Máximo de una integral por el método del simplex

Usando el método del simplex hallamos el máximo de una función dada por una integral.

Enunciado
Hallar el valor máximo de la integral

$I=\displaystyle\int_{0}^{1}x^2p\left(\frac{1}{x}\right)dx.$

entre todos los polinomios de grado menor o igual que 2 de coeficientes no negativos y que cumplen $p(1)\leq 2$ y $p’(1)\leq 3.$

(Propuesto en examen, Álgebra, ETS Ing. de Montes, UPM).

Solución
Todo polinomio de grado menor o igual que dos es de la forma $p(x)=x_1+x_2x+x_3x^2$ con $x_1,x_2,x_3\in\mathbb{R}.$ Hallemos explicitamente la integral $I$.

$\displaystyle\begin{aligned}
I&=\displaystyle\int_{0}^{1}x^2\left(x_1+\frac{x_1}{x}+\frac{x_3}{x^2}\right)dx\\
&=\displaystyle\int_{0}^{1}(x_1x^2+x_2x+x_3)dx=\\
&=\left[\displaystyle\frac{x_1x^3}{3}+\displaystyle\frac{x_2x^2}{2}+x_3x\right]_0^1\\
&=\frac{1}{3}x_1+\frac{1}{2}x_2+x_3.
\end{aligned}$

La condición $p(1)\leq 2$ equivale a $x_1+x_2+x_3\leq 2$ y $p’(1)\leq 3$ a $x_2+2x_3\leq 3$. Queda pues planteado el problema de programación lineal consistente en maximizar la función $I=x_1/3+x_2/3+x_3$ sometida a las restricciones

$\left \{ \begin{matrix} x_1+x_2+x_3\leq 2\\x_2+2x_3\leq 3 \\x_1\geq 0,\;x_2\geq 0,\;x_3\geq 0.\end{matrix}\right.
$

Introducimos las variables de holgura $x_i\geq 0\;(i=4,5)$ y expresamos el problema en forma estándar:

$\left \{ \begin{matrix}x_1+x_2+x_3+x_4=2\\x_2+2x_3+x_5=3\\ x_i\geq 0 \;(i=1,\ldots,5).\end{matrix}\right.$

Expresemos el problema en forma matricial escribiendo ordenadamente en filas los coeficientes de $x_1,\ldots,x_5,I$ y los términos constantes:

$\left[\begin{array}{cccccc|c}
\;\;\;1 & \;\;\;1 & \;\;\;1 &\boxed{1} & 0 & 0 & 2 \\
\;\;\;0 & \;\;\;1 & \;\;\;2 & 0 & \boxed{1} & 0 & 3 \\
-1/3 & -1/2 & -1 & 0 & 0 & 1 & 0
\end{array}\right]$

Una solución factible básica es $x=(0,0,0,2,3),$ para la cual $I=0$. La solución no es máxima al existir algún coeficiente negativo para las $x_i$. Eliminemos el menor coeficiente negativo es decir, $-1$. Como $2/3>1/2$, elegimos como pivote $a_{23}=2$ y fabricamos ceros es la tercera columna:

$\left[\begin{array}{cccccc|c}
\;\;\;1 & \;\;\;1 & \;\;\;1 & 1 & 0 & 0 & 2 \\
\;\;\;0 & \;\;\;1/2 & \;\;\;1 & 0 & 1/2 & 0 & 3/2 \\
-1/3 & -1/2 & -1 & 0 & 0 & 1 & 0
\end{array}\right]$

$\left[\begin{array}{cccccc|c}
\;\;\;1 & \;\;\;1/2 & \;\;\;0 & \boxed{1} & -1/2 & 0 & 1/2 \\
\;\;\;0 & \;\;\;1/2 & \;\;\;\boxed{1} & 0 & \;\;\;1/2 & 0 & 3/2 \\
-1/3 & \;\;\;0 &\;\;\; 0 & 0 & \;\;\;1/2 & 1 & 3/2
\end{array}\right]$

Una solución factible básica es $x=(0,0,3/2,1/2,0),$ para la cual $I=3/2$. La solución no es máxima al existir algún coeficiente negativo para las $x_i$. Eliminemos el único coeficiente negativo es decir, $-1/3$. Como $1/(1/2)>0/(3/2)$ elegimos como pivote $a_{11}=1$ y fabricamos ceros es la primera columna:

$\left[\begin{array}{cccccc|c}
\boxed{1} & 1/2 & \;\;\;0 & 1 & -1/2 & 0 & 1/2 \\
0 & 1/2 & \;\;\;\boxed{1} & 0 & \;\;\;1/2 & 0 & 3/2 \\
0 & 1/6 &\;\;\; 0 & 1/3 & \;\;\;1/3 & 1 & 5/3
\end{array}\right]$

Una solución factible básica es $x=(1/2,0,3/2,0,0),$ para la cual $I=5/3$. La solución es máxima al no existir coeficientes negativos para las $x_i$. Tenemos pues:

$I_{\max}\left(\dfrac{1}{2}+\dfrac{3}{2}x^2\right)=\dfrac{5}{3}.$

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