile. Altrimenti è possibile con ∞³⁻² soluzioni, date da

ˆ x=





−2 + 4t 1 − 2t

t



 , t ∈ R.

DOMANDA 7

Se A∈ R^4,4ha determinante pari a 5, calcolare det(2A) e det 2A⁻¹

. R.

Si sa che

det (αA) = αⁿdet (A) , per cui

det (2A) = 2⁴det (A) = 2⁴× 5.

Inoltre

det 2A⁻¹

= 2ⁿdet A⁻¹

= 2ⁿ 1

det (A) =2⁴ 5. DOMANDA 8

Se A⁻¹=

1 2 0 3

, e B⁻¹=

0 1 2 3

, allora:

(AB)⁻¹T

ha elemento 2,2 pari a:

R. Si ha

(AB)⁻¹= B⁻¹A⁻¹, per cui

B⁻¹A⁻¹ T

=

A⁻¹ T B⁻¹ T

. Nel nostro esempio

A⁻¹ T B⁻¹ T

=

1 2 0 3

T 0 1 2 3

T

=

1 0 2 3

0 2 1 3

=

0 2 3 13

.

(7)

DOMANDA 9

Un gestore deve decidere quanto investire in due titoli che hanno sensibilità 5 e -3 ad un fattore di rischio. I due titoli hanno prezzo pari a 10. Obiettivo del gestore è replicare un indice di mercato che vale 10 e che ha sensibilità pari a 1 al fattore di rischio. Allora le quantità da acquistare dei due titoli sono:

R. Si deve risolvere il sistema lineare

10 10 5 −3

q₁ q₂

=

10 1

che ha soluzione:

q1

q2

= 1

−80

−3 −10

−5 10

10 1

=

₁

21 2

. DOMANDA 10

Due gestori hanno ottenuto rispettivamente una performance del 5% e dell’8%

gestendo due portafogli descritti dalla seguente composizione: f ondo₁=

0.2 0.8 T

, fondo₂ =

0.5 0.5 T

. Indici di mercato puri hanno registrato una performance rispettivamente del 4% e del 10%. L’extraperformance dei due gestori è data da: ex₁= ..., ex₂= ...

R. ex₁= −3.8%, ex₂= 1%.

Poichè i benchmark di mercato sono indici puri, e quindi rispettivamente descritti dalle composizioni

1 0 T

e

0 1 T

, i fondi gestiti possono essere facilmente ricostruiti come combinazione lineare dei fondi di mercato:

0.2

1 0

+ 0.8

0 1

=

0.2 0.8

0.5

1 0

+ 0.5

0 1

=

0.5 0.5

La performance del primo fondo spiegata dal mercato è:

0.2 × 4% + 0.8 × 10% = 0.8% + 8% = 8.8%

e quindi la extraperformance che misura la capacità del primo gestore è:

5% − 8.8% = −3.8%,

addirittura negativa. La performance del secondo fondo spiegata dal mercato è:

0.5 × 4% + 0.5 × 10% = 2% + 5% = 7%

e quindi la extraperformance che misura la capacità del secondo gestore è:

8% − 7% = 1%.

DOMANDA 11

(8)

Determinare l’unica soluzione del seguente sistema lineare:





2 2 2

0 1 2

−2 1 1

0 1 1



 è:

R. ˆx=

−¹₃ −¹₃ ²₃ T

.

Attraverso la sequenza di operazioni elementare si ottiene R3= R3+ R1:





2 2 2 0 1 2 0 3 3

0 1 1





R₁= R₁/2:





1 1 1 0 1 2 0 3 3

0 1 1





R₁= R₁− R₂, R₃= R₃− 3R₁:





1 0 −1

0 1 2

0 0 −3

−1 1

−2





R3= R3/ (−3) ::





1 0 −1

0 1 2

0 0 1

−1 1

2 3





R₁= R₁+ R₃, R₂= R₂− 2R₃:





1 0 0 0 1 0 0 0 1

−¹₃

2 3



 DOMANDA 12

Discutere il Sistema Lineare Omogeneo con matrice dei coefficienti A=

−1 1 0

0 1 1

: R. Il S.L. omogeneo ha ∞³⁻² soluzioni, in quanto la matrice A ha rango

pari a 2. Le infinite soluzioni sono date da

x=





−t

−t t



 = t





−1

−1 1



 , t ∈ R.

DOMANDA 13

Sia A∈ R^3,3e si sappia che il sistema lineare Ax = 0 ha ∞²soluzioni. Allora il sistema lineare Ax=b: a è sempre possibile; b è possibile se r (A|b) = 1

c ammette ∞²soluzioni, ∀b; d è sempre impossibile, ∀b;

R.

Se il SL omogeneo ha ∞² soluzioni, significa che r (A) = 1. Quindi la risposta corretta per il Teorema di Rouchè Capelli è la b).

DOMANDA 14 Sia A^T =





1 2 3 4 5 6 2 3 4 5 6 7 3 4 5 6 7 8



 e B^T =

1 2 3

. Calcolare la componente (1, 2) della matrice prodotto (AB)^T.

R. 20

Si osserva che (AB)^T = B^TA^T e che per calcolare la componente (1, 2) occorre considerare la prima riga di B e la seconda colonna di A. Per cui

(9)

l’elemento desiderato è

1 × 2 + 2 × 3 + 3 × 4 = 20.

DOMANDA 15

Calcolare la matrice inversa di A=

1 2 4 1

. R. A⁻¹= −¹₇

1 −2

−4 1

La matrice A ha rango pieno e quindi è invertibile. La matrice inversa possiamo calcolarla ricordando la regola di inversione di matrici 2x2:

A=

a11 a12

a21 a22

→ A⁻¹= 1 det (A)

a22 −a12

−a21 a11

, per cui

A⁻¹ = 1

1 − 8

1 −2

−4 1

= −1 7

1 −2

−4 1

.

Oppure possiamo risolvere il sistemone mediante eliminazione gaussiana

1 2

4 1

A

1 0

0 1

I

R2→ R2− 4R1

1 2 0 −7

1 0

−4 1

R2→ R2/ (−7)

1 2 0 1

1 0

4 7 −¹₇

R₁→ R₁− 2R₂





 1 0

0 1

I

−¹₇ ²₇

4 7 −¹₇

A⁻¹





.

Quindi la matrice inversa è data da A⁻¹=

−¹₇ ²₇

4 7 −¹₇

. DOMANDA 16

Sia A⁻¹=

1 2 4 1

. Risolvere il Sistema Lineare Ax = b dove b = [1 1]^T.

(10)

R. Osserviamo che poichè è assegnata la matrice A⁻¹, allora il sistema lineare Ax = b ha un’unica soluzione data da

x= A⁻¹b=

1 2 4 1

1 1

=

3 5

. DOMANDA 17

La funzione f (x) : R³→ R data da f (x) = x1x3+ log (x1x2) ha gradiente nel punto x0=

1 2 1 . R.

Si ha

∇f (x) =

x3+_x¹

1

1 x₂ x1

, e

∇f (x₀) =

1 +¹₁ ¹₂ 1

=

2 ¹₂ 1 . DOMANDA 18

La funzione f (x) : R³ → R data da f (x) = x₁x₃+ log (x₁x₂) ha matrice Hessiana nel punto x₀=

1 2 1 . R.

Si ha

H_f(x) =





−_x¹2

1 0 1

0 −_x¹₂

2

0

1 0 0



 ,

e quindi

Hf(x₀) =





−₁¹2 0 1 0 −₂¹2 0

1 0 0



 =





−1 0 1

0 −¹₄ 0

1 0 0



 . DOMANDA 19

In un problema di ottimo, la matrice Hessiana della funzione obiettivo nel punto stazionario x₀è data da

Hf(x₀) =





1 2 3

2 −1 2

3 2 1



 .

Discutere la natura del punto stazionario.

R.

I minori principali di NW della matrice sono dati da 1, -5 e 24. Di conseguenza la matrice hessiana calcolata in x0è indefinita e x0non può essere un estremo della funzione.

DOMANDA 20

Data la funzione f (x) = x^′Ax + b^′x+ c, dove

A=





1 2 3

2 −1 2

3 2 1



 , b =



 1 2 1



 , c = 1

(11)

ha punti stazionari che sono soluzioni del SL (scrivere il SL da risolvere, senza risolverlo).

R. Il SL che consente di individuare i punti stazionari è dato da 2Ax + b = 0,

da cui

Ax= −b 2. DOMANDA 21

Il vettore

x₀= ₅

12 −¹₃ ₁₂⁵ ′

è punto stazionario della funzione nella domanda precedente?

R. Se calcoliamo Ax₀, si ottiene





1 2 3

2 −1 2

3 2 1









5

−12¹₃ 5 12



 =



 1 2 1



 = −b 2,

e quindi non è un punto stazionario. Il punto stazionario è invece dato da

−1 2





5

−12¹₃ 5 12



 .

DOMANDA 22

Dato un problema di ottimo vincolato (con 1 vincolo di uguaglianza), la matrice hessiana orlata (hessiana della funzione Lagrangiana) in un punto stazionario è data da

HL(x₀) =





0 2 3

2 −1 2

3 2 1



 .

Determinare la natura del punto stazionario (sella, max vinc., min vinc., boh).

R.

La determinazione dell’ottimo vincolato richiede di individuare un punto di sella della funzione Lagrangiana L (x, λ). In particolare, condizione sufficiente di sella affinchè un punto

ˆ x, ˆλ

sia di sella per L (e quindi che ˆx sia un punto di ottimo vincolato) è

• che il gradiente della funzione Lagrangiana sia nullo (cioè che ˆ x, ˆλ

sia un punto stazionario per L (x, λ) ;

• che gli ultimi n − m minori principali di NW della matrice hessiana di L siano a a segni alterni cominciando con (−1)^m+1, ed in questo caso ˆx sarebbe un punto di massimo locale vincolato, oppure

(12)

• che gli ultimi n − m minori principali di NW della matrice hessiana di L siano a di segno (−1)^m, ed in questo caso ˆx sarebbe un punto di minimo locale vincolato.

Qui occorre calcolare gli ultimi

n − m = 2 − 1

minori principali di NW, cioè il determinante che è pari a 29, il cui segno è positivo, e coincide con quello di (−1)^m+1 = (−1)² > 0. Quindi il punto x₀ è un punto di massimo vincolato.

DOMANDA 23

Dato il problema di ottimo vincolato (qui A ∈ R^5,5, b ∈ R⁵, c ∈ R) ott.x^′Ax + b^′x + c

sub x1+ x2 = 1 x₃+ x₄ = 2 scrivere la funzione Lagrangiana.

R. La funzione Lagrangiana è data da

x^′Ax+ b^′x+ c + λ







1 2

−

1 1 0 0 0 0 1 1





 x₁ x₂ x3

x4













= x^′Ax+ b^′x+ c + λ

1 2

−

x1+ x2

x3+ x4

, dove

λ=

λ₁ λ₂ . [In particolare, il problema di ottimo vincolato

ottx^′Ax+ b^′x+ c sub : Cx = d

dove

C=

1 1 0 0 0 0 1 1

, d =

1 2

. ha funzione Lagrangiana

L (x, λ) = x^′Ax+ b^′x+ c + λ (d − Cx) . Le condizioni per la ricerca del pto stazionario sono

2Ax + b − C^′λ^′= 0, da cui si ha il SL

Ax=1 2

−b + C^′λ^′ .

(13)

Il vettore λ è poi determinato imponendo che il vettore x soddisfi il vincolo Cx= d.

La condizione sufficiente del secondo ordine richiede il calcolo degli ultimi n − m minori principali di NW della matrice Hessiana orlata

H_L=

0 −C

−C^′ 2A

. ]

DOMANDA 23

Mediante il metodo per sostituzione, risolvere, se possibile, il problema di ottimo vincolato

ott.x1x3+ log (x1+ x2) sub x₁+ x₂ = 1

R.

Mediante la sostituzione la funzione obiettivo diviene

g (x₁, x₃) = f (x₁, 1 − x₁, x₃) = x₁x₃+ log (x₁+ 1 − x₁) = x₁x₃. Il punto stazionario della funzione g : R²− > R è dato da x₁= 0, x₃= 0 (infatti

∇g =

x₃ x₁

). La matrice Hessiana è però data da H =

0 1 1 0

,

i cui m.p. di NW sono 0 e -1. Quindi la matrice è indefinita e il punto x₁= 0, x₃= 0 individua un pto di sella per g, come illustrato in figura.

-5

-20 -4

-4 -3

-10 -2

x3

-2

g-1

x1

0 0 0

2 4

1 2 3 4 5

10 20

(14)

DOMANDA 24

Scrivere la funzione Lagrangiana del problema di ottimo vincolato ott.x1x3+ log (x1+ x2)

sub x₁+ x₂ = 1 R.

Nel problema in esame, la funzione Lagrangiana è data da L (x, λ) = x1x3+ log (x1+ x2) + λ (1 − x1− x2) . I pti stazionari di L (x, λ) sono individuati risolvendo il SL









x₃+_x ¹

1+x2 − λ = 0 +_x ¹

1+x₂ − λ = 0 x₁= 0

1 − x1− x2= 0 da cui si ottiene l’unica soluzione

ˆ

x₁= 0, ˆx₂= 1, ˆx₃= 0, ˆλ = 1.

La matrice Hessiana orlata di L è data da:

H_L(x, λ) =







0 −1 −1 0

−1 −_(x ¹

1+x₂)² −_(x ¹

1+x₂)² 1

−1 −_(x ¹

1+x2)² −_(x ¹

1+x2)² 0

0 1 0 0





,

e nel pto stazionario abbiamo

HL

ˆ x, ˆλ

=







0 −1 −1 0

−1 −₍₀₊₁₎¹ 2 −₍₀₊₁₎¹ 2 1

−1 −₍₀₊₁₎¹ 2 −₍₀₊₁₎¹ 2 0

0 1 0 0





=







0 −1 −1 0

−1 −1 −1 1

−1 −1 −1 0

0 1 0 0





.

Per determinare la natura del pto stazionario dobbiamo calcolare gli ultimi n−m = 3−1 = 2 m.p. di NW. In particolare, il MP di ordine 3 è il determinante della sotto-matrice 



0 −1 −1

−1 −1 −1





che è pari a 0. Quindi sicuramente ˆ x=

0 1 0 ′

, ˆλ = 1

non può essere pto di sella per la Lagrangiana e quindi

ˆ x=



 1 0 1



 ,

(15)

non è un estremo per il pb di ottimo vincolato. Il problema non ammette soluzione.

DOMANDA 25

Determinare i punti stazionari e il moltiplicatore della funzione Lagrangiana associati al problema di ottimo vincolato della domanda precedente.

R. Vedi risposta 24 DOMANDA 26

Determinare, attraverso la condizione sulla matrice hessiana orlata, se i punti stazionari della funzione Lagrangiana del punto precedente consentono di individuare un punto di ottimo del problema vincolato.

R. Vedi risposta 24 DOMANDA 27

Determinare, attraverso l’utilizzo delle curve di livello, l’eventuale soluzione del seguente problema di ottimo:

max x1+ x2

sub x1+ 2x2 ≤ 0 2x₁+ x₂ ≤ 0

x₁ ≥ 0, x₂≥ 0

R. La regione ammissibile degenera nella sola origine del piano bidimension- ale. Quindi l’origine, essendo anche l’unico punto di scelta, rappresenta anche la soluzione del problema.

Varianti

1) [PIU INTERESSANTE] Risolvere il pb max x₁+ x₂ sub

x1+ 2x2 ≤ 2 2x₁+ x₂ ≤ 2

x1 ≥ 0, x2≥ 0

(16)

0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 1.2 1.4 1.6 1.8 2.0 2.2 2.4 0.0

0.5 1.0 1.5 2.0 2.5

x1 x2

Le curve di livello sono in rosso tratteggiato. Le linee in verde individuano la regione ammissibile. Il punto in blu è il punto di ottimo.

In figura (??) sono illustrate le curve di livello della funzione obiettivo (in- dividuate dall’equazione x2 = k − x1, dove k ∈ R), le rette che delimitano la regione ammissibile (x₂= 1−x₁/2 e x₂= 2−2x₁). Il punto di ottimo è dato dal vertice della regione ammissibile: in questo punto (individuato dalle coordinate x₁ = ²₃, x₂= ²₃) si raggiunge il valore massimo della funzione obiettivo (pari a

4/3).

x₁+ 2x₂≤ 2 2x₁+ x₂≤ 2

(17)

0.0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1.0 1.1 1.2 1.3 1.4 1.5 0.0

0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 1.2 1.4

x1 x2

Regione ammissibile del problema

2) Risolvere il pb

min x1+ x2

sub x₁+ 2x₂ ≤ 2 2x1+ x2 ≤ 2

x₁ ≥ 0, x₂≥ 0

La regione ammissibile è la stessa del problema precedente. Ma dovendo minimizzare la funzione obiettivo, il punto di ottimo viene a coincidere con l’origine. Se il problema fosse stato

min x1+ x2

sub x1+ 2x2 ≥ 2 2x₁+ x₂ ≥ 2

x₁ ≥ 0, x₂≥ 0

la regione ammissibile sarebbe stata l’area del primo quadrante complementare alla regione del problema precedente ed è illustrata in figura (??).

(18)

0.0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1.0 1.1 1.2 1.3 1.4 1.5 0.0

0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 1.2 1.4

x1 x2

Regione ammissibile del problema Il punto di minimo sarebbe stato x1=²₃, x2= ²₃.

3) Risolvere il pb

max x1+ 2x2

sub x₁+ 2x₂ ≤ 2 2x1+ x2 ≤ 2

x₁ ≥ 0, x₂≥ 0.

In questo caso la regione ammissibile è come nella variante 1, ma le curve di livello hanno pendenza pari -1/2. Questo fa si che un lato della frontiera ammissibile coincida con parte della curva di livello (quella associata al livello 1). La conseguenza è che questo problema ammette infinite soluzioni: tutti i punti che stanno sul segmento x2= 1− x1/2, per 0≤ x1≤ ²₃.

(19)

0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 1.2 1.4 1.6 1.8 2.0 2.2 2.4 0.0

0.5 1.0 1.5 2.0 2.5

x1 x2

Le curve di livello sono in rosso tratteggiato. Le linee in verde individuano la regione ammissibile. Il segmento della frontiera ammissibile che coincide con la

curva di livello in rosso grassetto individua infiniti punti di ottimo.