Álgebra (71) · Parcial modelo

Segundo parcial de Álgebra (71), resuelto paso a paso

Es un parcial modelo, escrito por nosotros. No es el parcial de ninguna cátedra ni de ninguna fecha: está armado con el temario y el formato de los que se toman, para que puedas practicar con algo parecido.

Matrices y determinantes, insumo-producto, programación lineal y simplex: una matriz con parámetro y su inversa, dos rubros que se compran entre sí, un taller con tres recursos y un costo mínimo resuelto por el dual.

4 ejercicios, 23 preguntas, 120 minutos. Se aprueba con 60 sobre 100.

Rendirlo vos primero →Sin corrección hasta entregarlo, como el de verdad · después te da la nota y a qué temas volver

Las consignas

Cuatro ejercicios, dos horas. Cada ejercicio vale 25 puntos, repartidos en partes iguales entre sus ítems. Sin calculadora: los resultados quedan exactos, o con los decimales que da el enunciado.

Qué entra: las prácticas 4, 5 y 6 (matrices, determinantes e insumo-producto; programación lineal; simplex). El aula publica la fecha pero no el temario, así que el corte es una suposición: si en tu comisión dicen otra cosa, hacele caso a tu comisión. Y cuatro ejercicios no alcanzan para todo: los grafos, las matrices como espacio vectorial, los puntos enteros de una región, el máximo que no existe y el cambio de variables no tienen ítem propio, y en el de verdad pueden estar.

Cómo se escribe cada cosa:

· Una expresión en k con ^ para la potencia: k^2 - 4.
· Varios valores, separados por y: 2 y -3.
· Los puntos y los vectores entre paréntesis y con comas: (1, -2, 0).
· Los decimales con coma o con punto, da igual: 0,5. La plata y las cantidades, sólo el número, sin $ ni punto de miles.
· Las matrices del enunciado están escritas por filas.

Y la convención de la tabla simplex, que es la de la práctica: la fila de indicadores arranca siendo los coeficientes de z con su signo, la esquina dice «z − v», entra el mayor indicador positivo y la tabla es final cuando no queda ninguno positivo. La otra convención, la de los libros en inglés, da las mismas soluciones con las tablas al revés, y mezclarlas es la forma más rápida de perder el ejercicio.

Una advertencia que no es un detalle: acá se corrige el resultado. En el parcial de verdad se pide el desarrollo —la tabla de cada pivoteo, el gráfico con los puntos esquina—, y un número suelto no suma. Resolvelo en papel, como si lo fueran a leer, y después pasá los resultados.

Ejercicio 1 — Cuando el determinante se anula 25 puntos

Para cada k ∈ ℝ, sea A la matriz de filas (1, k, 1), (1, 1, 1) y (0, 2, k + 1), y sea b la columna (1, 2, 1).

a) Calcular det(A) en función de k.
b) ¿Para qué valores de k la matriz A no es inversible? (escribilos separados por y)
c) Para k = 0, calcular A⁻¹ y dar su lugar (3, 2).
d) Para k = 0, resolver A·x = b usando A⁻¹. (formato: (a, b, c))
e) ¿Para qué valores de k el sistema A·x = b no tiene solución?
f) Para k = 2, calcular det(3·A⁻¹).

Resolución

a) La primera columna tiene un 0 en el lugar (3, 1), así que el desarrollo por ella son sólo dos menores. Con los signos del tablero (+ en (1, 1), − en (2, 1)):

det(A) = 1·det( 1 1 ; 2 k + 1 ) − 1·det( k 1 ; 2 k + 1 )
= (k + 1 − 2) − (k² + k − 2) = 1 − k²

Control con k = 0: la matriz de filas (1, 0, 1), (1, 1, 1), (0, 2, 1) tiene determinante 1, y 1 − 0 = 1 ✓. Control con k = 1: las dos primeras filas son iguales, así que el determinante tiene que ser 0, y 1 − 1 = 0 ✓.

b) No es inversible exactamente donde se anula el determinante:

1 − k² = 0 ⇔ k = 1 o k = −1

c) Con k = 0, det(A) = 1 y A es inversible. Por Gauss sobre [A | I]:

( 1 0 1 | 1 0 0 ) ; ( 1 1 1 | 0 1 0 ) ; ( 0 2 1 | 0 0 1 )
F₂ − F₁: ( 0 1 0 | −1 1 0 )
F₃ − 2F₂: ( 0 0 1 | 2 −2 1 )
F₁ − F₃: ( 1 0 0 | −1 2 −1 )

A⁻¹ = filas (−1, 2, −1), (−1, 1, 0), (2, −2, 1) · lugar (3, 2) = −2

Control: A·A⁻¹ tiene que dar la identidad. La fila 1 de A por la columna 1 de A⁻¹: 1·(−1) + 0·(−1) + 1·2 = 1 ✓; la fila 3 de A por la columna 2 de A⁻¹: 0·2 + 2·1 + 1·(−2) = 0 ✓. El que contesta 0 leyó el lugar (2, 3): fila y columna al revés.

d) Con la inversa, el sistema se resuelve con un producto:

x = A⁻¹·b = (−1·1 + 2·2 − 1·1, −1·1 + 1·2 + 0·1, 2·1 − 2·2 + 1·1) = (2, 1, −1)

Control en el sistema original: (2 + 0 − 1, 2 + 1 − 1, 0 + 2 − 1) = (1, 2, 1) ✓. Multiplicar A·b en lugar de A⁻¹·b da (2, 4, 5), y el control lo caza enseguida.

e) Para k ≠ ±1 hay solución única (det ≠ 0). En k = 1 y k = −1 el determinante ya no decide: hay que mirar el sistema.

k = 1: x₁ + x₂ + x₃ = 1 ; x₁ + x₂ + x₃ = 2 ; 2x₂ + 2x₃ = 1
→ las dos primeras se contradicen: incompatible

k = −1: x₁ − x₂ + x₃ = 1 ; x₁ + x₂ + x₃ = 2 ; 2x₂ = 1
→ x₂ = 1/2, y las dos primeras dan x₁ + x₃ = 3/2 las dos: compatible indeterminado

Así que A·x = b no tiene solución sólo para k = 1.

La trampa del ítem. «El determinante es cero» se lee a veces como «no tiene solución» y a veces como «tiene infinitas», y las dos lecturas están mal: det(A) = 0 sólo dice que no hay solución única. Qué pasa después depende de b, y acá los dos valores de k dan cosas distintas. En k = 1 se ve a simple vista: la misma suma x₁ + x₂ + x₃ no puede valer 1 y 2.

f) Dos propiedades encadenadas. Con k = 2, det(A) = 1 − 4 = −3, así que det(A⁻¹) = −1/3. Multiplicar una matriz de 3×3 por 3 es multiplicar sus tres filas por 3, y cada fila saca su factor:

det(3·A⁻¹) = 3³·det(A⁻¹) = 27·(−1/3) = −9

Dónde se pierde el ejercicio. En f), con 3·det(A⁻¹) = −1: el escalar sale una vez por fila, no una vez en total. Y en e), contestando por el determinante sin escribir el sistema. El control que conviene hacer siempre con una inversa es el producto A·A⁻¹ en dos lugares, uno de la diagonal y uno de afuera: son dos cuentas y cazan casi cualquier error de Gauss.

Si te costó, está explicado en: 4.6 Determinantes: cálculo y desarrollo por una fila o columna · 4.7 Propiedades del determinante e inversibilidad · 4.5 Matriz inversa · 4.8 El determinante y los sistemas con parámetro

Ejercicio 2 — Transporte y combustible 25 puntos

Una economía simplificada tiene dos rubros que se compran entre sí: el transporte (rubro 1) y el combustible (rubro 2). Por cada peso de transporte que se produce se usan $ 0,20 de transporte y $ 0,70 de combustible; por cada peso de combustible que se produce se usan $ 0,40 de transporte y $ 0,40 de combustible. Sea C la matriz de tecnología de esta economía. Las producciones y las demandas se miden en millones de pesos.

a) ¿Cuánto vale c₂₁, el lugar (2, 1) de la matriz de tecnología C?
b) ¿La economía es productiva?
c) Si la demanda externa es de 60 de transporte y 50 de combustible, ¿cuánto tiene que producir cada rubro? (formato: (transporte, combustible))
d) Con esa producción, ¿cuánto combustible le compra el rubro transporte? (sólo el número, en millones)
e) Si la demanda externa de combustible sube en 30 y la de transporte no cambia, ¿cuánto más tiene que producir el transporte? (sólo el número, en millones)

Resolución

a) La convención de la práctica: la columna j de C es la receta del rubro j, lo que usa por cada peso que produce. La columna 1 es la del transporte (0,2 de transporte, 0,7 de combustible) y la columna 2 la del combustible (0,4 y 0,4):

C = filas ( 0,2 0,4 ) y ( 0,7 0,4 ) · c₂₁ = 0,7

El que arma C por filas, poniendo en la fila 1 la receta del transporte, tiene la traspuesta y contesta 0,4.

b) Las dos condiciones suficientes de productividad:

filas: 0,2 + 0,4 = 0,6 · 0,7 + 0,4 = 1,1 → no todas < 1
columnas: 0,2 + 0,7 = 0,9 · 0,4 + 0,4 = 0,8 → todas < 1: productiva

La trampa del ítem. Las dos son condiciones suficientes: alcanza con que se cumpla una. La de filas falla, y quien mira sólo esa contesta «no», que es leer una condición suficiente como si fuera necesaria. Las columnas tienen lectura: cada peso de transporte usa 90 centavos de insumos y cada peso de combustible, 80. Los dos rubros agregan valor. Control por el otro camino: (I − C)⁻¹, que se calcula en c), tiene todos sus coeficientes positivos.

c) El modelo es (I − C)·X = D:

I − C = filas ( 0,8 −0,4 ) y ( −0,7 0,6 ) · det = 0,48 − 0,28 = 0,2
(I − C)⁻¹ = (1/0,2)·filas ( 0,6 0,4 ) y ( 0,7 0,8 ) = filas ( 3 2 ) y ( 3,5 4 )

X = (I − C)⁻¹·D = (3·60 + 2·50 ; 3,5·60 + 4·50) = (280 ; 410)

Control con el balance de cada rubro, X − C·X = D: el transporte produce 280, usa 56 (0,2·280) y le vende 164 al combustible (0,4·410), y le quedan 280 − 56 − 164 = 60 ✓. El combustible produce 410, le vende 196 al transporte, usa 164 y le quedan 50 ✓.

d) Lo que el transporte le compra al combustible es lo que el rubro 1 usa del rubro 2:

c₂₁·x₁ = 0,7·280 = 196

El 164 es la flecha al revés: lo que el combustible le compra al transporte, c₁₂·x₂ = 0,4·410. (Y por casualidad el combustible también usa 164 de sí mismo, 0,4·410.)

e) Como X = (I − C)⁻¹·D, si D aumenta en ΔD, X aumenta en (I − C)⁻¹·ΔD. Con ΔD = (0, 30):

ΔX = (2·30 ; 4·30) = (60 ; 120) → el transporte produce 60 más

Control resolviendo otra vez con D = (60, 80): X = (3·60 + 2·80 ; 3,5·60 + 4·80) = (340 ; 530), que es (280 + 60 ; 410 + 120) ✓.

Dónde se pierde el ejercicio. En a), armando C por filas: todo lo demás sale de C y se arrastra. En c), con la cuenta de «una vuelta», D + C·D = (92, 112): lo que se produce para cubrir esos pedidos pide a su vez más insumos, y esa cadena es justamente lo que suma (I − C)⁻¹. Y en e), contestando 0: la demanda que subió es la de combustible, pero producir combustible usa transporte. El coeficiente 2 de (I − C)⁻¹ es cuánto transporte hace falta, en toda la cadena, por cada peso más de combustible que sale para afuera.

Si te costó, está explicado en: 4.9 El modelo de insumo-producto · 4.10 Economías productivas

Ejercicio 3 — Camperas y buzos 25 puntos

Un taller textil confecciona camperas y buzos. Cada campera lleva 3 horas de corte, 2 de costura y 2 de terminación; cada buzo, 2 horas de corte, 2 de costura y 3 de terminación. Por semana hay 56 horas de corte, 44 de costura y 60 de terminación. Por una decisión comercial, las camperas no pueden ser más del doble que los buzos. Cada campera deja una ganancia de $ 7 mil y cada buzo, de $ 6 mil. Sean x la cantidad de camperas e y la de buzos que se hacen por semana.

a) ¿Cuál es la restricción de la decisión comercial?
b) ¿Cuántos puntos esquina tiene la región de factibilidad? (sólo el número)
c) ¿Cuál es la ganancia máxima por semana, en miles de pesos? (sólo el número)
d) ¿Cuántas camperas y cuántos buzos conviene hacer por semana? (formato: (camperas, buzos))
e) Con ese plan, ¿cuántas horas de terminación sobran por semana? (sólo el número)
f) Si la ganancia por campera fuera de p miles de pesos (y la del buzo siguiera siendo 6), ¿para qué valores de p el plan de d) seguiría siendo óptimo?

Resolución

El problema, con x camperas e y buzos por semana:

máx z = 7x + 6y sujeta a
3x + 2y ≤ 56 (corte) ; 2x + 2y ≤ 44 (costura) ; 2x + 3y ≤ 60 (terminación)
x ≤ 2y (proporción) ; x ≥ 0 ; y ≥ 0

a) «No pueden ser más del doble de los buzos»: con 10 buzos, hasta 20 camperas. Es x ≤ 2y, o x − 2y ≤ 0. Probar un caso concreto es la manera más segura de no escribir la desigualdad al revés.

b) Los puntos esquina salen de cortar las fronteras de a dos y quedarse con los que cumplen todo:

x = 2y y 3x + 2y = 56 → (14, 7)
3x + 2y = 56 y 2x + 2y = 44 → (12, 10)
2x + 2y = 44 y 2x + 3y = 60 → (6, 16)
2x + 3y = 60 y x = 0 → (0, 20) · y el origen (0, 0)

5 puntos esquina. Otros cortes quedan afuera: el del corte con el eje x, (56/3, 0), no cumple x ≤ 2y; el de la costura con el eje y, (0, 22), se pasa de la terminación (66 > 60). Control de que ninguna restricción sobra: cada una pasa por algún vértice.

c) y d) La región es acotada (un pentágono), así que el máximo está en un vértice:

z(0, 0) = 0 · z(14, 7) = 140 · z(12, 10) = 144 · z(6, 16) = 138 · z(0, 20) = 120

12 camperas y 10 buzos, con una ganancia de $ 144 mil por semana. Control con las curvas de nivel: la pendiente de z, −7/6 ≈ −1,17, está entre la del corte, −3/2, y la de la costura, −1, que son justo los dos lados que se cruzan en (12, 10).

La trampa de c). Los tres vértices de arriba dan 140, 144 y 138: si se evalúa «a ojo» el que parece más lejos del origen, o sólo el de la proporción porque es la restricción «nueva», se pierde el ítem. La proporción, de hecho, no es la que frena: sin ella el máximo sería el mismo. Evaluar todos los vértices cuesta cinco cuentas y no se puede errar.

e) En el óptimo, lo que se usa de cada recurso:

corte: 3·12 + 2·10 = 56 (justo) ; costura: 2·12 + 2·10 = 44 (justo)
terminación: 2·12 + 3·10 = 54 de 60 → sobran 6 horas

Es la misma lectura que después hace el simplex con las variables de holgura: en el óptimo, las restricciones justas tienen holgura 0 y la de terminación, holgura 6.

f) Si la ganancia por campera pasa a ser p, las curvas de nivel p·x + 6y = k tienen pendiente −p/6. El vértice (12, 10) sigue siendo óptimo mientras esa pendiente quede entre las de sus dos lados:

−3/2 ≤ −p/6 ≤ −1 ⇔ 1 ≤ p/6 ≤ 3/2 ⇔ 6 ≤ p ≤ 9

En los bordes hay empate: con p = 9 la recta de nivel es paralela al corte y el óptimo es todo el lado de (12, 10) a (14, 7); con p = 6, paralela a la costura, y es el lado de (12, 10) a (6, 16). Control con un valor de afuera: con p = 10, z(14, 7) = 182 le gana a z(12, 10) = 180.

Dónde se pierde el ejercicio. En f), escribiendo la pendiente de la recta de nivel al revés, −6/p, que da 4 ≤ p ≤ 6. El control que conviene hacer siempre: el p que ya tenés, 7, tiene que caer adentro del intervalo, porque con p = 7 el plan de d) es óptimo. En 4 ≤ p ≤ 6 no cae, y eso alcanza para ver que la cuenta está mal.

Si te costó, está explicado en: 5.5 Problemas de programación lineal · 5.2 Semiplanos, regiones y puntos esquina · 5.4 Función objetivo y curvas de nivel: máximo y mínimo · 5.6 Parámetros en la función objetivo y en la región

Ejercicio 4 — Las encuestas más baratas, por el dual 25 puntos

Para un estudio de mercado, una consultora tiene que hacer al menos 440 encuestas en la calle, 340 telefónicas y 300 en línea. Contrata jornadas de dos agencias: una jornada de la agencia A hace 20 encuestas en la calle, 30 telefónicas y 10 en línea, y cuesta $ 500 mil; una de la agencia B hace 20, 10 y 30, y cuesta $ 700 mil. Contando las encuestas de a decenas y el dinero en cientos de miles de pesos, con w₁ y w₂ las jornadas de A y de B, el problema es minimizar u = 5w₁ + 7w₂ sujeta a 2w₁ + 2w₂ ≥ 44 ; 3w₁ + w₂ ≥ 34 ; w₁ + 3w₂ ≥ 30 ; w₁ ≥ 0, w₂ ≥ 0. Hay que resolverlo con el método simplex aplicado a su problema dual, de variables x₁, x₂, x₃ (con holguras s₁ y s₂).

a) ¿Cuál es la restricción del dual que corresponde a la agencia B (a la variable w₂)?
b) En la tabla simplex del dual, ¿cuánto vale z después del primer pivoteo? (el v de la esquina z − v)
c) ¿Qué variable entra en el segundo pivoteo?
d) ¿Cuál es el costo mínimo, en cientos de miles de pesos? (sólo el número)
e) ¿Cuántas jornadas de cada agencia hay que contratar? (formato: (A, B))
f) En el plan de costo mínimo, ¿qué tipo de encuesta queda cubierto con sobrante?

Resolución

Un mínimo con restricciones «≥» no es un problema estándar de maximización, así que no se le puede aplicar el simplex directo. El camino de la práctica es su dual:

mín c·w con A·w ≥ b, w ≥ 0 ⟷ máx b·x con Aᵗ·x ≤ c, x ≥ 0

a) Cada restricción del mínimo da una variable del dual (x₁, x₂, x₃), y cada variable del mínimo, una restricción del dual, con los coeficientes de su columna:

máx z = 44x₁ + 34x₂ + 30x₃ sujeta a
2x₁ + 3x₂ + x₃ ≤ 5 (la de w₁, la agencia A)
2x₁ + x₂ + 3x₃ ≤ 7 (la de w₂, la agencia B)

Es estándar: b = (5, 7) ≥ 0 y restricciones «≤».

b) La tabla inicial (columnas x₁ x₂ x₃ │ s₁ s₂ │ b), con la fila de indicadores que arranca siendo los coeficientes de z:

( 2 3 1 │ 1 0 │ 5 )
( 2 1 3 │ 0 1 │ 7 )
( 44 34 30 │ 0 0 │ z )

Entra x₁ (44, el mayor indicador positivo). Cocientes 5/2 y 7/2: el menor es el de la fila 1, pivote 2. Después de F₁ : 2 y F₂ − 2F₁:

( 1 3/2 1/2 │ 1/2 0 │ 5/2 )
( 0 −2 2 │ −1 1 │ 2 )
( 0 −32 8 │ −22 0 │ z − 110 )

c) Queda un solo indicador positivo, el 8 de x₃: entra x₃. Cocientes (5/2)/(1/2) = 5 y 2/2 = 1: pivote 2 en la fila 2.

La trampa del ítem. El −32 de x₂ es el número más llamativo de la fila, y en la convención de los libros en inglés (la de −c en la última fila) se elige el más negativo. En la de la práctica los signos están dados vuelta: un indicador negativo dice que aumentar esa variable baja z, y entra el mayor positivo. Mezclar las dos convenciones hace entrar a x₂ y empeora la tabla.

d) Con F₂ : 2, F₁ − (1/2)F₂ y la fila de indicadores menos 8·F₂:

( 1 2 0 │ 3/4 −1/4 │ 2 )
( 0 −1 1 │ −1/2 1/2 │ 1 )
( 0 −24 0 │ −18 −4 │ z − 118 )

Ningún indicador positivo: tabla final. El máximo del dual es 118, y por la dualidad es el costo mínimo: 118 cientos de miles de pesos, $ 11,8 millones.

e) La solución del mínimo se lee en los indicadores de las holguras, con el signo cambiado: s₁ tiene −18 y s₂ tiene −4, así que w = (18, 4): 18 jornadas de la agencia A y 4 de la B.

Control por el método gráfico, que con dos variables se puede: la región del mínimo tiene esquinas (0, 34), (6, 16), (18, 4) y (30, 0), con costos 238, 142, 118 y 150. El menor es 118, en (18, 4) ✓. Y la dualidad fuerte: la solución del dual es x = (2, 0, 1), y 44·2 + 34·0 + 30·1 = 118 = 5·18 + 7·4 ✓.

f) Reemplazando el plan en las tres restricciones del mínimo:

calle: 2·18 + 2·4 = 44 ≥ 44 (justo) ; telefónicas: 3·18 + 4 = 58 ≥ 34 (sobran 24)
en línea: 18 + 3·4 = 30 ≥ 30 (justo)

Las telefónicas: sobran 240 encuestas. Y está escrito en la tabla: la variable del dual que corresponde a esa restricción, x₂, vale 0. Una restricción que sobra en el óptimo tiene «precio» 0 en el dual.

Dónde se pierde el ejercicio. En e), leyendo el plan en la columna b de la tabla final: ahí está la solución del dual, x₁ = 2 y x₃ = 1, que no son jornadas de nada. El control que conviene hacer siempre es el del costo: 5·18 + 7·4 tiene que dar lo mismo que la esquina de la tabla, 118, y el plan tiene que cumplir las tres restricciones «≥».

Si te costó, está explicado en: 6.8 Minimizar con el dual: problemas de costo mínimo · 6.7 El problema dual · 6.3 Pivotear hasta la tabla final

Leerlo resuelto no es lo mismo que rendirlo. Acá lo podés hacer entero sin que te corrija nada hasta entregarlo, igual que en el aula, y recién ahí te dice la nota, cómo se resolvía cada ejercicio y a qué temas te conviene volver.

Rendir el segundo parcial →

También está resuelto el primer parcial de Álgebra (71).

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