Edición: Mi respuesta anterior contenía un error para el caso en que $x$ se limita a $\mathbb{R}_{+}^{n}$ . He eliminado este caso de mi respuesta.
Toma $\bar{U} > 0$ . Denotemos $\delta = (\delta_{1}, \ldots, \delta_{n})$ y $p = (p_{1}, \ldots, p_{n})$ . Supongamos que $p \neq 0$ . Queremos resolver \begin{align*} \min_{x\in\mathbb{R}^{n}} p \cdot x \qquad \text{s.t.}\quad - (x - \delta) \cdot (x - \delta) \geq - \bar{U}. \end{align*}
Observemos en primer lugar que una solución debe satisfacer $(x - \delta) \cdot (x - \delta) = \bar{U}$ . Esto se debe a que el lado izquierdo de la restricción es continuo en $x$ y porque cada barrio de $x$ en $\mathbb{R}^{n}$ contiene un punto $x^{\prime}$ tal que $p\cdot x^{\prime} < p \cdot x$ (ya que $p \neq 0$ ).
Estableciendo un Lagrangiano, resolvemos \begin{align*} \min_{x\in\mathbb{R}^{n}, \lambda\in\mathbb{R}} p \cdot x + \lambda\left( (x - \delta) \cdot (x - \delta) - \bar{U} \right). \end{align*} Las condiciones de primer orden son $$ p + 2 \lambda (x - \delta) = (0, \ldots, 0) $$ y $$ (x - \delta) \cdot (x - \delta) - \bar{U} = 0. $$ Tenga en cuenta que $\lambda$ no puede ser igual a cero ya que, de lo contrario, se contradice la primera BDC. Por lo tanto, la primera BDC es equivalente a $(x - \delta) = - p / (2\lambda)$ . Introduciendo esta expresión para $(x - \delta)$ en el segundo BDC, $$ \frac{p \cdot p}{4 \lambda^{2}} = \bar{U} $$ y por lo tanto $\lambda = \sqrt{\frac{p\cdot p}{4 \bar{U}}}$ . Finalmente, $$ x = \delta + p \frac{1}{2\delta} = \delta + p \sqrt{\frac{\bar{U}}{p\cdot p}} $$
Para tener una intuición geométrica, vamos a denotar por $\Vert\cdot\Vert$ la norma de Euclides en $\mathbb{R}^{n}$ y observar que el conjunto de opciones factibles es $$ \left\lbrace x \in\mathbb{R}^{n}\colon \Vert\delta - x \Vert \leq \sqrt{\bar{U}}\right\rbrace. $$ Esto no es más que la bola cerrada de radiuc $\sqrt{\bar{U}}$ alrededor de $\delta$ . Minimización de la función lineal $x\mapsto p \cdot x$ consiste en encontrar el punto de la frontera de la bola en el que un conjunto nivelado de $x\mapsto p \cdot x$ es tangente a la bola. Encontramos este punto viajando desde el centro de la bola a $\delta$ en dirección a $-p$ es decir, ortogonal al hiperplano, hasta llegar al límite.
Aquí hay una prueba alternativa que no usa nada que involucre a los Lagrangianos: Como antes, podemos restringir la atención a los puntos $y$ Satisfaciendo a $\Vert\delta - y \Vert = \sqrt{\bar{U}}$ . Cualquiera de estos puntos puede escribirse como $y = \delta - (\delta - y)\frac{\sqrt{\bar{U}}}{\Vert \delta - y \Vert}$ . Considere el punto $x = \delta - p \frac{\sqrt{\bar{U}}}{\Vert p \Vert}$ . Afirmamos que $p\cdot x \leq p \cdot y$ para cualquier punto de este tipo $y$ en la frontera. Este es el caso si y sólo si \begin{align*} p\cdot (\delta - y) \frac{1}{\Vert \delta - y \Vert} \leq p\cdot p \frac{1}{\Vert p \Vert}. \end{align*} El lado derecho es igual a $\Vert p \Vert$ . En cuanto al lado izquierdo, por la desigualdad de Cauchy-Schwarz, \begin{align*} p\cdot (\delta - y) \frac{1}{\Vert \delta - y \Vert} \leq \Vert p \Vert \Vert \delta - y \Vert \frac{1}{\Vert \delta - y \Vert} = \Vert p\Vert, \end{align*} y así hemos terminado. Además, la desigualdad de Cauchy-Schwarz se cumple estrictamente a menos que $y - \delta$ es un múltiplo de $p$ . En ese caso, sin embargo, o bien $p = \delta - y$ o $y$ no se encuentra en el límite. Por lo tanto, el punto $x$ es de hecho el único minimizador.
