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CÁLCULO II CUADERNO DE EJERCICIOS SOLUCIONES Dra. Lorena Zogaib Departamento de Matemáticas ITAM Agosto 1, 2016 1

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CÁLCULO IICUADERNO DE EJERCICIOS

SOLUCIONES

Dra. Lorena ZogaibDepartamento de Matemáticas

ITAM

Agosto 1, 2016

1

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INTRODUCCIÓN

Este documento constituye un material de apoyo para el curso de Cál-culo II para las carreras de Economía y Dirección Financiera en el ITAM.Contiene las soluciones detalladas del documento de trabajo Cálculo II,Cuaderno de Ejercicios, Lorena Zogaib, Departamento de Matemáticas,ITAM, agosto 1 de 2016.

Todas las soluciones fueron elaboradas por mí, sin una revisión cuida-dosa, por lo que seguramente el lector encontrará varios errores en elcamino. Ésta es una transcripción en computadora, de mis versionesmanuscritas originales. Para este fin, conté con la colaboración de Ale-jandro Arriaga Vargas, que realizó la primera transcripción de las solu-ciones en Scientific WorkPlace.

Agradezco de antemano sus comentarios y correcciones en relacióncon este material.

Lorena Zogaib

2

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CÁLCULO IITAREA DE PRERREQUISITOS - SOLUCIONES

1.

2.

3. Propiedades de ln x:

Para todos x > 0, y > 0 y para todo r ∈ R se cumple

ln 1= 0,

ln(xy)= ln x+ ln y,

ln

�x

y

�= ln x− ln y,

ln (xr)= r ln x.

Propiedades de ex :

Para todos x ∈ R, y ∈ R se cumple

e0=1,

exey = ex+y,ex

ey= ex−y =

1

ey−x,

exy =(ex)y = (ey)x .

3

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4. Despejar y y graficar ex + ey = 4.

ex + ey = 4

ey = 4− ex, sólo si 4− ex > 0

∴ y = ln(4− ex), x < ln 4.

y′ = − ex

4− ex < 0

y′′ = − 4

4− ex < 0

5. (a) x2 ≥ 4 =⇒√x2 ≥

√4 =⇒ |x| ≥ 2 =⇒ x ≤ −2 o x ≥ 2.

(b)√3− 2x� �� �x≤3/2

= x����x≥0

Observa que la solución debe estar en el intervalo 0 ≤ x ≤ 32.

En ese caso,√3− 2x = x =⇒ 3− 2x = x2 =⇒ x = 1 o x = −3

De estas dos soluciones, la única que está en el dominio esx = 1.

(c) (x− 1) ex = 0 =⇒ x − 1 = 0 o ex = 0 =⇒ x = 1 (ya queex �= 0).

(d) ln x ≤ 1 =⇒ elnx ≤ e =⇒ x ≤ e.Sin embargo, como el dominio de lnx es x > 0, la solución es0 < x ≤ e.

6. (a) y = ln x3 − ln3 x = ln (x3)− (lnx)3

dy

dx=3x2

x3− 3 (ln x)2

�1

x

�=3

x− 3 ln

2 x

x

(b) y =1

lnxdy

dx=(lnx) (0)− (1)

�1x

(ln x)2= − 1

x ln2 x.

(c) y = 23x

Usando la fórmula de la derivada de ax :dy

dx= 23x(ln 2)(3) = (3 ln 2)23x.

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(d) y = (lnx)x

Usando derivación logarítmica:ln y = ln (ln x)x = x ln (lnx)

1

y

dy

dx= (x)

�1/x

ln x

�+ (1) (ln (ln x))

dy

dx= y

1

ln x+ ln (ln x)

dy

dx= (lnx)x

1

ln x+ ln (ln x)

.

(e) y =�1 + 21/x

�x

Usando derivación logarítmica:ln y = ln

�1 + 21/x

�x= x ln

�1 + 21/x

1

y

dy

dx= (x)

�21/x (ln 2) (−1/x2)

1 + 21/x

�+ (1)

�ln�1 + 21/x

��

dy

dx= y

−1x

�21/x ln 2

1 + 21/x

�+ ln

�1 + 21/x

dy

dx=�1 + 21/x

�x−1x

�21/x ln 2

1 + 21/x

�+ ln

�1 + 21/x

�.

7. ¿Verdadero o falso?:

(a)√4 = ±2. Falso:

√4 = 2.

(b) ln x2 = 2 lnx. Falso: el dominio de ln x2 es diferente al de2 ln x.

(c) ln (xy) = ln x+ln y. Falso: el dominio de ln (xy) es diferenteal de ln x+ ln y.

(d) (ln 8)2 = 2 ln 8. Falso: 2 ln 8 = ln (82) �= (ln 8)2 .

(e)1

ln x= − ln x. Falso: 1

ln x= (ln x)−1 �= − ln x

(f) x1/2 =1

x2. Falso:

1

x2= x−2 �= x1/2.

(g) ex−2 lnx =ex

x2, x > 0. Verdadero: ex−2 lnx =

ex

e2 lnx=

ex

elnx2=ex

x2.

(h)√ex2 = ex. Falso:

√ex2 = ex

2/2 �= ex.(i)

�e√x�2= ex. Falso:

�e√x�2= e2

√x �= ex.

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CÁLCULO IITAREA 1 - SOLUCIONES

VECTORES. OPERACIONES CON VECTORES(Tema 1.1)

1. Sean A(x1, y1), B(x2, y2), M(3,−1) y −→v =−→AB = 4�i− 6�j.

Definamos:

−→a = −→OA = (x1, y1)−→b =

−−→OB = (x2, y2)

−→m =−−→OM = (3, 1).

De acuerdo con la figura

−→a + 12−→v =−→m

−→m + 12−→v =−→b ,

de donde

−→a =−→m − 12−→v = (3, 1)− 1

2(4,−6) = (1, 2),

−→b =−→m + 1

2−→v = (3, 1) + 1

2(4,−6) = (5,−4).

De esta manera, los puntos son A(1, 2) y B(5,−4).

2. Sean −→a = (1, 2, 3) y −→b = (4,−1, 1). De esta manera,

(a)���−→b

���= 42 + (−1)2 + 12 =

√18 = 3

√2.

(b)���π−→b

��� = π���−→b

��� = 3π√2.

(c)���−−→b

��� =���−→b

��� = 3√2.

(d) −→a −−→b = (1− 4, 2− (−1), 3− 1) = (−3, 3, 2).

(e)���−→a −−→b

��� = �(−3, 3, 2)� = (−3)2 + 32 + 22 =

√22.

(Nota que���−→a −−→b

��� �= �a� − �b� .)

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3. Sea −→a = −�i+ 2�j.

∴ �−→a � = (−1)2 + (2)2 =

√5

∴ �a =−→a�−→a � =

1√5(−�i+ 2�j).

(a) Un vector−→b de magnitud 2 y con dirección opuesta de −→a es

−→b =2 (−�a)

=2√5�i− 4√

5�j.

(b) Un vector−→b del doble de la magnitud de −→a y con dirección

opuesta de −→a es

−→b = 2(−−→a )= 2�i− 4�j.

4. (a) La distancia entre P (3, 4, 5) y Q(2, 3, 4) es���−→PQ

��� = (2− 3)2 + (3− 4)2 + (4− 5)2 =

√3.

(b)−→PQ es el vector

−→PQ = (2− 3, 3− 4, 4− 5) = (−1,−1,−1),

y su dirección está dada por el vector unitario

�PQ =−→PQ���−→PQ

���=1√3(−1,−1,−1).

(c) El punto medio M de la recta entre P (3, 4, 5) y Q(2, 3, 4)tiene por componentes 3+2

2, 4+3

2y 5+4

2. De esta manera, el

punto medio es M�52, 72, 92

�.

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5. (a) Sean −→a = 3�i− 4�j y −→b = 4�i+ 3�j. Entonces,−→a · −→b =(3) (4) + (−4) (3) = 0,�−→a �=

√9 + 16 = 5,���−→b

���=√16 + 9 = 5,

cos θ =−→a · −→b

�−→a ����−→b

���=0

25= 0 (esto es, θ =

π

2rad).

(b) Sean −→a = 3�i y −→b =�i+ �j. Entonces,−→a · −→b =(3) (1) + (0) (1) = 3,�−→a �=

√9 + 0 = 3,���−→b

���=√1 + 1 =

√2,

cos θ =−→a · −→b

�−→a ����−→b

���=

3

3√2=1√2(esto es, θ =

π

4rad).

(c) Sean −→a =�i+ �j + �k y −→b = 2�i+ 3�j − 4�k. Entonces,−→a · −→b =(1) (2) + (1) (3) + (1) (−4) = 1,�−→a �=

√1 + 1 + 1 =

√3,���−→b

���=√4 + 9 + 16 =

√29,

cos θ =−→a · −→b

�−→a ����−→b

���=

1√3√29

(esto es, θ = 1.46 rad).

(d) Sean −→a =�i+ �k y −→b = 3�i+ 4�j. Entonces,−→a · −→b =(1) (3) + (0) (4) + (1) (0) = 3,�−→a �=

√1 + 0 + 1 =

√2,���−→b

���=√9 + 0 + 16 = 5,

cos θ =−→a · −→b

�−→a ����−→b

���=

3

5√2.

En este caso, el ángulo es θ = cos−1�3

5√2

�= 1.13 rad.

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6. Sean −→a = (−1, 3, 2), −→b = (2,−4, 7) y −→c = (1, 0, 2).

(a) −→b +−→c = (3,−4, 9)

∴−→a · (−→b +−→c ) = (−1, 3, 2) · (3,−4, 9) = 3.

(b)

2−→a +−→b =2(−1, 3, 2) + (2,−4, 7) = (0, 2, 11)3−→c =3(1, 0, 2) = (3, 0, 6)

�2−→a +−→b

�· (3−→c ) = (0, 2, 11) · (3, 0, 6) = 66.

(c)

−→a −−→b =(−1, 3, 2)− (2,−4, 7) = (−3, 7,−5)−→b +−→c =(2,−4, 7) + (1, 0, 2) = (3,−4, 9)

∴ (−→a −−→b ) · (−→b +−→c ) = (−3, 7,−5) · (3,−4, 9) = −82.

(d)

−→a · −→b =(−1, 3, 2) · (2,−4, 7) = −2− 12 + 14 = 0−→c · −→c =(1, 0, 2) · (1, 0, 2) = 1 + 0 + 4 = 5

∴ (−→a · −→b )(−→c · −→c ) = (0)(5) = 0.

7. Sabemos que −→a = −�i+ 3�j + 4�k y −→b = 2�i− �j + �k. En ese caso,

−→a · −→a =�−�i+ 3�j + 4�k

�·�−�i+ 3�j + 4�k

�= 26,

−→a · −→b =�−�i+ 3�j + 4�k

�·�2�i− �j + �k

�= −1.

Por lo tanto, la proyección de−→b en la dirección de −→a es el vector

Pr oy−→a−→b =

�−→b · −→a−→a · −→a

�−→a

=− 126

�−�i+ 3�j + 4�k

=1

26ı− 3

26− 4

26k.

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8. (a)���−→a +−→b

���2

=(−→a +−→b ) · (−→a +−→b )

=−→a · −→a +−→a · −→b +−→b · −→a +−→b · −→b=−→a · −→a +−→b · −→b + 2−→a · −→b= �−→a �2 +

���−→b���2

+ 2−→a · −→b

= �−→a �2 +���−→b

���2

+ 2 �−→a ����−→b

��� cos θ.

(b) i. Se cumple���−→a +−→b

���2

= �−→a �2 +���−→b

���2

si cos θ = 0, es

decir, θ = π2(vectores perpendiculares).

Ejemplo: −→a = (2, 4) y −→b = (6,−3), con −→a · −→b = 0. Así,���−→a +−→b

���2

= �(8, 1)�2 = 65,

�−→a �2 +���−→b

���2

= �(2, 4)�2 + �(6,−3)�2 = 20 + 45 = 65.

ii. Se cumple���−→a +−→b

���2

= �−→a �2 +���−→b

���2

+ 2 �a����−→b

��� sicos θ = 1, es decir, θ = 0 (vectores paralelos, mismosentido).Ejemplo: −→a = (2, 4) y −→b = (4, 8), con −→b = 2−→a . Así,

���−→a +−→b���2

= �(6, 12)�2 = 180,

�−→a �2 +���−→b

���2

+ 2 �a����−→b

���= �(2, 4)�2 + �(4, 8)�2

+2 �(2, 4)� �(4, 8)�=20 + 80 + 2

√20√80 = 180.

iii. Se cumple���−→a +−→b

���2

= �−→a �2 +���−→b

���2

− 2 �a����−→b

��� sicos θ = −1, es decir, θ = π (vectores antiparalelos).Ejemplo: −→a = (2, 4) y −→b = (−4,−8), con −→b = −2−→a .Así,

���−→a +−→b���2

= �(−2,−4�2 = 20,

�−→a �2 +���−→b

���2

− 2 �a����−→b

���= �(2, 4)�2 + �(−4,−8)�2

−2 �(2, 4)� �(−4,−8)�=20 + 80− 2

√20√80 = 20.

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9. Los vectores (3α,−1,−1) y (α, 2, 1) son ortogonales si (3α,−1,−1)· ( α , 2 , 1 ) = 0.En ese caso,

3α2 − 2− 1 = 0

∴ 3α2 − 3 = 0∴ 3(α + 1)(α− 1) = 0∴ α = ±1.

10. Como �u y �v son ortogonales, por lo tanto, �u ·�v = �v ·�u = 0. Además,como �u y �v son unitarios, por lo tanto, �u · �u = �v · �v = 1.

(a)−→w · �u = (α�u+ β�v) · �u = α(�u · �u)� �� �

1

+ β(�v · �u)� �� �0

= α.

(b)

−→w · −→w =(α�u+ β�v) · (α�u+ β�v) = α2(�u · �u)� �� �1

+ β2(�v · �v)� �� �1

+ 2αβ(�u · �v)� �� �0

=α2 + β2.

11. Como −→x y −→y son ortogonales, por lo tanto −→x · −→y = −→y · −→x = 0.Además, como �−→x � = 3 y �−→y � = 2, por lo tanto−→x · −→x = �−→x �2 = 9

y −→y · −→y = �−→y �2 = 4.

(a)

−→w · (5−→x ) = (2−→x −−→y ) · (5−→x ) = 10(−→x · −→x )� �� �9

− 5(−→y · −→x )� �� �0

= 90.

(b)

−→w ·−→w = (2−→x −−→y )·(2−→x −−→y ) = 4(−→x · −→x )� �� �9

+(−→y · −→y )� �� �4

−4(−→x · −→y )� �� �0

= 40.

12. Como �−→x � = 2 y �−→y � = 3, por lo tanto −→x · −→x = �−→x �2 = 4 y−→y · −→y = �−→y �2 = 9. Además, sabemos que −→x · −→y = −1.

(a)

−→w · −→x = (3−→x + 2−→y ) · −→x = 3(−→x · −→x )� �� �4

+ 2(−→y · −→x )� �� �−1

= 10.

11

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(b)

−→w · −→w =(3−→x + 2−→y ) · (3−→x + 2−→y )= 9(−→x · −→x )� �� �

4

+ 4(−→y · −→y )� �� �9

+ 12(−→x · −→y )� �� �−1

= 60.

13. Sean −→a =�i−�j + 3�k y −→b = 2�i+ 5�k. Un vector −→c = x�i+ y�j + z�kque sea ortogonal a −→a y

−→b debe cumplir:

−→a · −→c =x− y + 3z = 0−→b · −→c =2x+ 5z = 0.

Este es un sistema de 2 ecuaciones con 3 incógnitas. Tomando,por ejemplo, y = 1 obtenemos

x+ 3z=1

2x+ 5z=0,

de donde x = −5 y z = 2. Por lo tanto,−→c = −5�i+ �j + 2�k,

o cualquier múltiplo de éste.

14. (a) −→a = 3�i− 6�j+4�k y −→b = �i− 2�j+(4/3)�k son paralelos, ya que

−→a = 3−→b .

(b) −→a = �i + �j y −→b = �i + �k no son paralelos ni perpendiculares,ya que

−→a no es múltiplo de−→b y −→a ·−→b = (1, 1, 0)·(1, 0, 1) = 1 �= 0.

(c) −→a = 3�i− �j y −→b = −6�i+ 2�j son paralelos, ya que−→b = −2−→a .

(d) −→a = 2�i− �j + �k y −→b = 3�i + 4�j − 2�k son perpendiculares, yaque

−→a · −→b = (2,−1, 1) · (3, 4,−2) = 0.

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CÁLCULO IITAREA 2 - SOLUCIONES

CURVAS PARAMÉTRICAS. RECTAS. PLANOS.(Temas 1.2-1.4)

1. (a) −→r (t) = (1 + t) �i− t �j, t ∈ R.

x = 1 + ty = −t

∴ −t = 1− x∴ y = 1− x

∴ se trata de la rectay = 1− x, con x ∈ R.

(b) −→r (m) = (m+ 1) �i+ (m2 − 1) �j, m ∈ R.

x = m+ 1y = m2 − 1

∴ m = x− 1∴ y = (x− 1)2 − 1 = x2 − 2x

∴ se trata de la parábolay = x2 − 2x, con x ∈ R.

(c) −→r (a) = (4− a) �i−√a �j, a ≥ 0.

x = 4− ay = −√a

∴ a = 4− x∴ y = −

√4− x

∴ se trata de la parábolay = −

√4− x, con x ≤ 4.

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(d) −→r (b) = (2−√4− b) �i+ e−2+

√4−b �j, b ≤ 4.

x = 2−√4− b

y = e−2+√4−b

∴ −x = −2 +√4− b

∴ y = e−x

∴ se trata de la exponencialy = e−x, con x ≤ 2.

Nota: x ≤ 2, ya que 2−√4− b ≤ 2 para b ≤ 4.

(e) −→r (α) = (3α) �i+ (3/α) �j, α �= 0.

x = 3α

y =3

α

∴ α =x

3

∴ y =3x3

=9

x

∴ se trata de la hipérbola

y =9

x, con x �= 0.

(f) −→r (t) = et �i− 5e2t �j, t ∈ R.

x = et

y = −5e2t

∴ y = −5(et)2 = −5x2

∴ se trata de la parábolay = −5x2, con x > 0.

Nota: x > 0, ya que et > 0 para todo t ∈ R.

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(g) −→r (t) = ln t �i+ ln(et) �j, t > 0.

x = ln ty = ln(et)

∴ y = ln e+ ln t = 1 + x

∴ se trata de la rectay = 1 + x, con x ∈ R.

(h) −→r (t) = t �i+ ln(1/t) �j, t > 0.

x = ty = ln(1/t)

∴ y = ln 1− ln t = − ln t = − ln x

∴ se trata del logaritmoy = − ln x, con x > 0.

(i) −→r (θ) = 3 cos θ �i+ 3sen θ �j, θ ∈ [0, 2π) .

x = 3 cos θy = 3sen θ

∴ x2 + y2 = 9 (cos2 θ + sen2θ)= 9

∴ se trata de la circunferenciax2 + y2 = 9, con − 3 ≤ x ≤ 3.

(j) −→r (t) = −√1− t2 �i+ t �j, |t| ≤ 1.

x = −√1− t2

y = t

∴ x2 + y2 = 1

∴ se trata del segmento de circunferenciax2 + y2 = 1, con − 1 ≤ x ≤ 0.

Nota: − 1 ≤ x ≤ 0, ya que x = −√1− t2 y |t| ≤ 1.

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2. Sea −→r (θ) = cos θ �i+ sen θ �j, con 0 ≤ θ < 2π.

(a) −→r ′(θ) = d cos θ

dθ�i+ dsen θ

dθ�j = −sen θ �i+ cos θ �j.

(b)

−→r ′(0) = �j

−→r ′(π2) = −�i

−→r ′(π) = −�j

(c)

−→r · d−→rdθ=(cos θ �i+ sen θ �j) · (−sen θ �i+ cos θ �j)=− cos θ sen θ + sen θ cos θ = 0.

Así, −→r y −→r ′ son perpendiculares para todo θ ∈ [0, 2π).

3. Sea −→r (t) = (sen t cos t) �i+ (sen 2t) �j + (cos t) �k.

(a) Como

x = sen t cos t, y = sen 2t y z = cos t,

por lo tanto,

x2 + y2 + z2= sen 2t cos2 t+ sen 4t+ cos2 t

= sen 2t(cos2 t+ sen 2t) + cos2 t

= sen 2t+ cos2 t = 1.

∴ x2 + y2 + z2 = 1, ∀t ∈ R,de modo que la curva −→r (t) está en una esfera unitaria concentro en el origen.

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(b) El vector tangente a la curva −→r (t) es el vector

−→r ′(t) = d (sen t cos t)dt

�i+ d (sen 2t)

dt�j + d (cos t)

dt�k

=(−sen 2t+ cos2 t) �i+ (2sen t cos t) �j − (sen t) �k.

De esta manera,

−→r · −→r ′=(sen t cos t)(−sen 2t+ cos2 t) + (sen 2t)(2sen t cos t) + (cos t)(−sen t)= (sen t cos t)

�−sen 2t+ cos2 t+ 2sen 2t− 1

=(sen t cos t)�sen 2t+ cos2 t− 1

�= 0.

Como −→r · −→r ′ = 0, ∀t ∈ R, por lo tanto −→r (t) ⊥ −→r ′(t). Estoes consecuencia de que �−→r � sea constante. En efecto, deacuerdo con el inciso (a),

�−→r � = x2 + y2 + z2 = 1.

∴ �−→r �2 = 1∴−→r · −→r = 1

Al derivar este producto respecto a t, se tiene

d

dt(−→r · −→r ) = d (1)

dt

∴−→r · d

−→rdt+−→r · d

−→rdt= 0

∴ 2−→r · d−→rdt= 0

∴−→r · d

−→rdt= 0.

4. El vector tangente −→r ′(t) a una curva −→r (t) �= −→0 es perpendiculara ésta para todo t si y sólo �−→r (t)� es constante, esto es,−→r (t) · −→r ′(t) = 0 ⇐⇒ �−→r (t)� = const, con −→r (t) �= −→0 .

Para encontrar una curva tal que −→r (t) · −→r ′(t) �= 0 basta con pro-porcionar una curva cuya norma no sea constante para todo t. Porejemplo, considera la curva

−→r (t) = t �i+ �j, t ∈ R,

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que en coordenadas cartesianas corresponde a la recta y = 1 (xlibre). Como

−→r ′(t) = �i,por lo tanto

−→r (t) · −→r ′(t) = (t, 1) · (1, 0) = t.

Observamos que −→r · −→r ′ �= 0 en general (−→r · −→r ′ = 0 sólo si t = 0).

5. (a) El punto conocido es O(0, 0, 0) y el vector de dirección es−→v = (3,−2, 5). Las ecuaciones paramétricas de la recta Lson

x= 3ty=−2tz = 5t, t ∈ R.

(b) El punto conocido es P (1, 2, 3) y el vector de dirección puedetomarse como −→v = �j = (0, 1, 0). Las ecuaciones paramétricasde la recta L son

x=1y= 2 + tz = 3, t ∈ R.

(c) La recta pasa por P (3,−1, 4) y Q(1,−2, 0), de modo que elpunto conocido puede tomarse como P y el vector de direccióncomo −→v = −→PQ = (−2,−1,−4). Las ecuaciones paramétricasde la recta son

x= 3− 2ty=−1− tz =4− 4t, t ∈ R.

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(d) El punto conocido es P (1, 2, 3). Como las dos rectas son parale-

las, tomamos el vector de dirección de la rectax+ 1

3= − y

2= z − 5,

dado por −→v = (3,−2, 1). Las ecuaciones paramétricas de larecta L que buscamos son

x=1 + 3ty=2− 2tz = 3 + t, t ∈ R.

(e) Un vector paralelo a L1 : x = 1 − 3a, y = 3, z = 1 + 2aes −→v1 = (−3, 0, 2), y un vector paralelo L2 : x = 2 + b,y = −3b, z = 1 es −→v2 = (1,−3, 0). Buscamos una recta L quepase por el origen y sea perpendicular a las rectas L1 y L2.El punto conocido de L es O(0, 0, 0). Su vector de dirección−→v será cualquier vector perpendicular a los vectores −→v1 y −→v2 .Si −→v = (x, y, z), entonces

−→v1 · −→v =(−3, 0, 2) · (x, y, z) = 0,−→v2 · −→v =(1,−3, 0) · (x, y, z) = 0.

Una posible solución es

−→v = (x, y, z) = (6, 2, 9),

o algún múltiplo de éste. Las ecuaciones paramétricas de larecta L que buscamos son

x= 6ty= 2tz =9t, t ∈ R.

6. Para cada valor 0 ≤ θ < 2π, la recta tangente a la curva −→r (θ)pasará por el punto de tangencia P, obtenido a partir de

−→r (θ) = cos θ �i+ sen θ �j

y su vector de dirección −→v puede tomarse como el vector tangentea −→r (θ), dado por

−→r ′(θ) = −sen θ �i+ cos θ �j.

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En θ = π/4 se tiene

−→r (π4) =

1√2�i+ 1√

2�j y −→r ′(π

4) = − 1√

2�i+ 1√

2�j,

de donde obtenemos

P (1√2,1√2) y −→v = (− 1√

2,1√2).

Por lo tanto, las ecuaciones paramétricas de la recta tangente L ala curva −→r (θ) en θ = π/4 son:

x=1√2− 1√

2t

y=1√2+1√2t, t ∈ R.

7. (a) Sabemos que−→r (t) = sen t �i+ (t2 − cos t) �j + et �k,−→r ′(t) = cos t �i+ (2t+ sen t) �j + et �k.En t0 = 0,

−→r (0)=−�j + �k ∴ P (0,−1, 1)−→r ′(t) =�i+ �k ∴

−→v = (1, 0, 1).

Así, las ecuaciones paramétricas de la recta tangente a lacurva −→r (t) en t0 = 0 son

x= a

y=−1z=1 + a, a ∈ R.

(b) Sabemos que−→r (t) = (2t2)�i+ (4t) �j + �k,−→r ′(t) = (4t) �i+ 4 �j.En t0 = 1,

−→r (1)=2�i+ �4j + �k ∴ P0(2, 4, 1)−→r ′(1)=4�i+ 4�j ∴

−→v = (4, 4, 0).

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Así, las ecuaciones paramétricas de la recta tangente a lacurva −→r (t) en t0 = 1 son

x=2 + 4a

y=4 + 4a

z=1, a ∈ R.

8. (a) El punto conocido es P (2, 1, 5) y el vector normal es−→a = (3,−4, 2).

La ecuación cartesiana del plano es

3(x− 2)− 4(y − 1) + 2(z − 5) = 0,

o bien,3x− 4y + 2z = 12.

(b) El plano pasa por A(1,−1, 0), B(1, 2, 1) y C(3, 1,−2), demodo que el punto conocido puede ser A. Como se muestraen la figura, el vector normal −→n al plano es cualquier vectorperpendicular a los vectores

−→AB = (0, 3, 1) y

−→AC = (2, 2,−2).

Haciendo −→n ·−→AB = 0 = −→n ·−→AC se obtiene −→n = −8�i+2�j−6�k,o algún múltiplo de éste.

La ecuación cartesiana del plano es

−8(x− 1) + 2(y + 1)− 6(z − 0) = 0,

o bien,−8x+ 2y − 6z = −10.

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(c) El punto conocido es A(1, 1, 1). Como el plano es paralelo alplano 2x − 7y + 5z = 13, tomamos el vector normal de esteúltimo, dado por −→n = (2,−7, 5).

La ecuación cartesiana del plano que buscamos es

2(x− 1)− 7(y − 1) + 5(z − 1) = 0,

o bien,2x− 7y + 5z = 0.

(d) El punto conocido es O(0, 0, 0) y tomamos el vector normal−→ncomo el vector de dirección de la recta− x

2= 3− y = z − 2

3,

dado por −→v = (−2,−1, 3).

La ecuación cartesiana del plano que buscamos es

−2x− y + 3z = 0.

(e) El punto conocido puede ser P (2, 1, 1), obtenido de la primerarecta (con t = 0). El vector normal −→n es perpendicular a losvectores −→v 1 = (2,−1, 0) y −→v 2 = (1, 1, 1), de las rectas L1 :x = 2+2t, y = 1−t, z = 1 y L2 : x = 3+s, y = −1+s, z = s.Haciendo −→n · −→v 1 = 0 = −→n · −→v 2se obtiene −→n = −�i− 2�j +3�k,o algún múltiplo de éste

.

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La ecuación cartesiana del plano que buscamos es

−(x− 2)− 2(y − 1) + 3(z − 1) = 0,

o bien,−x− 2y + 3z = −1.

(f) El punto conocido es P (7,−4, 3) y tomamos−→n = �i = (1, 0, 0).

La ecuación cartesiana del plano es

(x− 7) + 0(y + 4) + 0(z − 3) = 0,

o bien,x = 7.

(g) Como el plano es vertical (z libre), su ecuación es de la formaax+ by = d.

Como éste pasa por los puntos P (1, 0, 0) yQ(0, 1, 0) se cumple

a(1) + b(0) = d ∴ a = d

a(0) + b(1) = d ∴ b = d.

La ecuación cartesiana del plano es

dx+ dy = d,

o bien,x+ y = 1.

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9. El plano cruza la curva −→r (t) en el punto correspondiente a t = 1,de modo que el punto conocido P del plano se obtiene de −→r (1).Como el plano es perpendicular a la curva en ese punto, su vectornormal −→n es el vector tangente a la curva, dado por −→r ′(1).

Como

−→r (t)= 3t �i+ 2t2 �j + t5 �k,−→r ′(t)= 3�i+ 4t �j + 5t4 �k,

por lo tanto,

−→r (1)= 3�i+ 2 �j + �k,−→r ′(1)= 3�i+ 4 �j + 5 �k.

de donde el punto conocido es P (3, 2, 1) y el vector normal es−→n = (3, 4, 5). La ecuación cartesiana del plano normal a lacurva −→r (t) en t0 = 1 es

3(x− 3) + 4(y − z) + 5(z − 1) = 0,

o bien,3x+ 4y + 5z = 22.

10. La ecuación del plano yz es

x = 0.

De esta manera, la curva −→r (t) = (t− 2)e1−t �i+ 4 �j +�t− 3t+ 1

��k

interseca al plano yz en aquellos valores de t que satisfacen

(t− 2)e1−t = 0.

Como e1−t �= 0, por lo tanto t = 2. Como

−→r (2) = (0) �i+ 4 �j +�−13

��k,

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por lo tanto la curva interseca al plano yz en el punto

(x, y, z) =

�0, 4,−1

3

�.

11. Primero determinemos la ecuación de la recta tangente L a la curva−→r (t) en t0 = π

4. En ese caso, el punto conocido P de la recta se

obtiene de −→r (π4) y su vector de dirección −→v es el vector −→r ′(π

4),

que es tangente a la curva −→r (t) en t0 = π4. Como

−→r (t) = sen t cos t �i+ sen 2t �j + cos t �k,−→r ′(t) =

�cos2 t− sen 2t

� �i+ 2sen t cos t �j − sen t �k,

por lo tanto

−→r (π4) =

1

2�i+ 1

2�j + 1√

2�k y −→r ′(π

4) = �j − 1√

2�k.

Así, la ecuación de la recta L que es tangente a la curva −→r (t) ent0 =

π4es

L : x =1

2, y =

1

2+ a, z =

1√2− 1√

2a, a ∈ R.

La recta tangente L cruzará el plano xy cuando

z =1√2− 1√

2a = 0,

es decir, en el punto de L correspondiente a a = 1, a saber,

x =1

2, y =

3

2, z = 0.

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12. (a) L1 = {(x, y, z) ∈ R3|x = 1 + 2t, y = 3− t, z = 3t, t ∈ R} ,L2 = {(x, y, z) ∈ R3|x = 3s, y = 2 + s, z = 1 + 2s, s ∈ R} .Los vectores de dirección de las rectas L1 y L2 son, respecti-vamente,

−→v1 = (2,−1, 3) y −→v2 = (3, 1, 2).

Los vectores −→v1 y −→v2 no son paralelos, ya que −→v2 �= k−→v1 .Los vectores−→v1 y−→v2 no son perpendiculares, ya que−→v1 ·−→v2 �= 0.∴ Las rectas L1 y L2 no son paralelas, ni son perpendiculares.

(b) π1 = {(x, y, z) ∈ R3|x− 3y + 5z = 4} ,π2 = {(x, y, z) ∈ R3| − 4x+ 2y + 2z = 0} .Los vectores normales a los planos π1 y π2 son, respectiva-mente,

−→n 1 = (1,−3, 5) y −→n 2 = (−4, 2, 2).

Los vectores−→n 1 y−→n 2 son perpendiculares, ya que−→n 1 · −→n 2 = 0 .

∴ Los planos π1 y π2 son perpendiculares.

(c) L = {(x, y, z) ∈ R3|x = 2− t, y = 3 + 2t, z = t, t ∈ R} ,π = {(x, y, z) ∈ R3|3x+ y + z = 5} .El vector de dirección −→v de la recta y el vector normal −→n alplano π son, respectivamente,

−→v = (−1, 2, 1) y −→n = (3, 1, 1).

Los vectores −→v y −→n son perpendiculares, ya que −→n · −→v = 0.∴ La recta L es paralela al plano π.

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(d) L = {(x, y, z) ∈ R3|x = 2− t, y = 3 + 2t, z = t, t ∈ R} ,π = {(x, y, z) ∈ R3|x− 2y − z = 0} .El vector de dirección −→v de la recta y el vector normal −→n alplano π son, respectivamente,

−→v = (−1, 2, 1) y −→n = (1,−2,−1).

Los vectores −→v y −→n son paralelos, ya que −→n = (−1)−→v .

∴ La recta L es perpendicular al plano π.

13. La ecuación del plano presupuestal es−→p ·−→x = I, con−→p = (px, py, pz)y −→x = (x, y, z).

(a) La ecuación cartesiana del plano presupuestal se obtiene efec-tuando el producto punto, es decir,

(px, py, pz) · (x, y, z) = I

∴ pxx+ pyy + pzz = I.

Observa que el vector de precios, (px, py, pz) , es un vectornormal al plano presupuestal.

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(b) La ecuación cartesiana del plano π que pasa por (0, 0, 0) y esparalelo al plano −→p · −→x = I es

px (x− 0) + py (y − 0) + pz (z − 0) = 0,

es decir,pxx+ pyy + pzz = 0.

(c) Las ecuaciones paramétricas de la recta L que pasa por elorigen y es perpendicular al plano −→p · −→x = I son

x=0 + pxt,

y=0 + pyt,

z=0 + pzt, t ∈ R.

14. (a) Verdadero:

π1 : x+ y + z = 1

π2 : −2x− y + 3z = 0.El vector normal al plano π1 es

−→n 1 = (1, 1, 1) y el vectornormal al plano π2 es

−→n 2 = (−2,−1, 3). Como−→n 1 · −→n 2 = 0,

por lo tanto −→n 1 es perpendicular a −→n 2. Esto implica que el

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plano π1 es perpendicular al plano π2.

(b) Falso:

L : x = t, y = 2t, z = 3t, t ∈ Rπ : x+ 2y + 3z = 6.El vector de dirección de la recta L es −→v = (1, 2, 3) y el vectornormal al plano π es −→n = (1, 2, 3). Como

−→v = −→n ,por lo tanto los vectores son paralelos. Esto implica que larecta L es perpendicular al plano π.

(c) Falso:

La ecuación y = 4− 2x sólo representa una recta en R2. EnR3 esta ecuación representa un plano vertical (z libre).

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(d) Verdadero:

El punto P (0,−2, 4) es el punto de la recta x = 1+t, y = 2t,z = 1− 3t, correspondiente a t = −1.

15. La ecuación del hiperplano en R5 que pasa por P (3, 0,−2, 1, 5) yes perpendicular al vector −→v = (1,−2, 4,−3,−1) es

(1) (x1 − 3)+(−2) (x2 − 0)+(4) (x3 − (−2))+(−3) (x4 − 1)+(−1) (x5 − 5) = 0,

o bien,x1 − 2x2 + 4x3 − 3x4 − x5 = −13.

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CÁLCULO IITAREA 3 - SOLUCIONESTOPOLOGÍA BÁSICA

(Tema 1.5)

1. (a) Sea S = {(x1, x2) ∈ R2|x1 ∈ Z y x2 ∈ Z}.i. S son las parejas (x1, x2) tales que ambas xi son enteras:

ii. PI = ∅ (no hay PI),PE = Sc = {(x1, x2) ∈ R2|x1 �∈ Z o x2 �∈ Z} (alguna xino es entera),PF = S.

iii. S es cerrado.

(b) Sea S = {(x1, x2) ∈ R2|x1 ∈ Z o x2 ∈ Z}.i. S son las parejas (x1, x2) tales que alguna xi es entera:

ii. PI = ∅,PE = {(x1, x2) ∈ R2|x1 �∈ Z y x2 �∈ Z} (ninguna xi esentera),PF = S.

iii. S es cerrado.

(c) Sea S = {(x1, x2) ∈ R2|x1 /∈ Z y x2 /∈ Z} :i. S son las parejas (x1, x2) tales que ninguna xi es entera.

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ii. PI = S,PE = ∅,PF = Sc = {(x1, x2) ∈ R2|x1 ∈ Z o x2 ∈ Z} (alguna xies entera).

iii. S es abierto.

(d) Sea S = {(x1, x2) ∈ R2|0 ≤ x1 ≤ 1}.i.

ii. PI = {(x1, x2) ∈ R2|0 < x1 < 1},PE = {(x1, x2) ∈ R2|x1 < 0 o x1 > 1},PF = {(x1, x2) ∈ R2|x1 = 0 o x1 = 1}.

iii. S es cerrado y convexo.

(e) Sea S = {(x1, x2) ∈ R2|0 < x1 < 1}.i.

ii. PI = S,PE = {(x1, x2) ∈ R2|x1 < 0 o x1 > 1},PF = {(x1, x2) ∈ R2|x1 = 0 o x1 = 1}.

iii. S es abierto y convexo.

(f) Sea S = {(x1, x2) ∈ R2|4x1 + x2 = 12, x1 ≥ 0, x2 > 0}.i.

ii. PI = ∅,PE = Sc − {(3, 0)} ,PF = S ∪ {(3, 0)} .

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iii. S es acotado y convexo. S no es cerrado, ya que nocontiene al punto frontera (3, 0).

(g) Sea S = {(x1, x2) ∈ R2|x21 + x22 = 1}.i.

ii. PI = ∅,PE = Sc = {(x1, x2) ∈ R2|x21 + x22 �= 1},PF = S.

iii. S es compacto (cerrado y acotado).

(h) Sea S = {(x1, x2) ∈ R2|x21 + x22 ≥ 1}.i.

ii. PI = {(x1, x2) ∈ R2|x21 + x22 > 1},PE = Sc = {(x1, x2) ∈ R2|x21 + x22 < 1},PF = {(x1, x2) ∈ R2|x21 + x22 = 1}.

iii. S es cerrado.

(i) Sea S = {(0, 0)} = {(x1, x2) ∈ R2|x1 = 0 y x2 = 0}.i.

ii. PI = ∅,PE = Sc = R2−{(0, 0)} = {(x1, x2) ∈ R2|x1 �= 0 o x2 �= 0 },PF = S.

iii. S es compacto y convexo.

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(j) Sea S = R2 − {(0, 0)} = {(x1, x2) ∈ R2|x1 �= 0 o x2 �= 0}.i.

ii. PI = S,PE = ∅,PF = Sc = {(0, 0)}.

iii. S es abierto.

2. (a) Sea S = {x ∈ R|x2 ≤ 4} ∪ {3}.Nota que x2 ≤ 4 =⇒ |x| ≤ 2 =⇒ −2 ≤ x ≤ 2.

S es compacto.

(b) Sea S = {x ∈ R|x2 > 1}.Nota que x2 > 1 =⇒ |x| > 1 =⇒ x < −1 o x > 1.

S es abierto.

(c) Sea S = {(x, y) ∈ R2| − 1 < x < 1 y y = 0}.

S es acotado y convexo.

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(d) Sea S = {(x, y) ∈ R2|x+ y = 1, x, y > 0}.

S es acotado y convexo. S no es cerrado, ya que no contienea los puntos frontera (1, 0) y (0, 1).

(e) Sea S = {(x, y) ∈ R2|x+ y > 1, x, y ≥ 0}.

S es convexo.

(f) Sea S = {(x, y) ∈ R2|x+ y > 0} ∪ {(1,−1)}.

S es convexo.

(g) Sea S = {(x, y) ∈ R2|x+ ln y ≥ 0, y > 0}.Nota que x+ ln y ≥ 0 =⇒ ln y ≥ −x =⇒ y ≥ e−x.

S es cerrado y convexo.

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(h) Sea S = {(x, y) ∈ R2|x2 + y2 < 1, x ≥ 0}.

S es acotado y convexo.

(i) Sea S = {(x, y) ∈ R2|0 < x2 + y2 ≤ 1}.

S es acotado.

(j) Sea S = {(x, y) ∈ R2|x = t3, y = −t3, t ∈ R}.Nota que S representa la recta y = −x.

S es cerrado y convexo.

3. El conjunto {(x1, x2, x3) ∈ R3|x1+x2+x3 = 1, xi ≥ 0} representala porción del plano x1+x2+x3 = 1 que está en el primer octante.

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S es cerrado, ya que contiene toda su frontera ( de hecho, S estáconstituido sólo por puntos frontera). S es acotado, ya que existeδ > 1 tal que la vecindad Vδ(

−→0 ) contiene totalmente a S. En

consecuencia, S es compacto.

S es convexo, ya que para todos −→x ,−→y ∈ S el segmento de rectaque los une también está en S.

4. (a) Sea A = {x ∈ R|1 ≤ x ≤ 2}.Sean x1, x2 ∈ A.

∴ 1 ≤ x1 ≤ 2 y 1 ≤ x2 ≤ 2.

Para todo 0 ≤ t ≤ 1 sea

z = tx1 + (1− t)x2.

Como 1 ≤ x1 ≤ 2 y t ≥ 0

∴ t ≤ tx1 ≤ 2t.

Como 1 ≤ x2 ≤ 2 y 1− t ≥ 0

∴ (1− t) ≤ (1− t)x2 ≤ 2(1− t).

Sumando ambas desigualdades, se tiene

t+ (1− t) ≤ tx1 + (1− t)x2 ≤ 2t+ 2(1− t)

∴ 1 ≤ tx1 + (1− t)x2 ≤ 2∴ 1 ≤ z ≤ 2∴ z ∈ A∴ A es convexo.

(b) Sea A = {(x, y) ∈ R2|1 ≤ x ≤ 2}.Sean −→x 1,−→x 2 ∈ A, con −→x 1 = (x1, y1) y −→x 2 = (x2, y2).

∴ 1 ≤ x1 ≤ 2 y 1 ≤ x2 ≤ 2.

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Para todo 0 ≤ t ≤ 1 sea−→z = t−→x 1 + (1− t)−→x 2= t(x1, y1) + (1− t)(x2, y2)= (tx1 + (1− t)x2, ty1 + (1− t)y2)= (z1, z2).

Como 1 ≤ x1 ≤ 2 y t ≥ 0

∴ t ≤ tx1 ≤ 2t.

Como 1 ≤ x2 ≤ 2 y 1− t ≥ 0

∴ (1− t) ≤ (1− t)x2 ≤ 2(1− t).

Sumando ambas desigualdades, se tiene

t+ (1− t) ≤ tx1 + (1− t)x2 ≤ 2t+ 2(1− t)

∴ 1 ≤ tx1 + (1− t)x2 ≤ 2∴ 1 ≤ z1 ≤ 2∴−→z ∈ A

∴ A es convexo.

(c) Sea A = {(x, y) ∈ R2| y < x}.Sean −→x 1,−→x 2 ∈ A, con −→x 1 = (x1, y1) y −→x 2 = (x2, y2).

∴ y1 < x1 y y2 < x2.

Para todo 0 ≤ t ≤ 1 sea−→z = t−→x 1 + (1− t)−→x 2= t(x1, y1) + (1− t)(x2, y2)= (tx1 + (1− t)x2, ty1 + (1− t)y2)= (z1, z2).

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Como y1 < x1 y t ≥ 0

∴ ty1 < tx1.

Como y2 < x2 y 1− t ≥ 0

∴ (1− t)y2 < (1− t)x2.

Sumando ambas desigualdades, se tiene

ty1 + (1− t)y2 < tx1 + (1− t)x2

∴ z2 < z1

∴ z ∈ A∴ A es convexo.

(d) Sea A = {−→x ∈ Rn| ||−→x || ≤ 1}.Sean −→x 1,−→x 2 ∈ A.

∴ ||−→x 1|| ≤ 1 y ||−→x 2|| ≤ 1.

Para todo 0 ≤ t ≤ 1 sea−→z = t−→x 1 + (1− t)−→x 2.

Entonces,

||−→z ||= ||t−→x 1 + (1− t)−→x 2||≤ ||t−→x 1||+ ||(1− t)−→x 2|| (desigualdad del triángulo)

= |t| ||−→x 1||+ |1− t| ||−→x 2|| (propiedad de la norma)= t ||−→x 1||+ (1− t) ||−→x 2|| (ya que t ≥ 0 y 1− t ≥ 0)≤ t(1) + (1− t)(1) (ya que ||−→x 1|| ≤ 1, ||−→x 2|| ≤ 1)=1.

∴ ||−→z || ≤ 1∴−→z ∈ A

∴ A es convexo

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5. Sea Π = {−→x ∈ Rn|−→a · −→x = c, −→a ∈ Rn , c ∈ R }.

Sean −→x 1,−→x 2 ∈ Π.

∴−→a · −→x 1 = c y −→a · −→x 2 = c.

Para todo 0 ≤ t ≤ 1 sea−→z = t−→x 1 + (1− t)−→x 2.

Entonces,

−→a · −→z =−→a · (t−→x 1 + (1− t)−→x 2)= t(−→a · −→x 1) + (1− t)(−→a · −→x 2)= t(c) + (1− t)(c)= c.

∴−→a · −→z = c

∴−→z ∈ Π

∴ Π es convexo.

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CÁLCULO IITAREA 4 - SOLUCIONES

FUNCIONES EN VARIAS VARIABLES(Temas 2.1-2.4)

1. (a) f(x, y) =1√y − x

Df = {(x, y) ∈ R2 | y > x}.

(b) f(x, y) =�√

x−√yDebemos pedir que x ≥ 0, y ≥ 0 y √x ≥ √y. Por lo tanto,

Df = {(x, y) ∈ R2 | 0 ≤ y ≤ x}.

(c) f(x, y) =1

x2 + y2 − 4+ 9− x2 − y2

Debemos pedir que x2 + y2 − 4 > 0 y 9− x2 − y2 ≥ 0. Por lotanto,

Df = {(x, y) ∈ R2 | 4 < x2 + y2 ≤ 9}.

(d) f(x, y) = e1−√1−ln(x+y)

Debemos pedir que x+ y > 0 y ln(x+ y) ≤ 1. Por lo tanto,

Df = {(x, y) ∈ R2 | 0 < x+ y ≤ e}.

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(e) f(x, y) = ln(ex + y)

Df = {(x, y) ∈ R2 | y > −ex}.

(f) f(x, y, z) = 1−√1− x− y − z

Df = {(x, y, z) ∈ R3 | x+ y + z ≤ 1}.

(g) f(x, y, z) =1

4− x2 − y2

Df = {(x, y, z) ∈ R3 | 0 ≤ x2 + y2 < 4, z libre}.

(h) f(x) = ln(1− x2)Debemos pedir que 1 − x2 > 0 ∴ x2 < 1 ∴ |x| < 1. Por lotanto,

Df = {x ∈ R| − 1 < x < 1 }.

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2. (a) f(x, y) = x2 + y2

i. Df = R2,

If = {z ∈ R|z ≥ 0} = R+ ∪ {0} .ii. Abierto y cerrado, convexo.iii. Traza xy (z = 0) : x2 + y2 = 0, es decir, el origen (0, 0),

Traza xz (y = 0) : z = x2,Traza yz (x = 0) : z = y2.

iv. x2 + y2 = c, c ≥ 0.

v. La superficie presenta la siguiente forma:

(b) f(x, y) = ln(x2 + y2)

i. Df = {(x, y) ∈ R2 | x �= 0 o y �= 0} = R2\{(0, 0)},If = R.

ii. Abierto (no contiene a su frontera, el (0, 0) ).iii. Traza xy (z = 0) : ln(x2 + y2) = 0 ∴ x2 + y2 = 1,

Traza xz (y = 0) : z = ln(x2) = 2 ln |x|, x �= 0,Traza yz (x = 0) : z = ln(y2) = 2 ln |y|, y �= 0.

iv. ln (x2 + y2) = c∴ x2 + y2 = ec, c ∈ R.

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v. La superficie presenta la siguiente forma:

(c) f(x, y) = 4− x2 − y2

i. Df = {(x, y) ∈ R2 | x2 + y2 ≤ 4},If = {z ∈ R | 0 ≤ z ≤ 2}.

ii. Compacto (cerrado y acotado), convexo.iii. Traza xy (z = 0) : x2 + y2 = 4,

Traza xz (y = 0) : z =√4− x2, −2 ≤ x ≤ 2,

Traza yz (x = 0) : z = 4− y2, −2 ≤ y ≤ 2.

iv. 4− x2 − y2 = c

∴ x2 + y2 = 4− c2, 0 ≤ c ≤ 2.

v. La superficie presenta la siguiente forma:

(d) f(x, y) = x1/2y1/2

i. Df = {(x, y) ∈ R2 | x ≥ 0, y ≥ 0} = R2+,If = {z ∈ R | z ≥ 0} = R+ ∪ {0} .

ii. Cerrado, convexo.iii. Traza xy (z = 0) : x = 0 o y = 0 (ejes x y y en R2+),

Traza xz (y = 0) : z = 0,Traza yz (x = 0) : z = 0.

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iv. x1/2y1/2 = c

∴ y =c2

x, c ≥ 0.

v. La superficie presenta la siguiente forma:

(e) f(x, y) = (xy)1/2

i. Df = {(x, y) ∈ R2 | xy ≥ 0}, (cuadrantes I y III)If = {z ∈ R | z ≥ 0} = R+ ∪ {0} .

ii. Cerrado. Nota que no es convexo.iii. Traza xy (z = 0) : x = 0 o y = 0 (ejes x y y),

Traza xz (y = 0) : z = 0,Traza yz (x = 0) : z = 0.

iv. (xy)1/2 = c

∴ y =c2

x, c ≥ 0.

v. La superficie presenta la siguiente forma:

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3. (a) f(x, y) = ln(yex), P (0, 1)

Df = {(x, y) ∈ R2 | y > 0, x libre},If = {z ∈ R } = R.

Curva de nivel de f en P (0, 1) :

ln(yex)= c

ln(1e0)= c

ln 1= c

0= c

ln(yex)= 0

yex=1.

∴ Curva de nivel= {(x, y) ∈ Df | y = e−x}.

(b) f(x, y) = ln(26− x2 − y2), P (3, 4)

Df = {(x, y) ∈ R2 | 0 ≤ x2 + y2 < 26},If = {z ∈ R | z ≤ ln 26}.

Curva de nivel de f en P (3, 4):

ln(26− x2 − y2)= cln(26− 9− 16)= c

ln 1= c

0= c

ln(26− x2 − y2)= 026− x2 − y2=1

x2 + y2=25.

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∴ Curva de nivel= {(x, y) ∈ Df |x2 + y2 = 25}.

(c) f(x, y) = 2 ln x+ ln y, P (12, 4)

Df = {(x, y) ∈ R2 | x > 0, y > 0 } = R2++ ,If = {z ∈ R } = R.

Curva de nivel de f en P (12, 4):

2 lnx+ ln y= c

ln(x2y) = c

ln(1

4· 4)= c0= c

ln(x2y) = 0

y=1

x2.

∴ Curva de nivel= {(x, y) ∈ Df | y =1

x2}.

(d) f(x, y, z) = e−√1−x−y, P (1, 0, 0)

Df = {(x, y, z) ∈ R3 | x+ y ≤ 1, z libre},If = {w ∈ R | 0 < w ≤ 1}.

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Superficie de nivel de f en P (1, 0, 0):

e−√1−x−y = c

e−√1−1−0= c

1= c

e−√1−x−y =1

− 1− x− y= ln 1 = 01− x− y=0.

∴ Superficie de nivel= {(x, y, z) ∈ Df | x+ y = 1}.

(e) f(x, y, z) = e√ln(x2+y2), P (0, 1, 1)

Para encontrar el dominio Df debemos pedir

x2 + y2 > 0 y ln(x2 + y2) ≥ 0,

esto es,(x, y) �= (0, 0) y x2 + y2 ≥ 1.

Por lo tanto,

Df = {(x, y, z) ∈ R3 | x2 + y2 ≥ 1, z libre},If = {w ∈ R | w ≥ 1}.

Superficie de nivel de f en P (0, 1, 1):

e√ln(x2+y2)= c

e√ln(0+1)= c

e0= c

1= c

e√ln(x2+y2)=1

ln(x2 + y2) = 0

ln(x2 + y2) = 0

x2 + y2=1.

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∴ Superficie de nivel= {(x, y, z) ∈ Df | x2 + y2 = 1, z libre}.

(f) f(x, y, z) = e1−√1−ln y, P (0, 1, e)

Para encontrar el dominio Df debemos pedir

y > 0 y 1− ln y ≥ 0,

esto es,y > 0 y y ≤ e.

Por lo tanto,

Df = {(x, y, z) ∈ R3 | 0 < y ≤ e, x, z libres},If = {w ∈ R | 0 < w ≤ e}.

Superficie de nivel de f en P (0, 1, e):

e1−√1−ln y = c

e1−√1−ln 1= c

1= c

e1−√1−ln y =1

1− 1− ln y=0

ln y=0

y=1.

∴ Superficie de nivel= {(x, y, z) ∈ Df | y = 1, x, z libres}.

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(g) f(x, y, z) = 1− e−√1−x−y−z, P (0, 0, 1)

Df = {(x, y, z) ∈ R3 | x+ y + z ≤ 1},If = {w ∈ R | 0 ≤ w < 1}.

Superficie de nivel de f en P (0, 0, 1) :

1− e−√1−x−y−z = c

1− e−√1−1= c

0= c

1− e−√1−x−y−x=0

e−√1−x−y−z =1

1− x− y − z=0x+ y + z=1.

∴ Superficie de nivel= {(x, y, z) ∈ Df | x+ y + z = 1}.

(h) f(x, y, z) = e√x2+z2−9, P (5, 2, 0)

Df = {(x, y, z) ∈ R3 | x2 + z2 ≥ 9, y libre},If = {w ∈ R | w ≥ 1}.

Superficie de nivel en P (5, 2, 0) :

e√x2+z2−9= c

e√25+0+9= c

e4= c

e√x2+z2−9= e4

x2 + z2 − 9=16x2 + z2=25.

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∴ Superficie de nivel P = {(x, y, z) ∈ Df | x2+z2 = 25, y libre}.

4. (a) f(x, y) = −x− y, x ∈ R, y ∈ R.

Curvas de nivel (c ∈ R) :

y = −x− c.

(b) f(x, y) = |x|+ |y| , x ∈ R, y ∈ R.

Curvas de nivel (c ≥ 0) :

x+ y = c (cuadrante I)−x+ y = c (cuadrante II)−x− y = c (cuadrante III)x− y = c (cuadrante IV).

(c) f(x, y) = ex − y, x ∈ R, y ∈ R.

Curvas de nivel (c ∈ R) :

y = ex − c.

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(d) f(x, y) = x+ ln y, x ∈ R, y > 0.

Curvas de nivel (c ∈ R) :

y = ec−x = (ec) e−x.

(e) f(x, y) = ln x+ y, x > 0, y ∈ R.

Curvas de nivel (c ∈ R) :

y = c− ln x.

(f) f(x, y) = x+√y, x ∈ R, y ≥ 0.

Curvas de nivel (c ∈ R) :

y = (c− x)2 = (x− c)2 ,

sólo si x ≤ c.

Nota: La ecuación√y = c−x sólo tiene sentido para c−x ≥

0.

(g) f(x, y) = x2 + 4x√y + 4 + 4 (y + 4) , x ≥ 0, y ≥ 0.

Sugerencia: x2 + 4x√y + 4 + 4 (y + 4) =

�x+ 2

√y + 4

�2.

Curvas de nivel (c ≥ 16) :

y = 14(x−√c)2 − 4,

sólo si 0 ≤ x ≤ √c− 4.

Nota: La ecuación 2√y + 4 =

√c−x sólo tiene sentido para√

c− x ≤ 4.

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(h) f(x, y) =√x+

√y, x ≥ 0, y ≥ 0.

Sugerencia:

y = (c−√x)2 =⇒ y′ = − c−√x√

x< 0 =⇒ y′′ =

c

2x3/2> 0.

∴ y es decreciente y convexa (ya que c ≥ 0).

Curvas de nivel (c ≥ 0) :

y = (c−√x)2

sólo si 0 ≤ x ≤ c2.

Nota: La condición x ≤ c2 debe imponerse antes de elevar alcuadrado la ecuación

√y = c−√x.

(i) f(x, y) = min{x, y}, x > 0, y > 0.

Curvas de nivel (c ∈ R) :

min{x, y} = c.

(j) f(x, y) = max{x, y}, x > 0, y > 0.

Curvas de nivel (c ∈ R) :

max{x, y} = c.

(k) f(x, y) = ex + ey, x ≥ 0, y ≥ 0.Sugerencia:

y = ln(c− ex) =⇒ y′ =−exc− ex < 0 =⇒ y′′ =

−cex(c− ex)2

< 0.

∴ y es decreciente y cóncava (ya que c ≥ 2).

Curvas de nivel (c ≥ 2) :

y = ln(c− ex),

sólo si x < ln (c− 1) .

53

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(l) f(x, y) = e−x + e−y, x ≥ 0, y ≥ 0.Sugerencia:

y = − ln(c−e−x) =⇒ y′ =−e−xc− e−x < 0 =⇒ y′′ =

ce−x

(c− e−x)2> 0

∴ y es decreciente y convexa (ya que c > 0).

Curvas de nivel (0 < c ≤ 2) :

y = − ln(c− e−x),

sólo si x > ln (1/c) .

5. (a) f(x, y) = x− 3yPlano x− 3y − z = 0 (nota que z = f(x, y) ).

(b) −→r (t) = (1 + t)�i+ (2t)�j + (5− t)�kRecta.

(c) y = x− 1Plano x− y = 1, z libre.

(d) 2x2 + 6y2 + 4z2 = 12Elipsoide.

(e) x2 + y2 − z2 = 1Hiperboloide de una hoja.

(f) y = x2

Cilindro parabólico y = x2, z libre.

(g) x2 − y2 − z2 = 0Cono circular x2 = y2 + z2.

(h) x2 − y2 − z2 = 1Hiperboloide de dos hojas.

(i) x2 − y2 − z = 0Paraboloide hiperbólico z = x2 − y2.

(j) 2x2 + y2 + 3z2 = 0Punto O(0, 0, 0).

(k) x2 + (y − 1)2 + (z + 2)2 = 3Esfera con centro en C(0, 1,−2) y radio r =

√3.

54

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(l) y2 + z2 = 1Cilindro circular y2 + z2 = 1, x libre.

(m) f(x, y) = x2 + y2

Paraboloide circular z = x2 + y2.

(n) −→r (t) = (cos t)�i+ (sent)�j + t�kCurva paramétrica (hélice).

(o) x+ y = 2, x = 1Recta x = 1, y = 1, z = t libre.

(p) x− 1 = y + 1 = −z = 0Punto P (1,−1, 0).

6. (a)lim

(x,y)→(1,1)(5x+ 3xy + y − 2) = 5 + 3 + 1− 2 = 7.

(b)

lim(x,y)→(0,0)

cos

�x2 + y3

x+ y + 1

�= cos(

0

1) = 1.

(c)

lim(x,y)→(0,ln 2)

ex−y = e0−ln 2 =1

2.

(d)lim

(x,y)→(0,1)ln�1 + x2

�= ln(1) = 0.

(e)

lim(x,y)→(1,1)

x2 − y2x− y = lim

(x,y)→(1,1)(x+ y) = 1 + 1 = 2.

(f)

lim(x,y)→(1,1)

xy − y − 2x+ 2x− 1 = lim

(x,y)→(1,1)

y(x− 1)− 2(x− 1)x− 1

= lim(x,y)→(1,1)

(y − 2)

= 1− 2 = −1.

(g)

lim(x,y)→(4,3)

√x−√y + 1x− y − 1 = lim

(x,y)→(4,3)

(√x−√y + 1)(√x+√y + 1)(x− (y + 1))(√x+√y + 1)

= lim(x,y)→(4,3)

1√x+

√y + 1

=1√

4 +√4=1

4.

55

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(h)

lim(x,y)→(2,−4)

y + 4

x2y − xy + 4x2 − 4x = lim(x,y)→(2,−4)

y + 4

x2(y + 4)− x(y + 4)

= lim(x,y)→(2,−4)

1

x2 − x

=1

22 − 2 =1

2.

7. (a) f(x, y) =x+ y

x− yTomamos el límite a lo largo del eje x, haciendo y = 0:

lim(x,y)→(0,0)

f(x, y) = limx→0

f(x, 0) = limx→0

x+ 0

x− 0 = limx→0 1 = 1.

Luego tomamos el límite a lo largo del eje y, haciendo x = 0:

lim(x,y)→(0,0)

f(x, y) = limy→0

f(0, y) = limy→0

0 + y

0− y = limy→0 (−1) = −1.

Como 1 �= −1, por lo tanto no existe lim(x,y)→(0,0)

x+ y

x− y .

(b) f(x, y) =xy

x2 + y2

Tomamos el límite a lo largo de y = kx, con k ∈ R:

lim(x,y)→(0,0)

f(x, y)= limx→0

f(x, kx)

= limx→0

x(xk)

x2 + (kx)2

= limx→0

k

1 + k2=

k

1 + k2.

56

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Como el límite depende de la trayectoria (es decir, del valorde k), por lo tanto, no existe lim

(x,y)→(0,0)

xy

x2 + y2.

(c) f(x, y) =x2y

x4 + y2

Tomamos el límite a lo largo de y = kx2, con k ∈ R:

lim(x,y)→(0,0)

f(x, y)= limx→0

f(x, kx2)

= limx→0

x2(kx2)

x4 + (kx2)2

= limx→0

k

1 + k2=

k

1 + k2.

Como el límite depende de la trayectoria, por lo tanto, no

existe lim(x,y)→(0,0)

x2y

x4 + y2.

(d) f(x, y) =y√x

x+ y2, x ≥ 0

Tomamos el límite a lo largo de y = k√x, con k ∈ R:

lim(x,y)→(0,0)

f(x, y)= limx→0

f(x, k√x)

= limx→0

(k√x)√x

x+ (k√x)2

= limx→0

k

1 + k2=

k

1 + k2.

57

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Como el límite depende de la trayectoria, por lo tanto, no

existe lim(x,y)→(0,0)

y√x

x+ y2.

(e) f(x, y) =xy3

x2 + y6

Tomamos el límite a lo largo de y = kx1

3 , con k ∈ R:

lim(x,y)→(0,0)

f(x, y)= limx→0

f(x, kx1

3 )

= limx→0

x(kx1

3 )3

x2 + (kx1

3 )6

= limx→0

k3

1 + k6=

k3

1 + k6.

Como el límite depende de la trayectoria, por lo tanto, no

existe lim(x,y)→(0,0)

xy3

x2 + y6.

8. (a) f(x, y) = ln(xy) es continua en {(x, y) ∈ R2 | xy > 0}.

58

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(b) f(x, y) =√x2 − 1 es continua en {(x, y) ∈ R2 | |x| > 1}.

(c) f(x, y) =1

|x|+ |y| es continua en R2\{(0, 0)}.

(d) f(x, y) =x2y

x2 − y2 es continua en {(x, y) ∈ R2 | y �= ±x}.

9. Sea f(x, y) =

(x2 + 5) sen (x2 + y2)

x2 + y2, (x, y) �= (0, 0),

C, (x, y) = (0, 0).

Para que f(x, y) sea continua en (0, 0) es necesario que

lim(x,y)→(0,0)

f(x, y) = f(0, 0).

59

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Por una parte,

lim(x,y)→(0,0)

f(x, y) = lim(x,y)→(0,0)

[(x2 + 5) seny]

y

= lim(x,y)→(0,0)

�x2 + 5

�· lim(x,y)→(0,0)

sen (x2 + y2)

x2 + y2

=(5) limz→0+

sen z

z=(5)(1) = 5,

en donde se utilizó el cambio de variable z = x2 + y2.

Por otra parte,f(0, 0) = C.

Por lo tanto, f es continua en (0, 0) si

C = 5.

60

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CÁLCULO IITAREA 5 - SOLUCIONES

DIFERENCIACIÓN, LINEALIZACIÓN, DIFERENCIALTOTAL Y REGLA DE LA CADENA

(Temas 3.1-3.3)

1. (a) f(x, y) = 5xy − 7x2 − y2 + 3x− 6y + 2.

fx(x, y)= 5y − 14x+ 3,fy(x, y)= 5x− 2y − 6.

(b) f(x, y) =x

x2 + y2.

fx(x, y) =(x2 + y2) (1)− x(2x)

(x2 + y2)2=

y2 − x2(x2 + y2)2

,

fy(x, y) =(x2 + y2) (0)− x(2y)

(x2 + y2)2= − 2xy

(x2 + y2)2.

(c) f(x, y) = 2x5 − 3y = (2x5 − 3y)1/2 .

fx(x, y)=1

2

�2x5 − 3y

�−1/2 �10x4

�=

5x4 2x5 − 3y

,

fy(x, y)=1

2

�2x5 − 3y

�−1/2(−3) = − 3

2 2x5 − 3y

.

(d) f(x, y) =1

ln(2x− y) = [ln(2x− y)]−1 .

fx(x, y) =− [ln(2x− y)]−2�

2

2x− y

�= − 2

(2x− y) ln2 (2x− y) ,

fy(x, y) =− [ln(2x− y)]−2� −12x− y

�=

1

(2x− y) ln2 (2x− y) .

(e) f(x, y) = sen4 (x− 3y) = [sen(x− 3y)]4 .

fx(x, y) = 4 [sen(x− 3y)]3 cos (x− 3y) (1)=4 sen3 (x− 3y) cos (x− 3y) ,

fy(x, y) = 4 [sen(x− 3y)]3 cos (x− 3y) (−3)=−12 sen3 (x− 3y) cos (x− 3y) .

61

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(f) f(x, y) = ln5(x/y) = [ln(x/y)]5 = [ln x− ln y]5 .

fx(x, y) = 5 [lnx− ln y]4�1

x

�=5

xln4(x/y),

fy(x, y) = 5 [lnx− ln y]4�−1y

�= −5

yln4(x/y).

(g) f(x, y) = (1 + xy) ey.

fx(x, y)= yey,

fy(x, y)= xey + (1 + xy) ey = (1 + x+ xy) ey.

(h) f(x, y) = ln�

x+ y√x2 + 1

�= ln(x+ y)− 1

2ln(x2 + 1).

fx(x, y) =1

x+ y− 2x

2 (x2 + 1)=

1

x+ y− x

x2 + 1,

fy(x, y) =1

x+ y.

(i) f(x, y) =�e√x�2+√ey2 = e2

√x + ey

2/2.

fx(x, y) = e2√x

�1√x

�=

�e√x�2

√x,

fy(x, y) = ey2/2 (y) = y

√ey2 .

(j) f(x, y) = x1/y.

fx(x, y) =1

yx(1/y)−1 =

x(1/y)−1

y,

fy(x, y) =x1/y ln x

�−1/y2

�= −x

1/y ln x

y2.

(k) f(x, y) =�1 + x1/y

�y.

fx(x, y) = y�1 + x1/y

�y−1�1yx(1/y)−1

�= x(1/y)−1

�1 + x1/y

�y−1.

Para obtener fy se debe utilizar derivación logarítmica:

ln f = ln�1 + x1/y

�y= y ln

�1 + x1/y

1

f

∂f

∂y= ln

�1 + x1/y

�+ y

x1/y (ln x) (−1/y2)1 + x

1

y

∂f

∂y= f

ln�1 + x1/y

�− 1y

x1/y ln x

1 + x1/y

fy(x, y) =�1 + x1/y

�y ln�1 + x1/y

�− 1y

x1/y ln x

1 + x1/y

.

62

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2. (a) E(p, q) = ap2ebq.

Ep(p, q) = 2apebq,

Eq(p, q) = abp2ebq.

(b) R(p1, p2) = αpβ1 + γe

p1p2.

Rp1(p1, p2)=αβpβ−11 + γp2e

p1p2 ,

Rp2(p1, p2)= γp1ep1p2 .

(c) V (px, py, I) =�

I

px +12py

�2=

I2�px +

12py�2 = I2

�px +

12py�−2

.

Vpx(px, py, I)=−2I2�px +

1

2py

�−3= − 2I2�

px +12py�3 ,

Vpy(px, py, I)=−2I2�px +

1

2py

�−3�1

2

�= − I2�

px +12py�3 ,

VI(px, py, I)= 2I

�px +

1

2py

�−2=

2I�px +

12py�2 .

(d) u(x1, . . . , xn) =n�i=1

αi ln xi = α1 ln x1+α2 ln x2+ · · ·+αn ln xn.

Reescribimos la expresión como

u(x1, . . . , xn)=n�i=1

αi ln xi

=α1 ln x1 + α2 ln x2 + · · ·+ αn lnxn

y luego derivamos con respecto a cada una de las variablesindependientes x1, . . . , xn:

ux1(x1, . . . , xn) =α1x1,

... =...

uxn(x1, . . . , xn) =αnxn.

En otras palabras,

uxj (x1, . . . , xn) =αjxj, j = 1, 2, . . . , n.

63

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(e) Sabemos que

u=N�

t=1

(act + bct−1)

= (ac1 + bc0) + . . .+ (act + bct−1) + (act+1 + bct) + . . .+ (acN + bcN−1) .

De esta manera,

∂u

∂c0= b

∂u

∂ct= a+ b, t = 1, . . . , N − 1

∂u

∂cN= a.

(f) P (L,K, α, ρ) = (αL1/ρ + (1− α)K1/ρ)ρ.

Las derivadas parciales ∂P/∂L, ∂P/∂K y ∂P/∂α son directas:

∂P

∂L=∂

∂L

�αL1/ρ + (1− α)K1/ρ

�ρ

= ρ�αL1/ρ + (1− α)K1/ρ

�ρ−1 ∂∂L

�αL1/ρ + (1− α)K1/ρ

= ρ�αL1/ρ + (1− α)K1/ρ

�ρ−1�α1

ρL(1/ρ)−1

=αL(1/ρ)−1�αL1/ρ + (1− α)K1/ρ

�ρ−1,

∂P

∂K=

∂K

�αL1/ρ + (1− α)K1/ρ

�ρ

= ρ�αL1/ρ + (1− α)K1/ρ

�ρ−1 ∂

∂K

�αL1/ρ + (1− α)K1/ρ

= ρ�αL1/ρ + (1− α)K1/ρ

�ρ−1�(1− α)1

ρK(1/ρ)−1

=(1− α)K(1/ρ)−1 �αL1/ρ + (1− α)K1/ρ�ρ−1

,

∂P

∂α=∂

∂α

�αL1/ρ + (1− α)K1/ρ

�ρ

= ρ�αL1/ρ + (1− α)K1/ρ

�ρ−1 ∂∂α

�αL1/ρ + (1− α)K1/ρ

= ρ�L1/ρ −K1/ρ

� �αL1/ρ + (1− α)K1/ρ

�ρ−1.

64

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Para encontrar la derivada parcial ∂P/∂ρ es necesario usarderivación logarítmica:

lnP = ln�αL1/ρ + (1− α)K1/ρ

�ρ= ρ ln

�αL1/ρ + (1− α)K1/ρ

1

P

∂P

∂ρ= ln

�αL1/ρ + (1− α)K1/ρ

�+ ρ

∂∂ρ

�αL1/ρ + (1− α)K1/ρ

αL1/ρ + (1− α)K1/ρ

= ln�αL1/ρ + (1− α)K1/ρ

+ραL1/ρ lnL (−1/ρ2) + (1− α)K1/ρ lnK (−1/ρ2)

αL1/ρ + (1− α)K1/ρ

∂P

∂ρ=P

ln�αL1/ρ + (1− α)K1/ρ

�− 1ρ

αL1/ρ lnL+ (1− α)K1/ρ lnK

αL1/ρ + (1− α)K1/ρ

.

3. Las derivadas parciales de P (L,K) = [δ1L−ρ + δ2K−ρ]−1/ρ son

∂P

∂L=−1

ρ

�δ1L

−ρ + δ2K−ρ�(−1/ρ)−1 �−ρδ1L−ρ−1

= δ1L−ρ−1 �δ1L−ρ + δ2K−ρ�(−1/ρ)−1 ,

∂P

∂K=−1

ρ

�δ1L

−ρ + δ2K−ρ�(−1/ρ)−1 �−ρδ2K−ρ−1�

= δ2K−ρ−1 �δ1L−ρ + δ2K−ρ�(−1/ρ)−1 .

Por lo tanto,

L∂P

∂L+K

∂P

∂K= δ1L

−ρ �δ1L−ρ + δ2K−ρ�(−1/ρ)−1

+δ2K−ρ �δ1L−ρ + δ2K−ρ�(−1/ρ)−1

=�δ1L

−ρ + δ2K−ρ� �δ1L−ρ + δ2K−ρ�(−1/ρ)−1

=�δ1L

−ρ + δ2K−ρ�−1/ρ

=P (L,K) .

4. Las derivadas parciales de P (L,K) = ALaKbecK/L son

∂P

∂L=�ALaKb

�ecK/L

�−cKL2

�+�AaLa−1Kb

�ecK/L,

∂P

∂K=�ALaKb

�ecK/L

� cL

�+�AbLaKb−1� ecK/L.

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Por lo tanto,

L∂P

∂L=−cK

L

�ALaKb

�ecK/L +

�AaLaKb

�ecK/L

=

�−cKL+ a

��ALaKbecK/L

�,

K∂P

∂K=cK

L

�ALaKb

�ecK/L +

�AbLaKb

�ecK/L

=

�cK

L+ b

��ALaKbecK/L

�,

de modo que

L∂P

∂L+K

∂P

∂K= (a+ b)

�ALaKbecK/L

�= (a+ b)P (L,K) .

5. (a) f(x, y) = 3xy − 5x2 − 6y + 2.Como

fx(x, y) = 3y − 10x,fy(x, y) = 3x− 6,

por lo tanto

fxx(x, y)=−10,fxy(x, y)= fyx(x, y) = 3,

fyy(x, y)= 0.

(b) f(x, y) = 3ye−2xy.Como

fx(x, y) =−6y2e−2xy,fy(x, y) = (3− 6xy) e−2xy,

por lo tanto

fxx(x, y) = 12y3e−2xy,

fxy(x, y) = fyx(x, y) =�12y2x− 12y

�e−2xy,

fyy(x, y) =�12x2y − 12x

�e−2xy.

66

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(c) f(x, y) = ln(x− y).Como

fx(x, y)=1

x− y ,

fy(x, y)=−1

x− y ,

por lo tanto

fxx(x, y)= fyy(x, y) = −1

(x− y)2,

fxy(x, y)= fyx(x, y) =1

(x− y)2.

6. Usando propiedades del logaritmo, se tiene

f(x, y) = xy + ln√ex2y2 + ln

� yx2

�= xy +

x2y2

2+ ln y − 2 ln x.

En ese caso,

fx(x, y) = yxy−1 + xy2 − 2

x,

de donde

fxy(x, y)=∂

∂y

�yxy−1 + xy2 − 2

x

= y∂xy−1

∂y+ xy−1

∂y

∂y+ 2xy

= yxy−1 lnx+ xy−1 + 2xy.

Por lo tanto,

fxy (e, 1)= (1)�e0�(ln e) + e0 + 2e

=2 + 2e.

7. (a) Sea f(x, y) = x2 + y2 + 1. La linealización de f en (1, 1) es

L(x, y) = f(1, 1) + fx (1, 1) (x− 1) + fy (1, 1) (y − 1).Se tiene

f(x, y) = x2 + y2 + 1, f (1, 1) = 3,fx(x, y)= 2x, fx (1, 1)= 2,fy(x, y) = 2y, fy (1, 1) = 2.

Por lo tanto,

L(x, y) = 3 + 2(x− 1) + 2(y − 1)=2x+ 2y − 1.

67

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(b) Sea f(x, y) = ex ln(2 + y). La linealización de f en (0,−1) esL(x, y) = f (0,−1)+fx (0,−1) (x− 0)+fy (0,−1) (y−(−1)).Se tiene

f(x, y) = ex ln(2 + y), f (0,−1) = 0,fx(x, y)= ex ln(2 + y), fx (0,−1)= 0,fy(x, y) =

ex

2 + y, fy (0,−1)= 1.

Por lo tanto,

L(x, y)= 0 + (0) x+ (1) (y + 1)

= y + 1.

(c) Sea f(x, y) = (x+ 1)a (y + 1)b. La linealización de f en (0, 0)es

L(x, y) = f(0, 0) + fx (0, 0) (x− 0) + fy (0, 0) (y − 0).Se tiene

f(x, y) = (x+ 1)a (y + 1)b , f (0, 0) = 1,

fx(x, y)= a (x+ 1)a−1 (y + 1)b , fx (0, 0)= a,

fy(x, y) = b (x+ 1)a (y + 1)b−1 , fy (0, 0) = b.

Por lo tanto,L(x, y) = 1 + ax+ by.

8. Sea g (µ, ε) = [(1 + µ) (1 + ε)α]1/(1−β)− 1. La linealización de g en(0, 0) es

L (µ, ε) = g(0, 0) + gµ (0, 0) (µ− 0) + gε (0, 0) (ε− 0).Se tiene

g (µ, ε) = (1 + µ)1

1−β (1 + ε)α

1−β − 1, g(0, 0) = 0,

gµ (µ, ε) =1

1− β (1 + µ)1

1−β−1 (1 + ε)

α1−β , gµ (0, 0)=

1

1− β ,

gε (µ, ε) =α

1− β (1 + µ)1

1−β (1 + ε)α

1−β−1 , gε (0, 0) =

α

1− β .

Por lo tanto,

L (µ, ε) =

�1

1− β

�µ+

�α

1− β

�ε.

De esta manera, para puntos (µ, ε) cercanos a (0, 0) se tiene

g (µ, ε) ≃�

1

1− β

�µ+

�α

1− β

�ε.

68

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9. La linealización de v(x, y) en (1, 0) es la función

L(x, y) = v(1, 0) + vx(1, 0)(x− 1) + vy (1, 0) (y − 0).Como v(1, 0) = −1, vx(1, 0) = −4/3, vy(1, 0) = 1/3, por lo tanto

L(x, y) = −1− 43(x− 1) + 1

3y.

De esta manera, para puntos (x, y) cercanos a (1, 0) se tiene

v(x, y) ≃ −1− 43(x− 1) + 1

3y.

Por lo tanto,

v(1.01, 0.02) ≃ −1− 43(1.01− 1) + 1

3(0.02) = −1.0067.

10. (a) z = 2x2y3, P (1, 1) , Q (0.99, 1.02) .La diferencial total de z en (x0, y0) = (1, 1) es

dz=�4x0y

30

�dx+

�6x20y

20

�dy

=4dx+ 6dy.

Para estimar el cambio ∆z en z usamos

∆z ≈ 4∆x+ 6∆y,

con ∆x = −0.01, ∆y = 0.02. En ese caso,∆z ≈ (4) (−0.01) + (6) (0.02) = 0.08.

Por otra parte, el cambio exacto es

∆zexacto = 2 (0.99)2 (1.02)3 − 2 (1) (1) = 0.0802.

(b) z = x2 − 5xy, P (2, 3) , Q (2.03, 2.98) .La diferencial total de z en (x0, y0) = (2, 3) es

dz=(2x0 − 5y0) dx+ (−5x0) dy=−11dx− 10dy.

Para estimar el cambio ∆z en z usamos

∆z ≈ −11∆x− 10∆y,

con ∆x = 0.03, ∆y = −0.02. En ese caso,∆z ≈ −11(0.03)− 10(−0.02) = −0.13.

Por otra parte, el cambio exacto es

∆zexacto =�(2.03)2 − 5 (2.03) (2.98)

�− [4− 30] = −0.1261.

69

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11. Las derivadas parciales de P (L,K) = 120L1/3K1/2 son

PL(L,K) = 40K1/2

L2/3, PK(L,K) = 60

L1/3

K1/2.

En los niveles iniciales, se tiene

Q0 = 120L1/30 K

1/20 ,

con L0 = 1000 y Q0 = 24000, de donde

K0 =

�Q0

120L1/30

�2= 400.

La diferencial total de P (L,K) en (L0, K0) = (1000, 400) es

dP =

�40K1/20

L2/30

�dL+

�60L1/30

K1/20

�dk

=(40) (20)

100dL+

(60) (10)

20dK

=8dL+ 30dK.

Para estimar el cambio ∆K en el capital K usamos

∆P ≈ 8 ∆L+ 30 ∆K,

con ∆L = −1 y ∆P = 82. En ese caso,82 ≈ 8(−1) + 30 ∆K,

de modo que el cambio aproximado en el capital es

∆K ≈ 3.En otras palabras, se espera que el capital se incremente de 400 a403, aproximadamente.

12. Sean D1 (p1, p2) =6000 p

1/32

p21y D2 (p1, p2) =

2000 p1/21

p2. La diferen-

cial total de D1 en (p1)0 = 9 y (p2)0 = 8 es

dD1=

�∂D1

∂p1

0

dp1 +

�∂D1

∂p2

0

dp2

=

�−12000p1/32

p31

0

dp1 +

�2000

p21p2/32

0

dp2

=−(12000) (2)93

dp1 +2000

(81) (4)dp2,

70

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y la diferencial total de D2 en esos mismos niveles es

dD2=

�∂D2

∂p1

0

dp1 +

�∂D2

∂p2

0

dp2

=

�1000

p1/21 p2

0

dp1 +

�−2000p1/21

p22

0

dp2

=1000

(3) (8)dp1 −

(2000) (3)

64dp2.

De esta manera, ante pequeños incrementos se tiene

∆D1≈−(12000) (2)

93∆p1 +

2000

(81) (4)∆p2,

∆D2≈1000

(3) (8)∆p1 −

(2000) (3)

64∆p2.

(a) Si p1 aumenta a 9.50 y p2 se mantiene constante, entonces∆p1 = 0.50 y∆p2 = 0, de modo que

∆D1 ≈− (12000) (2) (0.5)

93= −16.46.

Así, la demanda de Bacardí disminuye en 16.5, aproximada-mente.

(b) Si p1 cambia de acuerdo con el inciso anterior yD2 no cambia,entonces ∆p1 = 0.50 y ∆D2 = 0, de modo que

0 ≈ 1000

(3) (8)(0.5)− (2000) (3)

64∆p2

esto es,

∆p2 ∼=2

9= 0.22.

Así, el precio de Presidente debe incrementarse en 0.22, aproxi-madamente.

13. La diferencial del volumen V (r, h) = πr2h en los valores inicialesr0 = 1 y h0 = 5 es

dV =(2πr0h0) dr +�πr20�dh

=10π dr + π dh.

Para estimar el cambio ∆V en el volumen V usamos

∆V ≈ 10π ∆r + π ∆h,

71

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con ∆r = 0.03, ∆h = −0.1. En ese caso, el cambio absoluto en elvolumen es, aproximadamente,

∆V ≈ (10π) (0.03) + π (−0.1) = 0.2π.

El cambio relativo del volumen es∆V

V0≈ 0.2π5π

= 0.04,

y por tanto, su cambio porcentual es∆V

V0× 100% ≈ 4%.

14. (a) z = f(x, y), x = g (t) , y = h (t) .

dz

dt=∂f

∂x

dg

dt+∂f

∂y

dh

dt.

(b) z = f(x, y, t), x = g (t) , y = h (t) .

dz

dt=∂f

∂x

dg

dt+∂f

∂y

dh

dt+∂f

∂t.

(c) z = f(x, y), x = g (t) , y = h (t, s) .

∂z

∂t=∂f

∂x

dg

dt+∂f

∂y

∂h

∂t,

∂z

∂s=∂f

∂y

∂h

∂s.

(d) z = f(x, t), x = g (t, s) .

∂z

∂t=∂f

∂x

∂g

∂t+∂f

∂t,

∂z

∂s=∂f

∂x

∂g

∂s.

72

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15. Se tiene U = f (x, z) , con z = h (x). Por lo tanto,

dU

dx=∂f

∂z

dh

dx+∂f

∂x.

Si f (x, z) = A ln (1 + (x/z)α) , con A,α ∈ R+, entonces∂f

∂x=A

α (x/z)α−1 (1/z)

1 + (x/z)α=

�Aα

z

�(x/z)α−1

1 + (x/z)α,

∂f

∂z=A

α (x/z)α−1 (−x/z2)1 + (x/z)α

=

�−Aαxz2

�(x/z)α−1

1 + (x/z)α,

de modo que

dU

dx=

�−Aαxz2

�(x/z)α−1

1 + (x/z)α

�dh

dx

�+

�Aα

z

�(x/z)α−1

1 + (x/z)α.

16. Se tiene U = f (c1, c2, t) , con c1 = c1(t) y c2 = c2 (t, w) . Por lotanto,

∂U

∂t=∂f

∂c1

dc1dt+∂f

∂c2

∂c2∂t+∂f

∂t.

Si f (c1, c2, t) = e−2t ln (c1c2), entonces

∂f

∂c1= e−2t

1

c1,∂f

∂c2= e−2t

1

c2,∂f

∂t= −2e−2t ln (c1c2) ,

de modo que

∂U

∂t=e−2t

c1

dc1dt+e−2t

c2

∂c2∂t− 2e−2t ln (c1c2) .

17. Se tiene x = f(p, a), p = g(w, t) y a = h(t), de modo que

∂x

∂t=∂f

∂p

∂g

∂t+∂f

∂a

dh

dt

= fpgt + fah′.

73

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Como fp < 0, gt < 0, fa > 0 y h′ > 0, por lo tanto

∂x

∂t> 0,

de modo que la demanda aumenta al incrementarse el impuesto.

18. Como F (x, y) = f(g(x, y), h(k(x))), por lo tanto

∂F

∂x=∂f

∂g

∂g

∂x+∂f

∂h

dh

dk

dk

dx

= fg(g(x, y), h(k(x)))gx(x, y) + fh(g(x, y), h(k(x)))h′(k(x))k′(x).

19. Como F (p, q) = pf(p, q,m(p, q)), por lo tanto

∂F

∂p=(1)f + p

�∂f

∂p+∂f

∂m

∂m

∂p

= f(p, q,m(p, q)) + p

�∂f(p, q,m(p, q))

∂p+∂f(p, q,m(p, q))

∂m

∂m(p, q)

∂p

�.

20. Sea π = F (p, w, z) = pf(z)− wz, con z = z(w, p). Por lo tanto,

∂π

∂p=∂F

∂z

∂z

∂p+∂F

∂p.

Como∂F

∂z=∂

∂z(pf(z)− wz) = pf ′(z)− w,

∂F

∂p=∂

∂p(pf(z)− wz) = f(z),

por lo tanto∂π

∂p= (pf ′(z)− w) ∂z

∂p+ f(z).

También se puede contestar sin usar diagramas de árbol. Como

π = pf(z(w, p))− wz(w, p),por lo tanto

∂π

∂p= p

∂f(z(w, p))

∂p+ (1)f(z(w, p))− w∂z(w, p)

∂p

= pdf(z)

dz

∂z(w, p)

∂p+ f(z)− w∂z(w, p)

∂p

=(pf ′(z)− w) ∂z∂p+ f(z).

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CÁLCULO IITAREA 6 - SOLUCIONES

DERIVACIÓN IMPLÍCITA, VECTOR GRADIENTE YPLANO TANGENTE

(Temas 3.4-3.5)

1. Sea F (x, y) = 2x2 + 4xy − y4 + 67. Como

Fy|(1,3) =�4x− 4y3

�|(1,3) = −104 �= 0,

la ecuación F (x, y) = 0 define a y como funcion diferenciable de xalrededor del punto P (1, 3) . Por lo tanto,

dy

dx= −Fx

Fy= −

�4x+ 4y

4x− 4y3�=x+ y

y3 − x,

de modo quedy

dx

����(1,3)

=4

26=2

13.

2. (a) x2 + xy + y2 = 7, P (1, 2) .

Sea F (x, y) = x2+xy+y2−7. A lo largo de la curva de nivelF (x, y) = 0, se tiene

dy

dx= −Fx

Fy= −

�2x+ y

x+ 2y

�.

La derivada en el punto P (1, 2) es

dy

dx

����P

= −�2 (1) + 2

1 + 2 (2)

�= −4

5.

(b) e1−xy + ln (x/y) = 1, P (1, 1) .

Sea F (x, y) = e1−xy + ln x − ln y − 1. A lo largo de la curvade nivel F (x, y) = 0, se tiene

dy

dx= −Fx

Fy= −

�−ye1−xy + 1/x−xe1−xy − 1/y

�=−ye1−xy + 1/xxe1−xy + 1/y

.

La derivada en el punto P (1, 1) es

dy

dx

����P

=0

2= 0.

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(c) xey + sen (xy) + y − ln 2 = 0, P (0, ln 2) .

Sea F (x, y) = ey + sen (xy) + y− ln 2. A lo largo de la curvade nivel F (x, y) = 0, se tiene

dy

dx= −Fx

Fy= −

�ey + y cos (xy)

xey + x cos (xy) + 1

�.

La derivada en el punto P (0, ln 2) es

dy

dx

����P

= −eln 2 + (ln 2) (cos 0)

0 + 0 + 1= − (2 + ln 2) .

3. Sea P (L,K) = L1/2K1/2. A lo largo de la isocuanta P (L,K) = 10que pasa por el punto (25, 4) se satisface la ecuación L1/2K1/2 = 10,por lo que definimos

F (L,K) = L1/2K1/2 − 10.

De esta manera,

dK

dL= −FL

FK= −

12

�KL

�1/212

�LK

�1/2 = −K

L,

de modo quedK

dL

����(25,4)

= − 425.

4. Sea P (L,K) =�L2/3e−L/6

� �K1/3e−K/6

�.A lo largo de la isocuanta

P (L,K) = e−1/3 que pasa por el punto (1, 1) se satisface la ecuación�L2/3e−L/6

� �K1/3e−K/6

�= e−1/3, por lo que definimos

F (L,K) =�L2/3e−L/6

� �K1/3e−K/6

�− e−1/3.

De esta manera,dK

dL

����(1,1)

= −FL (1, 1)FK (1, 1)

.

76

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Como

FL (L,K) =

�2

3− L

6

��K

L

�1/3e−L/6e−K/6,

FK (L,K) =

�1

3− K

6

��L

K

�2/3e−L/6e−K/6

por lo tanto

FL (1, 1)=1

2e−1/3,

FK (1, 1)=1

6e−1/3,

de modo quedK

dL

����(1,1)

= −�12e−1/3

��16e−1/3

� = −3.

5. Definimos la función F (L,K) = P (L,K)− Q0. La tasa marginalde sustitución TMS a lo largo de la isocuanta F (L,K) = 0 estádada por

TMS = −dKdL

=FLFK

=PLPK

.

Para la función CES, P (L,K) = A (aLρ + (1− a)Kρ)1

ρ , la TMSes

TMS=A�1ρ

�(aLρ + (1− a)Kρ)

1

ρ−1 (aρLρ−1)

A�1ρ

�(aLρ + (1− a)Kρ)

1

ρ−1 ((1− a) ρKρ−1)

=aρLρ−1

(1− a) ρKρ−1

=

�a

1− a

��K

L

�1−ρ.

Por otra parte, para la función Cobb-Douglas, P (L,K) = ALaK1−a,la TMS es

TMS=aALa−1K1−a

(1− a)ALaK−a

=

�a

1− a

�K

L.

Observa que la TMS de CES se reduce a la de Cobb-Douglascuando ρ→ 0.

77

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6. Sean D = f (t, p) la demanda y S = g (p) la oferta. Definimos lafunción

F (t, p) = f (t, p)− g (p) .La condición de equilibrio F (t, p) = 0 define a p como funcióndiferenciable de t, cuando

Fp = fp (t, p)− g′(p) �= 0.

Sabemos que esto se cumple, ya que fp < 0 (la demanda decrececon p) y g′(p) > 0 (la oferta crece con p). Por lo tanto,

dp

dt= −Ft

Fp= −

�ft(t, p)

fp(t, p)− g′(p)

�=

ft(t, p)

g′(p)− fp(t, p).

7. Sea Y =h(Y )

Y+ I, con h′(Y ) < 1. Definimos la función

F (I, Y ) =h(Y )

Y+ I − Y.

En este caso,

dY

dI= − FI

FY= − 1

Y h′(Y )− h(Y )Y 2

− 1= − Y 2

Y h′(Y )− h(Y )− Y 2 .

8. SeaF (x, y, z) = x2y + y2z + z2x+ 1.

ComoFx|P = 2xy + z2

��(1,2,−1) = 5 �= 0,

por lo tanto la ecuación F (x, y, z) = 0 define a x como funcióndiferenciable de y y z alrededor de P (1, 2,−1). Por lo tanto,

∂x

∂y=−Fy

Fx= −

�x2 + 2yz

2xy + z2

�,

∂x

∂z=−Fz

Fx= −

�y2 + 2zx

2xy + z2

�,

de modo que

∂x

∂y

����(1,2,−1)

=3

5,

∂x

∂z

����(1,2,−1)

= −25.

78

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9. (a) xey + yez + 2 ln x− 2− 3 ln 2 = 0, P (1, ln 2, ln 3) .

Sea F (x, y, z) = xey + yez + 2 ln x− 2− 3 ln 2. Por lo tanto,

∂z

∂x=−Fx

Fz= −

�ey + 2/x

yez

�,

∂z

∂y=−Fy

Fz= −

�xey + ez

yez

�,

de modo que

∂z

∂x

����P

= − 4

3 ln 2,

∂z

∂y

����P

= − 5

3 ln 2.

(b) xy + yz + zx − 3 = 0, P (1, 1, 1) .

Sea F (x, y, z) = xy + yz + zx − 3. Por lo tanto,

∂z

∂x=−Fx

Fz= −

�yxy−1 + zx ln z

yz ln y + xzx−1

�,

∂z

∂y=−Fy

Fz= −

�xy ln x+ zyz−1

yz ln y + xzx−1

�,

de modo que

∂z

∂x

����P

= −1, ∂z

∂x

����P

= −1.

10. Sea F (L,K,Q) = QerQ−ALαKβ. A lo largo de superficie F (L,K,Q) = 0se tiene

∂Q

∂L=−FL

FQ= −

� −AαLα−1Kβ

Q (rerQ) + erQ

�=AαLα−1Kβ

(rQ+ 1) erQ,

∂Q

∂K=−FK

FQ= −

� −ALαβKβ−1

Q (rerQ) + erQ

�=AβLαKβ−1

(rQ+ 1) erQ.

11. Sea F (x, α, β) = f(x, α, β) + g(h(x), k(α)). De acuerdo con laregla de la cadena,

Fx= fx(x, α, β) + gh(h(x), k(α))h′(x),

Fα= fα(x, α, β) + gk(h(x), k(α))k′(α).

De esta manera,

∂x

∂α= −Fα

Fx= −fα(x, α, β) + gk(h(x), k(α))k

′(α)

fx(x, α, β) + gh(h(x), k(α))h′(x).

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12. Sea f(x, g(x, α), β)+h(x, β). De acuerdo con la regla de la cadena,

Fx= fx(x, g(x, α), β) + fg(x, g(x, α), β)gx(x, α) + hx(x, β),

Fα= fg(x, g(x, α), β)gα(x, α).

De esta manera,

∂x

∂α= −Fα

Fx= − fg(x, g(x, α), β)gα(x, α)

fx(x, g(x, α), β) + fg(x, g(x, α), β)gx(x, α) + hx(x, β).

13. Derivamos la igualdad F (f(x, y), g(y)) = h(y) con respecto a y,obteniendo

Ff (f(x, y), g(y))fy(x, y) + Fg(f(x, y), g(y))g′(y) = h′(y).

De esta manera,

g′(y) =h′(y)− Ff(f(x, y), g(y))fy(x, y)

Fg(f(x, y), g(y)).

14. Nota: los gradientes dibujados aquí no están a escala.

(a) f(x, y) = y − x, P (2, 1) .

∇f(x, y)=�∂f

∂x

��i+

�∂f

∂y

��j = −�i+ �j,

∇f(2, 1)=−�i+ �j.

Curva de nivel en P :

y − x= c1− 2= c ∴ c = −1.

∴ y = x− 1.

(b) f(x, y) = y − x2, P (−1, 0) .

∇f(x, y) = (−2x)�i+ (1)�j,∇f (−1, 0)=2�i+ �j.

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Curva de nivel en P :

y − x2= c0− (−1)2= c ∴ c = −1.

∴ y = x2 − 1.

(c) f(x, y) = 2− x2 − y2, P (1, 1) .

∇f(x, y)= (−2x)�i+ (−2y)�j,∇f(1, 1)=−2�i− 2�j.

Curva de nivel en P :

2− x2 − y2= c2− 1− 1= c ∴ c = 0.

∴ x2 + y2 = 2.

(d) f(x, y) = ln (x2 + y2) , P (1, 1) .

∇f(x, y)=�

2x

x2 + y2

��i+

�2y

x2 + y2

��j,

∇f(1, 1)=�i+ �j.

Curva de nivel en P :

ln�x2 + y2

�= c

ln (1 + 1)= c ∴ c = ln 2.

∴ ln�x2 + y2

�= ln 2

∴ x2 + y2 = 2.

81

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15. (a) f(x, y) = ln (xy + 1) , P (e, 1) .

∇f(x, y) =�yxy−1

xy + 1

��i+

�xy ln x

xy + 1

��j,

∇f (e, 1)=�

1

e+ 1

��i+

�e

e+ 1

��j.

(b) P (L,K) = √

L+√K, (L0, K0) = (1, 9) .

Como

∂P

∂L=

12√L

2 √

L+√K=

1

4√L √

L+√K,

∂P

∂K=

12√K

2 √

L+√K=

1

4√K √

L+√K,

por lo tanto

∇P (L,K) = 1

4√L √

L+√K

�i+ 1

4√K √

L+√K

�j

∇P (1, 9)= 18�i+ 1

24�j.

(c) f(x, y, z) = x2 + y2 − 2z2 + z ln x, P (1, 1, 1) .

∇f(x, y, z) =�2x+

z

x

��i+ (2y)�j + (−4z + ln x)�k,

∇f(1, 1, 1) = 3�i+ 2�j − 4�k.

16. (a) f(x, y) = x2e(y2/x)−1, P (4, 2) .

Por una parte,f(4, 2) = 42e0 = 16.

Por otra parte, como

fx (x, y) =

x2e(y

2/x)−1�−y

2

x2

�+ 2xe(y

2/x)−1

=�2x− y2

�e(y

2/x)−1,

fy (x, y) =x2e(y

2/x)−1�2y

x

=2xye(y2/x)−1,

por lo tanto

∇f(x, y) =�2x− y2

�e(y

2/x)−1 �i+ 2xye(y2/x)−1 �j∇f (4, 2)=4�i+ 16�j.

82

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(b) f(x, y) = x ln� yx2

�= x (ln y − 2 lnx) , P (e, 1) .

Por una parte,

f(e, 1) = e [ln 1− 2 ln e] = e [0− 2(1)] = −2e.Por otra parte, como

fx (x, y)= (x)

�−2x

�+ (1) [ln y − 2 ln x]

=−2 + ln y − 2 lnx,

fy (x, y)= (x)

�1

y

�=x

y,

por lo tanto

∇f(x, y)= (−2 + ln y − 2 lnx) �i+ x

y�j

∇f (e, 1)=−4�i+ e�j.

(c) f(x, y) = ln�√

e16x2 + e8 ln y�= ln

�e8x

2

+ e8 ln y�, P (1, 1) .

Por una parte,

f(1, 1) = ln�e8 + e8 ln 1

�= ln

�e8�= 8 ln e = 8.

Por otra parte, como

fx (x, y) =16xe8x

2

e8x2 + e8 ln y,

fy (x, y) =

e8

y

e8x2 + e8 ln y,

por lo tanto

∇f(x, y)=�

16xe8x2

e8x2 + e8 ln y

��i+

�e8

y(e8x2 + e8 ln y)

��j

∇f (1, 1)= 16�i+ �j.

17. f(x, y) = xye2x−y, P (1, 2).

Un vector normal a la curva de nivel de f que pasa por el puntoP (1, 2) es ∇f |P . Sabemos que

fx (x, y) = ye2x−y + 2xye2x−y

=(1 + 2x) ye2x−y,

fy (x, y) =xe2x−y − xye2x−y

=x (1− y) e2x−y.

83

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Por lo tanto

∇f(x, y) = (1 + 2x) ye2x−y �i+ x (1− y) e2x−y �j∇f (1, 2)=6�i− �j.

18. (a) f(x, y) = 2xy − 3y2, P (5, 5) ,−→A = 4�i+ 3�j.

Como∇f (x, y) = (2y)�i+ (2x− 6y)�j,

por lo tanto∇f (5, 5) = 10�i− 20�j.

Por otra parte, como���−→A

��� =√16 + 9 = 5,

por lo tanto

�A =−→A���−→A���=4

5�i+ 3

5�j.

De esta manera,�D �Af

�P=∇f (5, 5) · �A

=�10�i− 20�j

�·�4

5�i+ 3

5�j�

=40

5− 605= −4.

(b) f (x, y, z) = x2 + 2y2 − 3z2, P (1, 1, 1) ,−→A =�i+ �j + �k.

Como∇f (x, y, z) = 2x�i+ 4y�j − 6z�k,

por lo tanto∇f (1, 1, 1) = 2�i+ 4�j − 6�k.

Por otra parte, como���−→A

��� =√1 + 1 + 1 =

√3,

por lo tanto�A = 1√

3�i+ 1√

3�j + 1√

3�k.

De esta manera,

�D �Af

�P=�2�i+ 4�j − 6�k

�·�1√3�i+ 1√

3�j + 1√

3�k�

=2√3+4√3− 6√

3= 0.

84

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19. f (x, y) = x2 + xy + y2, P0 (−1, 1) .Sabemos que f crece más rápidamente en la dirección de ∇f ydecrece más rápidamente en la dirección de −∇f . Como

∇f = (2x+ y)�i+ (x+ 2y)�j,

por lo tanto∇f |P

0

= −�i+ �j.

Así, f crece más rápidamente en la dirección −�i+�j y decrece másrápidamente en la dirección �i− �j.

20. Para enfriarse más rápido, el mosquito que está en (1/2, 1, 1) debemoverse hacia la dirección − ∇T |( 12 ,1,1) . Como

T (x, y, z) = xyz (1− x) (2− y) (3− z) ,

por lo tanto

∂T

∂x= yz (1− x) (2− y) (3− z)− xyz (2− y) (3− z)= yz (1− 2x) (2− y) (3− z) ,

∂T

∂y=xz (1− x) (2− y) (3− z)− xyz (1− x) (3− z)

=xz (1− x) (2− 2y) (3− z) ,∂T

∂z=xy (1− x) (2− y) (3− z)− xyz (1− x) (2− y)=xy (1− x) (2− y) (3− 2z) .

De esta manera,

(∇T )|( 12 ,1,1) = 0�i+ 0�j + 1

4�k = 1

4�k.

Así, el mosquito debe volar en la dirección −14�k, es decir, hacia

abajo.

21. Sabemos que un vector normal −→n a una superficie z = f (x, y) enel punto P (x0,y0,z0) de la misma es

−→n = (fx (x0,y0) , fy (x0,y0) ,−1)

o cualquier múltiplo de este vector.

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(a) f(x, y) = − 18

(x+ 1)2 + y2 + 1, P (1, 1,−3)

Para esta función

fx(x, y) =36 (x+ 1)

((x+ 1)2 + y2 + 1)2, fx (1, 1) =2,

fy(x, y) =36y

((x+ 1)2 + y2 + 1)2, fy (1, 1|) = 1.

Así, en el punto P (1, 1,−3) se tiene−→n = (2, 1,−1)

(b) f (x, y) = xy1/x, P (1, e2, e2).Para esta función

fx(x, y) = y1/x

�1− ln y

x

�, fx (1, e

2) =−e2,fy(x, y) = y(1/x)−1, fy (1, e

2) = 1.

Así, en el punto P (1, e2, e2) se tiene

−→n =�−e2, 1,−1

22. Como −→n = (fx (x0,y0) , fy (x0,y0) ,−1) es un vector normal a unasuperficie z = f (x, y) en cada punto P (x0,y0,z0) de la misma, setiene:

Plano tangente en P (x0,y0,z0):

fx (x0, y0) (x− x0) + fy (x0, y0) (y − y0)− (z − z0) = 0.

Recta normal en P (x0,y0,z0):

x = x0 + fx (x0,y0) t, y = y0 + fy (x0,y0) t, z = z0 − t, t ∈ R.

(a) f (x, y) = xey, P (1, 0, 1) .

fx(x, y) = ey, fx (1, 0)= 1,fy(x, y) =xe

y, fy (1, 0) = 1.

i. Plano tangente:

1 (x− 1) + 1 (y − 0)− (z − 1)=0,x+ y − z=0.

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ii. Recta normal:

x = 1 + t, y = t, z = 1− t, t ∈ R.

(b) f (x, y) = e−x2−y2, P (0, 0, 1) .

fx(x, y)=−2xe−x2−y2 , fx (0, 0)=0,

fy(x, y) =−2ye−x2−y2, fy (0, 0) =0.

i. Plano tangente:

0 (x− 0) + 0 (y − 0)− (z − 1)=0,z=1.

ii. Recta normal:

x = 0, y = 0, z = 1− t, t ∈ R.

(c) f (x, y) =√3− xexy, P (2, 0, 1) .

fx(x, y) =− (xy + 1) exy2√3− xexy , fx (2, 0)=−

1

2,

fy(x, y) =−x2exy

2√3− xexy , fy (2, 0) = −2.

i. Plano tangente:

−12(x− 2)− 2 (y − 0)− (z − 1)= 0,

x+ 4y + 2z=4.

ii. Recta normal:

x = 2−�1

2

�t, y = −2t, z = 1− t, t ∈ R.

23. Considera la superficie z = f(x, y), con f(x, y) =ey

1 + xy. El punto

(x0, y0, z0) en donde la superficie tiene un vector normal−→n paralelo

al eje z debe cumplir

−→n = (fx(x0, y0), fy(x0, y0),−1) = (0, 0,−1) ,

o cualquier múltiplo de este vector. Así, las dos condiciones

fx (x0, y0) =−y0e

y0

(1 + x0y0)2 = 0,

fy (x0, y0) =(1 + x0y0 − x0) ey0(1 + x0y0)

2 = 0,

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implican

x0 = 1, y0 = 0, z0 =e0

1 + 0= 1.

24. Considera la superficie z = f(x, y), con f(x, y) = e−1+√(x−1)2+y2+1.

Para que su plano tangente sea horizontal (paralelo al plano xy)en algún punto (x0, y0, z0) es necesario que ahí el vector normal seade la forma

−→n = (fx, fy,−1) = (0, 0,−1) ,o cualquier múltiplo de este vector. Así, las dos condiciones

fx (x0, y0)= e−1+√(x0−1)2+y20+1

(x0 − 1)�(x0 − 1)2 + y20 + 1

= 0,

fy (x0, y0)= e−1+√(x0−1)2+y20+1

y0�(x0 − 1)2 + y20 + 1

= 0,

implicanx0 = 1, y0 = 0, z0 = e

−1+√1 = 1.

La ecuación del plano tangente a z = f(x, y) en P (1, 0, 1) es

z = 1.

25. Considera la superficie z = f(x, y), con f(x, y) = 2x2 + 3y2. Paraque su plano tangente sea paralelo al plano π : 8x − 3y − z = 0en algún punto (x0, y0, z0) es necesario que ahí el vector normal

−→n = (fx, fy,−1) = (4x, 6y,−1)

sea múltiplo del vector normal al plano π, dado por

−→n π = (8,−3,−1) .

Igualando las dos ecuaciones anteriores, se obtiene

4x0=8,

6y0=−3.

Por lo tanto, se trata del punto

x0 = 2, y0 = −1

2, z0 = 2x

20 + 3y

20 =

35

4.

La ecuación del plano tangente a z = f(x, y) en P�2,−1

2, 354

�es

8x− 3y − z = 354.

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26. Considera la superficie z = f(x, y), con f(x, y) = 16 − 4x2 − y2.Para que su plano tangente sea perpendicular a la recta x = 3+4t,y = 2t, z = 2 − t, t ∈ R, en algún punto (x0, y0, z0) es necesarioque su vector normal

−→n = (fx, fy,−1) = (−8x,−2y,−1)

sea múltiplo del vector −→v de dirección de la recta, dado por

−→v = (4, 2,−1) .

Igualando las dos ecuaciones anteriores, se obtiene

−8x0=4,−2y0=2.

Por lo tanto, se trata del punto

x0 = −1

2, y0 = −1, z0 = 16− 4x20 − y20 = 14.

La ecuación del plano tangente a z = f(x, y) en P�−12,−1, 14

�es

4x+ 2y − z = −18.

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CÁLCULO IITAREA 7 - SOLUCIONES

FUNCIONES HOMOGÉNEAS(Tema 3.6)

1. (a) f(x, y) = x2 + y2 es homogénea de grado 2, ya que

f(λx, λy) = (λx)2 + (λy)2 = λ2(x2 + y2) = λ2f(x, y).

(b) f(x, y) = x2y3 es homogénea de grado 5, ya que

f(λx, λy) = (λx)2(λy)3 = λ5(x2y3) = λ5f(x, y).

(c) f(x, y) = x2 + y3 no es homogénea, ya que

f(λx, λy) = (λx)2 + (λy)3 = λ2(x2 + λy3) �= λ2f(x, y).

(d) f(x, y) =x

yes homogénea de grado 0 ya que

f(λx, λy) =(λx)

(λy)=x

y= λ0

x

y= λ0f(x, y).

(e) f(x, y, z) =xy

x3 + yz2es homogénea de grado −1, ya que

f(λx, λy, λz) =(λx)(λy)

(λx)3 + (λy)(λz)2=

xy

λ(x3 + yz2)= λ−1f(x, y, z).

(f) f(x, y) = ln(xy) no es homogénea, ya que

f(λx, λy) = ln((λx)(λy)) = ln(λ2xy) = 2 lnλ+ln(xy) �= λ2f(x, y).

(g) f(x, y) = ln�x2 + y2

xy

�es homogénea de grado 0 ya que

f(λx, λy) = ln

�(λx)2 + (λy)2

(λx) (λy)

�= ln

�x2 + y2

xy

�= λ0f(x, y).

(h) f(x, y) =√xy ln

�x2 + y2

xy

�es homogénea de grado 1 ya que

f(λx, λy) = (λx)(λy) ln

�(λx)2 + (λy)2

(λx) (λy)

�= λ

√xy ln ln

�x2 + y2

xy

�= λf(x, y).

90

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(i) f(x1, x2) = (xd1+xd2)1/d, d ∈ R+, es homogénea de grado 1 ya

que

f(λx1, λx2) =�(λx1)

d + (λx2)d�1/d

=�λd(xd1 + x

d2)�1/d

= λ(xd1+xd2)1/d = λf(x1, x2).

2. Sean f(−→x ) homogénea de grado r y g(−→x ) homogénea de grados �= r.

(a) h(−→x ) = f(−→x )g(−→x ) es homogénea de grado r + s, ya que

h(λ−→x )= f(λ−→x )g(λ−→x ) = [λrf(−→x )] [λsg(−→x )] = λr+sf(−→x )g(−→x )=λr+sh(−→x ).

(b) h(−→x ) = f(−→x )g(−→x ) es homogénea de grado r − s, ya que

h(λ−→x ) = f(λ−→x )g(λ−→x ) =

λrf(−→x )λsg(−→x ) = λ

r−sf(−→x )

g(−→x ) = λr−sh(−→x ).

(c) h(−→x ) = f(−→x ) + g(−→x ) no es homogénea, ya que

h(λ−→x ) = f(λ−→x ) + g(λ−→x ) = λrf(−→x ) + λsg(−→x ) �= λkh(−→x ).

(d) h(−→x ) = [g(−→x )]p es homogénea de grado sp, ya que

h(λ−→x ) = [g(λ−→x )]p = [λsg(−→x )]p = (λs)p [g(−→x )]p = λsph(−→x ).

(e) h(x1, ..., xn) = f(xm1 , ..., xmn ) es homogénea de grado mr, ya

que

h(λx1, ..., λxn) = f((λx1)m, ..., (λxn)

m)

= f(λmxm1 , ..., λmxmn )

= f(λm(xm1 , ..., xmn ))

= (λm)r f(xm1 , ..., xmn )

=λmrf(xm1 , ..., xmn )

=λmrh(x1, ..., xn).

3. Sea u(x, y) homogénea de grado 1.

(a) f(x, y) = ln�u(x, y)

x

�es homogénea de grado 0, ya que

f(λx, λy) = ln

�u(λx, λy)

λx

�= ln

�λu(x, y)

λx

�= ln

�u(x, y)

x

�= λ0f(x, y).

91

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(b) f(x, y) = ln u(x, y) no es homogénea, ya que

f(λx, λy) = ln u(λx, λy) = ln(λu(x, y)) = lnλ+ln u(x, y) �= λk ln u(x, y).

4. Sea H = eQ, donde Q(a, b) = Aaαbβ, α + β �= 0. H no es ho-mogénea, ya que

H(λa, λb) = eA(λa)α(λb)β = eλ

α+β(Aaαbβ) = eλα+βQ(a,b) �= λkH(a, b).

5. Sea f(x, y) homogénea de grado k, es decir,

f(λx, λy) = λkf(x, y).

En consecuencia, las derivadas parciales fx, fy son homogéneas degrado k − 1, es decir,

fx(λx, λy) = λk−1fx(x, y) y fy(λx, λy) = λ

k−1fy(x, y).

Considera una recta con pendiente m que pasa por el origen, ysean (x0, y0) y (x1, y1) dos puntos cualesquiera de esa recta. Porlo tanto, los puntos satisfacen m =

y1x1=y0x0, por lo que existe una

constante λ tal que

x1 = λx0 , y1 = λy0.

Consideremos la curva de nivel f(x, y) = c0 de la superficie z =f(x, y) que pasa por el punto (x0, y0). Para calcular la pendientedy/dx de la recta tangente a esa curva de nivel en el punto (x0, y0)utilizamos el teorema de la función implícita. Para ello, definimos

F (x, y) = f(x, y)− c0 = 0,

de modo quedy

dx= −Fx(x, y)

Fy(x, y)= −fx(x, y)

fy(x, y)

∴dy

dx

����(x0,y0)

= −fx(x0, y0)fy(x0, y0)

.

92

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Aplicamos el mismo argumento a la curva de nivel f(x, y) = c1 quepasa por el punto (x1, y1), de modo que

dy

dx

����(x1,y1)

= −fx(x1, y1)fy(x1, y1)

.

De esta manera,

dy

dx

����(x1,y1)

=dy

dx

����(λx0,λy0)

= −fx(λx0, λy0)fy(λx0, λy0)

= −λk−1

λk−1fx(x0, y0)

fy(x0, y0)= −fx(x0, y0)

fy(x0, y0)=dy

dx

����(x0,y0)

,

de modo que la pendiente de la recta tangente a la curva de nivelde una función homogénea es constante a lo largo de los rayos queparten del origen.

6. Sea f(x, y) =x

y2.

Por una parte, f es homogénea de grado −1, ya que

f(λx, λy) =(λx)

(λy)2=1

λ

x

y2= λ−1f(x, y).

Por otra parte,

−→x ·∇f(−→x ) = x∂f∂x+y∂f

∂y= x

�1

y2

�−y�2x

y3

�= − x

y2= (−1)f(x, y).

∴ f satisface el teorema de Euler.

7. Sea F (L,K) = ALαKβ.

Por una parte, F es homogénea de grado α + β, ya que

F (λL, λK) = A(λL)α(λK)β = λα+β�ALαKβ

�= λα+βF (L,K).

Por otra parte,

LFL +KFK =L(αALα−1Kβ) +K(βALαKβ−1)

=α(ALαKβ) + β(ALαKβ)

= (α + β)ALαKβ

=(α + β)F (L,K).

∴ F satisface el teorema de Euler.

93

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8. Sea F (L,K) = ALαKβ.

Sabemos queFL (L,K) = αAL

α−1Kβ

es homogénea de grado α + β − 1, ya que

FL (λL, λK) = αA(λL)α−1(λK)β = λ(α+β)−1(αALα−1Kβ) = λ(α+β)−1FL(L,K).

Con este mismo mismo argumento se demuestra que FK es tambiénhomogénea de grado α + β − 1.

9. Sea F (L,K) = (δL−ρ + (1− δ)K−ρ)−m/ρ.

Por una parte, F es homogénea de grado m, ya que

F (λL, λK)= (δ(λL)−ρ + (1− δ)(λK)−ρ)−m/ρ

=(δλ−ρL−ρ + (1− δ)λ−ρK−ρ)−m/ρ

= [�λ−ρ

�(δL−ρ + (1− δ)K−ρ)]−m/ρ

=�λ−ρ

�− m−ρ (δL−ρ + (1− δ)K−ρ)−m/ρ

=λmF (L,K).

Por otra parte,

LFL +KFK =L(−m

ρ)(δL−ρ + (1− δ)K−ρ)(−m/ρ)−1[−ρδL−ρ−1]

+K(−mρ)(δL−ρ + (1− δ)K−ρ)(−m/ρ)−1[−ρ(1− δ)K−ρ−1]

=m(δL−ρ + (1− δ)K−ρ)(−m/ρ)−1 �δL−ρ + (1− δ)K−ρ�

=m(δL−ρ + (1− δ)K−ρ)−m/ρ

=mF (L,K).

∴ F satisface el teorema de Euler.

10. Sea F (L,K) = ALaKbecK/L.

Por una parte, F es homogénea de grado a+ b, ya que

F (λL, λK) = A(λL)a(λK)bec(λK/λL) = λa+b(ALaKbecK/L) = λa+bF (L,K).

Por otra parte,

FL (L,K)=AaLa−1KbecK/L + ALaKbecK/L(−cK

L2) = [aK − cK2

L]ALa−1Kb−1ecK/L

FK (L,K)=ALabKb−1ecK/L + ALaKbecK/L(

c

L) = (bL+ cK)ALa−1Kb−1ecK/L.

94

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Por lo tanto,

LFL +KFK =

�L

�aK − cK2

L

�+K (bL+ cK)

ALa−1Kb−1ecK/L

=�LaK − cK2 +KbL+ cK2

�ALa−1Kb−1ecK/L

=(a+ b)LK�ALa−1Kb−1ecK/L

=(a+ b)ALaKbecK/L

=(a+ b)F (L,K).

∴ F satisface el teorema de Euler.

11. Sea f(x, y) homogénea de grado 2, tal que f(2, 3) = 6 y fx(2, 3) = 3.

(a)

f(4, 6) = f(2(2), 2(3)) = 22f(2, 3) = 4f(2, 3) = 4(6) = 24.

(b)

fx(4, 6) = fx(2(2), 2(3)) = 2fx(2, 3) = 2fx(2, 3) = 2(3) = 6.

(c) Como f es homogénea de grado 2, por el teorema de Euler setiene

xfx(x, y) + yfy(x, y) = 2f(x, y)

∴ 2fx(4, 6) + 3fy(2, 3) = 2f(2, 3)

∴ 2(3) + 3fy(2, 3) = 2(6)

∴ 3fy(2, 3) = 12− 6 = 6∴ fy(2, 3) = 2.

12. Sea F (L,K) homogénea de grado 1, tal que F (100, 40) = 300,FL(100, 40) = 1 y FK(100, 40) = 5.

(a) La productividad media del trabajo M está dada por

M(L,K) =F (L,K)

L.

Como sabemos que F (L,K) es homogénea de grado 1, por lotanto

M(λL, λK) =F (λL, λK)

λL=λF (L,K)

λL=F (L,K)

L=M(L,K)

=λ0M(L,K).

∴ M es homogénea de grado 0.

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(b) Por una parte,

M(25, 10)=F (25, 100)

25

=1

25F ((

1

4)100, (

1

4)40)

=1

25

�1

4

�F (100, 40)

=1

100F (100, 40)

=1

100(300) = 3.

Por otra parte, como

ML(L,K) =∂

∂L

�F (L,K)

L

�=LFL(L,K)− F (L,K) · 1

L2,

por lo tanto,

ML(25, 10)=25FL(25, 10)− F (25, 10)

252

=25FL((

14)100, (1

4)40)− F ((1

4)100, (1

4)40)

252

=25(1

4)0FL(100, 40)− (14)F (100, 40)

252

=25(1)(1)− (1

4)(300)

252

=− 225.

Por último, como

MK(L,K) =∂

∂K(F (L,K)

L) =

FK(L,K)

L,

por lo tanto,

MK(25, 10)=FK(25, 10)

25

=FK((

14)100, (1

4)40)

25

=(14)0FL(100, 40)

25

=(1)(5)

25

=1

5.

96

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CÁLCULO IITAREA 8 - SOLUCIONES

FUNCIONES CÓNCAVAS, CONVEXAS,CUASICÓNCAVAS Y CUASICONVEXAS

(Temas 4.1-4.3)

1. El polinomio de Taylor de orden 2 generado por f(x, y) en el punto(x0, y0) es la función P2 (x, y) dada por

P2 (x, y) = f (x0, y0) + fx (x0, y0) (x− x0) + fy (x0, y0) (y − y0)

+1

2[fxx (x0, y0) (x− x0)2 + 2fxy (x0, y0) (x− x0)(y − y0)+fyy (x0, y0) (y − y0)2].

(a) f (x, y) =1

x− y + 1 , (x0, y0) = (0, 0).

En este caso,

P2 (x, y)= f (0, 0) + fx (0, 0) x+ fy (0, 0) y

+1

2

�fxx (0, 0) x

2 + 2fxy (0, 0) xy + fyy (0, 0) y2�.

Sabemos que

f (x, y) =1

x− y + 1 ∴ f (0, 0) = 1,

fx (x, y) = −1

(x− y + 1)2∴ fx (0, 0) = −1,

fy (x, y) =1

(x− y + 1)2∴ fy (0, 0) = 1,

fxx (x, y) =2

(x− y + 1)3∴ fxx (0, 0) = 2,

fxy (x, y) = −2

(x− y + 1)3∴ fxy (0, 0) = −2,

fyy (x, y) =2

(x− y + 1)3∴ fyy (0, 0) = 2.

Por lo tanto

P2 (x, y) = 1 + (−1) x+ (1) y +1

2

�2x2 + 2 (−2) xy + 2y2

=1− x+ y + x2 − 2xy + y2.

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(b) f (x, y) = e−2x ln y, (x0, y0) = (0, 1).

En este caso,

P2 (x, y) = f (0, 1) + fx (0, 1)x+ fy (0, 1) (y − 1)

+1

2

�fxx (0, 1)x

2 + 2fxy (0, 1)x (y − 1) + fyy (0, 1) (y − 1)2�.

Sabemos quef (x, y) = e−2x ln y ∴ f (0, 1) = 0,

fx (x, y) = −2e−2x ln y ∴ fx (0, 1) = 0,

fy (x, y) =e−2x

y∴ fy (0, 1) = 1,

fxx (x, y) = 4e−2x ln y ∴ fxx (0, 1) = 0,

fxy (x, y) = −2e−2x

y∴ fxy (0, 1) = −2,

fyy (x, y) = −e−2x

y2∴ fyy (0, 1) = −1.

Por lo tanto

P2 (x, y) = 0 + (0) x+ (1) (y − 1)

+1

2

�(0)x2 + 2 (−2)x (y − 1) + (−1) (y − 1)2

= y − 1− 2x (y − 1)− 12(y − 1)2 .

(c) f (x, y) = ex2−y, (x0, y0) = (−1, 1).

En este caso,

P2 (x, y) = f(−1, 1) + fx(−1, 1) (x+ 1) + fy(−1, 1) (y − 1)

+1

2[fxx(−1, 1) (x+ 1)2 + 2fxy(−1, 1) (x+ 1) (y − 1)

+fyy(−1, 1) (y − 1)2].

Sabemos quef (x, y) = ex

2−y∴ f(−1, 1) = 1,

fx (x, y) = 2xex2−y

∴ fx(−1, 1) = −2,fy (x, y) = −ex2−y ∴ fy(−1, 1) = −1,fxx (x, y) = (2 + 4x

2) ex2−y

∴ fxx(−1, 1) = 6,fxy (x, y) = −2xex2−y ∴ fxy(−1, 1) = 2,fyy (x, y) = e

x2−y∴ fyy(−1, 1) = 1.

98

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Por lo tanto

P2 (x, y) = 1 + (−2) (x+ 1) + (−1) (y − 1)

+1

2

�6 (x+ 1)2 + 2(2) (x+ 1) (y − 1) + (1) (y − 1)2

=1− 2 (x+ 1)− (y − 1) + 3 (x+ 1)2 + 2 (x+ 1) (y − 1) + 12(y − 1)2 .

2. (a) f : R→ R, f(x) = |x|.Sean x1, x2 ∈ R y sea t ∈ (0, 1). Se tienef(tx1 + (1− t)x2) = |tx1 + (1− t)x2|

≤ |tx1|+ |(1− t)x2| (desigualdad del triángulo)

= |t||x1|+ |1− t||x2| (ya que |ab| = |a| |b| )= t|x1|+ (1− t)|x2| (ya que 0 < t < 1)

= tf(x1) + (1− t)f(x2).∴ f(tx1 + (1− t)x2) ≤ tf (x1) + (1− t)f (x2) .

∴ f es convexa (no estricta) en R.

(b) f : R→ R, f(x) = x2.

Sean x1, x2 ∈ R, x1 �= x2, y sea t ∈ (0, 1). En este caso, esmás simple demostrar que

tf (x1) + (1− t)f (x2)− f (tx1 + (1− t)x2) > 0.Se tiene

tf (x1) + (1− t)f (x2)− f (tx1 + (1− t)x2)= tx21 + (1− t)x22 − (tx1 + (1− t)x2)2

= tx21 + (1− t)x22 − t2x21 − (1− t)2x22 − 2t(1− t)x1x2=�t− t2

�x21 +

�(1− t)− (1− t)2

�x22 − 2t(1− t)x1x2

= t(1− t)x21 +�1− t− 1 + 2t− t2

�x22 − 2t(1− t)x1x2

= t(1− t)x21 + t(1− t)x22 − 2t(1− t)x1x2= t(1− t)

�x21 + x

22 − 2x1x2

= t(1− t) (x1 − x2)2 > 0, ya que x1 �= x2.

99

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∴ tf (x1) + (1− t)f (x2)− f (tx1 + (1− t)x2) > 0∴ f(tx1 + (1− t)x2) < tf (x1) + (1− t)f (x2)

∴ f es estrictamente convexa en R.

(c) f : R2 → R, f(x, y) = |x+ y|.Sean −→x 1 = (x1, y1),−→x 2 = (x2, y2) ∈ R2 y sea t ∈ (0, 1). Setiene

f(t−→x 1 + (1− t)−→x 2) = f(t(x1, y1) + (1− t)(x2, y2))= f(tx1 + (1− t)x2, ty1 + (1− t)y2)= | [x1 + (1− t)x2] + [ty1 + (1− t)y2] |= |t (x1 + y1) + (1− t) (x2 + y2) |≤ |t (x1 + y1) |+ |(1− t) (x2 + y2) |= |t||x1 + y1|+ |1− t||x2 + y2|= t|x1 + y1|+ (1− t)|x2 + y2|= tf(−→x 1) + (1− t)f(−→x 2).

∴ f(t−→x 1 + (1− t)−→x 2) ≤ tf(−→x 1) + (1− t)f(−→x 2)∴ f es convexa (no estricta) en R2.

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(d) f : R2 → R, f(x, y) = x2 + y2.

Sean −→x 1 = (x1, y1),−→x 2 = (x2, y2) ∈ R

2, −→x 1 �= −→x 2, ysea t ∈ (0, 1). Mostraremos que

tf (−→x 1) + (1− t)f (−→x 2)− f (t−→x 1 + (1− t)−→x 2) > 0.

Se tiene

tf (−→x 1) + (1− t)f (−→x 2)− f (t−→x 1 + (1− t)−→x 2)= tf (x1, y1) + (1− t)f (x2, y2)− f(tx1 + (1− t)x2, ty1 + (1− t)y2)= t�x21 + y

21

�+ (1− t)

�x22 + y

22

�−![tx1 + (1− t)x2]2 + [ty1 + (1− t)y2]2

"

= t�x21 + y

21

�+ (1− t)

�x22 + y

22

�−�t2x21 + (1− t)2x22 + 2t(1− t)x1x2

−�t2y21 + (1− t)2y22 + 2t(1− t)y1y2

=�t− t2

�x21 +

�t− t2

�y21 +

�(1− t)− (1− t)2

�x22

+�(1− t)− (1− t)2

�y22 − 2t(1− t) (x1x2 + y1y2)

= t(1− t)��x21 − 2x1x2 + x22) + (y21 − 2y1y2 + y22

��

= t(1− t)[(x1 − x2)2 + (y1 − y2)2] > 0.

∴ tf (−→x 1) + (1− t)f (−→x 2)− f (t−→x 1 + (1− t)−→x 2) > 0∴ f(t−→x 1 + (1− t)−→x 2) < tf (−→x 1) + (1− t)f (−→x 2)∴ f es estrictamente convexa en R2.

3. Sea CT el costo total para dos niveles de producción al año, y1 yy2, dado por

CT = λC(y1) + (1− λ)C(y2),

con 0 < λ < 1, y sea C∗T el costo total para un único nivel anualde producción, Y = λy1 + (1− λ) y2, dado por

C∗T = C(λy1 + (1− λ) y2).

101

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Como C es estrictamente convexa (C ′′ > 0), para todo λ ∈ (0, 1)se tiene

C(λy1 + (1− λ) y2) < λC(y1) + (1− λ)C(y2).

∴ C∗T < CT .

Por lo tanto, se trata de una buena idea.

4. Sea p = f(q) la función de demanda y sean q2 < q1. Como f esdecreciente (f ′ < 0), por lo tanto

f(q2) > f(q1).

El ingreso actual I, correspondiente a q1 unidades en verano y q2unidades en invierno, es

I = p1q1 + p2q2

= f(q1)q1 + f(q2)q2.

El nuevo ingreso I∗, correspondiente a q∗ =q1 + q22

unidades en

cada ciclo, sería

I∗= f(q∗)q∗ + f(q∗)q∗

=2f(q∗)q∗

=2f(q1 + q22

)(q1 + q22

)

= f(q1 + q22

) (q2 + q1) .

Como f es estrictamente cóncava (f ′ < 0), por lo tanto

f(tq1 + (1− t)q2) > tf (q1) + (1− t)f (q2) ,

102

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para todo t ∈ (0, 1). En particular, tomando t = 1/2 se tiene

f(q1 + q22

) >f (q1) + f (q2)

2.

De esta manera,

I∗ − I = f(q1 + q22

)(q1 + q2)− [q1f(q1) + q2f(q2)]

>

f (q1) + f (q2)

2

(q1 + q2)− [q1f(q1) + q2f(q2)]

= f(q1)�q12+q22− q1

�+ f(q2)

�q12+q22− q2

= f(q1)

�q2 − q12

�+ f(q2)

�q1 − q22

= [f(q2)− f(q1)]q1 − q22

> 0.

∴ I∗ − I > 0∴ I∗ > I

Así, esta medida sería benéfica para los ejidatarios.

5. (a) f(x, y) = x2 + y2.∴ fx = 2x, fy = 2y

∴ fxx = 2, fxy = 0, fyy = 2

∴ H(x, y) =

�2 00 2

Comofxx = 2 > 0,detH = 4 > 0,

f es estrictamente convexa en R2.

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(b) f(x, y) = (x+ y)2 .∴ fx = 2 (x+ y) , fy = 2 (x+ y)

∴ fxx = 2, fxy = 2, fyy = 2

∴ H(x, y) =

�2 22 2

Comofxx = 2 ≥ 0,fyy = 2 ≥ 0,detH = 0 ≥ 0,

f es convexa (no estricta) en R2.

(c) f(x, y) = −y2.∴ fx = 0, fy = −2y∴ fxx = 0, fxy = 0, fyy = −2

∴ H(x, y) =

�0 00 −2

Comofxx = 0 ≤ 0,fyy = −2 ≤ 0,detH = 0 ≥ 0,

f es cóncava (no estricta) en R2.

(d) f(x, y) = x+ y − ex − ex+y.∴ fx = 1− ex − ex+y, fy = 1− ex+y∴ fxx = −ex − ex+y, fxy = −ex+y, fyy = −ex+y

∴ H(x, y) =

�−(ex + ex+y) −ex+y−ex+y −ex+y

Comofxx = −(ex + ex+y) < 0,

detH = ex+y(ex + ex+y)− ex+y(ex+y) = e2x+y > 0,f es estrictamente cóncava en R2.

(e) f(x, y) = yex, y > 0.∴ fx = ye

x, fy = ex

∴ fxx = yex, fxy = e

x, fyy = 0

∴ H(x, y) =

�yex ex

ex 0

ComodetH = −e2x < 0,

f no es cóncava ni convexa en R2.

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(f) f(x, y) = ax2 + by2, a, b < 0.∴ fx = 2ax, fy = 2by

∴ fxx = 2a, fxy = 0, fyy = 2b

∴ H(x, y) =

�2a 00 2b

Comofxx = 2a < 0,detH = 4ab > 0,

f es estrictamente cóncava en R2.

(g) f(x, y) = 6x+ 2y.∴ fx = 6, fy = 2

∴ fxx = 0, fyy = 0

∴ H(x, y) =

�0 00 0

Comofxx = 0 ≥ 0,fyy = 0 ≥ 0,detH = 0 ≥ 0,

yfxx = 0 ≤ 0,fyy = 0 ≤ 0,detH = 0 ≥ 0,

f es convexa y cóncava (no estrictas) en R2 (se trata de unplano en R3).

6. Sea f(x, y) = −2x2 + (2a+ 4)xy − 2y2 + 4ay.∴ fx = −4x+ (2a+ 4)y, fy = (2a+ 4)x− 4y + 4a∴ fxx = −4, fxy = 2a+ 4, fyy = −4

∴ H(x, y) =

�−4 2a+ 42a+ 4 −4

Se tiene

fxx = −4 < 0, fyy = −4 < 0, detH = 16− (2a+ 4)2 .

Necesitamos analizar para qué valores de a se satisface la condicióndetH ≥ 0, es decir, 16− (2a+ 4)2 ≥ 0 :

∴ (2a+ 4)2 ≤ 16∴ |2a+ 4| ≤ 4∴−4 ≤ 2a+ 4 ≤ 4∴−8 ≤ 2a ≤ 0∴−4 ≤ a ≤ 0.

Así, f es cóncava si −4 ≤ a ≤ 0, f es indefinida si a < −4 o a > 0y f nunca es convexa.

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7. (a)

(b)

(c)

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(d)

(e)

(f)

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8. (a) Sea f : R− {2} → R, con f(x) =1

2− x.∴ Df = R− {2}

Contornos en k = 1:

CSf (1) : x ∈ Df y1

2− x ≥ 1

∴ x �= 2 y1

2− x − 1 ≥ 0

∴ x �= 2 yx− 12− x ≥ 0

∴ x �= 2 y 1 ≤ x < 2∴ 1 ≤ x < 2.

CIf (1) : x ∈ Df y1

2− x ≤ 1∴ x �= 2 y x ≤ 1 o x > 2∴ x ≤ 1 o x > 2.

Por lo tanto,

CSf (1)= {x ∈ Df | 1 ≤ x ≤ 2} = {x ∈ R| 1 ≤ x < 2},CIf (1)= {x ∈ Df |x ≤ 1 o x ≥ 2} = {x ∈ R|x ≤ 1 o x > 2}.

(b) Sea f : (0, e2]→ R, con f(x) =√2− lnx.

∴ Df = {x ∈ R| 0 < x ≤ e2}

Contornos en k = 1:CSf (1) : x ∈ Df y

√2− ln x ≥ 1

∴ 0 < x ≤ e2 y 2− lnx ≥ 1∴ 0 < x ≤ e2 y ln x ≤ 1∴ 0 < x ≤ e2 y x ≤ e∴ 0 < x ≤ e.

CIf (1) : x ∈ Df y√2− ln x ≤ 1

∴ 0 < x ≤ e2 y 2− lnx ≤ 1∴ 0 < x ≤ e2 y ln x ≥ 1∴ 0 < x ≤ e2 y x ≥ e∴ e ≤ x ≤ e2.

Por lo tanto,

CSf(1)= {x ∈ Df | x ≤ e} = {x ∈ R| 0 < x ≤ e},CIf(1)= {x ∈ Df | x ≥ e} = {x ∈ R| e ≤ x ≤ e2}.

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9. Sea f(x) = ln x.

∴ Df = {x ∈ R | x > 0} = R+

If = R ∴ k ∈ R

Contornos (k ∈ R):CSf(k) : ln x ≥ k ∴ x ≥ ek

CIf(k) : ln x ≤ k ∴ x ≤ ek

Por lo tanto,

CSf(k) = {x ∈ Df |x ≥ ek} = {x ∈ R| x ≥ ek},CIf(k) = {x ∈ Df |x ≤ ek} = {x ∈ R| 0 < x ≤ ek}.

∴ CIf(k) y CSf (k) son convexos ∀k ∈ R.∴ f es cuasicóncava y cuasiconvexa en R+.

10. (a) f : R2 → R, f(x, y) = x2 + y2

Df = R2

If = {z ∈ R| z ≥ 0} ∴ k ≥ 0Contornos (k ≥ 0):

Cf(k) = {(x, y) ∈ R2| x2 + y2 = k},CSf(k) = {(x, y) ∈ R2| x2 + y2 ≥ k},CIf(k) = {(x, y) ∈ R2| 0 ≤ x2 + y2 ≤ k}.

∴ CIf (k) es convexo ∀k ≥ 0; CSf (k) no es convexo en general.∴ f es cuasiconvexa en R2.

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(b) f : R2++ → R, f(x, y) = 2 ln x+ 8 ln y

Df = R2++

If = R ∴ k ∈ RContornos (k ∈ R):

Cf (k)=

�(x, y) ∈ R2++| y =

ek/8

x1/4

,

CSf (k)=

�(x, y) ∈ R2++| y ≥

ek/8

x1/4

,

CIf (k)=

�(x, y) ∈ R2++| y ≤

ek/8

x1/4

.

∴ CSf (k) es convexo ∀k ∈ R; CIf(k) no es convexo.∴ f es cuasicóncava en R2++.

(c) f : R2+ → R, f(x, y) = −x− 4yDf = R

2+

If = {z ∈ R| z ≤ 0} ∴ k ≤ 0Contornos (k ≤ 0):

Cf(k) = {(x, y) ∈ R2+| y = −k

4− 14x},

CSf(k) = {(x, y) ∈ R2+| y ≤ −k

4− 14x},

CIf(k) = {(x, y) ∈ R2+| y ≥ −k

4− 14x}.

∴ CSf (k) y CIf(k) son convexos ∀k ≤ 0.∴ f es cuasicóncava y cuasiconvexa en R2+.

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(d) f : R2 → R, f(x, y) = 4− x2 − y2Df = R

2

If = {z ∈ R| z ≤ 4} ∴ k ≤ 4

Contornos (k ≤ 4):

Cf(k) = {(x, y) ∈ R2| x2 + y2 = 4− k},CSf(k) = {(x, y) ∈ R2| x2 + y2 ≤ 4− k},CIf(k) = {(x, y) ∈ R2| x2 + y2 ≥ 4− k}.

∴ CSf (k) es convexo ∀k ≤ 4; CIf (k) no es convexo en general.∴ f es cuasicóncava en R2.

(e) f : R2 → R, f(x, y) = x2 + y2

Df = R2

If = {z ∈ R| z ≥ 0} ∴ k ≥ 0

Contornos (k ≥ 0):

Cf (k)= {(x, y) ∈ R2|x2 + y2 = k2},CSf (k)= {(x, y) ∈ R2|x2 + y2 ≥ k2},CIf (k)= {(x, y) ∈ R2|x2 + y2 ≤ k2}.

∴ CIf (k) es convexo ∀k ≥ 0; CSf (k) no es convexo en general.∴ f es cuasiconvexa en R2.

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(f) f : R2 → R, f(x, y) = 1− ye−xDf = R

2

If = R ∴ k ∈ R

Contornos (k ∈ R):

Cf (k)= {(x, y) ∈ R2| y = (1− k) ex},CSf (k)= {(x, y) ∈ R2| y ≤ (1− k) ex},CIf (k)= {(x, y) ∈ R2| y ≥ (1− k) ex}.

∴ CSf (k) y CIf(k) no son convexos en general.∴ f no es cuasicóncava ni cuasiconvexa en R2.

(g) f : {(x, y) ∈ R2 | x2+y2 ≥ 16} → R, f(x, y) = x2 + y2 − 16

Df = {(x, y) ∈ R2 | x2 + y2 ≥ 16} (Df no es convexo)If = {z ∈ R| z ≥ 0} ∴ k ≥ 0

Contornos (k ≥ 0):

Cf(k) = {(x, y) ∈ Df | x2 + y2 = k2 + 16}= {(x, y) ∈ R2|x2 + y2 = k2 + 16},

CSf(k) = {(x, y) ∈ Df | x2 + y2 ≥ k2 + 16}= {(x, y) ∈ R2| x2 + y2 ≥ k2 + 16},

CIf(k) = {(x, y) ∈ Df | x2 + y2 ≤ k2 + 16}= {(x, y) ∈ R2| 16 ≤ x2 + y2 ≤ k2 + 16}.

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∴ CSf (k) no es convexo; CIf(k) tampoco es convexo, ya queDf no es un conjunto convexo (está "agujerado").∴ f no es cuasiconvexa ni cuasicóncava en Df .

11. Sea f(x, y) = x2 − y + 1.

Df = {(x, y) ∈ R2 | y ≤ x2 + 1}If = {z ∈ R| z ≥ 0} ∴ k ≥ 0

(a) Para k = 1 se tiene:

Cf (1)= {(x, y) ∈ Df | y = x2} = {(x, y) ∈ R2| y = x2},CSf (1)= {(x, y) ∈ Df | y ≤ x2} = {(x, y) ∈ R2| y ≤ x2},CIf (1)= {(x, y) ∈ Df | y ≥ x2} = {(x, y) ∈ R2|x2 ≤ y ≤ x2 + 1}.

(b) Para k = 0 se tiene:

Cf (0)= {(x, y) ∈ Df | y = x2 + 1} = {(x, y) ∈ R2| y = x2 + 1},CSf (0)= {(x, y) ∈ Df | y ≤ x2 + 1} = Df ,

CIf (0)= {(x, y) ∈ Df | y ≥ x2 + 1} = Cf (0).

(c) Como k = −1 /∈ If los contornos Cf , CSf y CIf son el con-junto vacío.

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12. La dirección de∇f indica que el contorno superior CS de f es con-vexo para todo k (curva de nivel típica). Así, sólo puede afirmarseque f es una función cuasicóncava.

13. Para demostrar que u(x, y, z) = min {x,max {y, z}} no es una fun-ción cuasicóncava, argumentaremos que su contorno superior no esun conjunto convexo. Considera las canastas −→x 1 = (10, 12, 6) y−→x 2 = (10, 6, 12). Claramente, ambas pertenecen al contorno supe-rior CSu(10), ya que

u(−→x 1) =min {10,max {12, 6}} = min {10, 12} = 10,u(−→x 2) =min {10,max {6, 12}} = min {10, 12} = 10.

Ahora considera el punto medio entre las canastas −→x 1 y −→x 2, dadopor −→m = (10, 9, 9). En ese caso,

u(−→m) = min {10,max {9, 9}} = min {10, 9} = 9.Así, existe una combinación convexa de −→x 1 y −→x 2 que no perteneceal contorno superior CSu(10), de modo que este último no es unconjunto convexo. De esta manera, la función de utilidad dada noes cuasicóncava.

14. Sea P (L,K) = LaKb, a, b > 0, (L,K) ∈ R2++. Sus curvas denivel (LaKb = c) están dadas por

L =c1/a

Kb/a, c > 0.

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De la gráfica se observa que el contorno superior CSP (c) de Pes un conjunto convexo ∀c > 0, mientras que el contorno inferiorCIP (c) no lo es. Omitimos la demostración formal de la convexidadde CSP , ya que ésta es muy laboriosa. Sin embargo, al final deeste problema se presenta una demostración de que la función Psiempre es cuasicóncava, utilizando el hessiano orlado.

∴ ∀a, b > 0 la función P (L,K) = LaKb es cuasicóncava en R2++.

Por otra parte, para analizar para qué valores de a y b la funciónP es cóncava, utilizamos la matriz hessiana

H =

�PLL PLKPLK PKK

�=

�a(a− 1)La−2Kb abLa−1Kb−1

abLa−1Kb−1 b(b− 1)LaKb−2

�.

Se tiene

PLL= a(a− 1)La−2Kb

PKK = b(b− 1)LaKb−2

detH = ab [1− (a+ b)] L2a−2K2b−2.

(a) Si a+ b < 1, a, b > 0, entonces

PLL < 0detH > 0

∴ P es estrictamente cóncava en R2++.

(b) Si a+ b = 1, a, b > 0, entonces

PLL < 0 ≤ 0PKK < 0 ≤ 0detH = 0 ≥ 0

∴ P es cóncava no estricta en R2++.

(c) Si a+ b > 1, a, b > 0, entonces

detH < 0 ∴P no es cóncava ni convexa en R2++.

∴P es sólo cuasicóncava en R2++.

Demostración alternativa, utilizando el hessiano orlado H, dadopor:

H =

0 PL PKPL PLL PLKPK PLK PKK

=

0 aLa−1Kb bLaKb−1

aLa−1Kb a(a− 1)La−2Kb abLa−1Kb−1

bLaKb−1 abLa−1Kb−1 b(b− 1)LaKb−2

.

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Calculamos el determinante detH usando el metodo de los cofac-tores:

detH =0 ·����a(a− 1)La−2Kb abLa−1Kb−1

abLa−1Kb−1 b(b− 1)LaKb−2

����

−aLa−1Kb

����aLa−1Kb abLa−1Kb−1

bLaKb−1 b(b− 1)LaKb−2

����

+bLaKb−1����aLa−1Kb a(a− 1)La−2Kb

bLaKb−1 abLa−1Kb−1

���� .

Por lo tanto,

detH =−aLa−1Kb(ab(b− 1)L2a−1K2b−2 − ab2L2a−1K2b−2)

+bLaKb−1(a2bL2a−2K2b−1 − ab(a− 1)L2a−2K2b−1)

=−a2b(b− 1)L3a−2K3b−2 + a2b2L3a−2K3b−2

+a2b2L3a−2K3b−2 − ab2(a− 1)L3a−2K3b−2

= ab(a+ b)K3a−2L3b−2 > 0.

Como detH > 0, por lo tanto P (L,K) = LaKb es cuasicóncava, ∀a, b > 0.

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CÁLCULO IITAREA 9 - SOLUCIONES

OPTIMIZACIÓN LIBRE. CRITERIO DEL HESSIANO(Tema 5.1)

1. f (x, y) = 3xy − x2y − xy2

Puntos críticos:fx (x, y) = 3y − 2xy − y2 = 0 ∴ y (3− 2x− y) = 0fy (x, y) = 3x− x2 − 2xy = 0 ∴ x (3− x− 2y) = 0

Hay 4 casos:

i) y = 0 y x = 0 ∴ x = 0 y y = 0ii) y = 0 y 3− x− 2y = 0 ∴ x = 3 y y = 0iii) 3− 2x− y = 0 y x = 0 ∴ x = 0 y y = 3iv) 3− 2x− y = 0 y 3− x− 2y ∴ x = 1 y y = 1

Así, los puntos críticos de f son (0, 0) , (3, 0), (0, 3) y (1, 1).

2. (a) f (x, y) = x2 + 2xy.Puntos críticos:

fx (x, y) = 2x+ 2y = 0 ∴ y = −xfy (x, y) = 2x = 0 ∴ x = 0

∴ f tiene un punto crítico en (0, 0) .

Clasificación:

H(x, y) =

�2 22 0

�∴ detH (x, y) = −4 < 0

∴ f no es cóncava ni convexa en R2.∴ f tiene un punto silla en (0, 0) .

(b) f (x, y) = xy − x2y − xy2.Puntos críticos:

fx (x, y) = y − 2xy − y2 = 0 ∴ y (1− 2x− y) = 0fy (x, y) = x− x2 − 2xy = 0 ∴ x (1− x− 2y) = 0∴ f tiene puntos críticos en (0, 0) , (1, 0) , (0, 1) y

�13, 13

�.

Clasificación:

H (x, y) =

�−2y 1− 2x− 2y

1− 2x− 2y −2x

i. H (0, 0) =�0 11 0

�∴ detH (0, 0) = −1 < 0

∴ f no es cóncava ni convexa en (0, 0) .

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ii. H (1, 0) =�0 −1−1 −2

�∴ detH (1, 0) = −1 < 0

∴ f no es cóncava ni convexa en (1, 0) .

iii. H (0, 1) =�−2 −1−1 0

�∴ detH(0, 1) = −1 < 0

∴ f no es cóncava ni convexa en (0, 1) .

iv. H�13, 13

�=

�−23

−13

−13

−23

�∴

fxx�13, 13

�= −2

3< 0

detH�13, 13

�= 1

3> 0

∴ f es cóncava (estricta) en�13, 13

�.

∴ f tiene puntos silla en (0, 0) , (1, 0) y (0, 1) y un máximolocal en

�13, 13

�.

(c) f (x, y) = 4xy − x4 − y4.Puntos críticos:

fx (x, y) = 4y − 4x3 = 0 ∴ y = x3

fy (x, y) = 4x− 4y3 = 0 ∴ x = y3 ∴ x = (x3)3= x9

∴ x (1− x8) = 0∴ x = 0, x = 1, x = −1

∴ f tiene puntos críticos en (0, 0) , (1, 1) y (−1,−1) .Clasificación:

H (x, y) =

�−12x2 44 −12y2

i. H (0, 0) =�0 44 0

�∴ detH (0, 0) = −16 < 0

∴ f no es cóncava ni convexa en (0, 0) .

ii. H (1, 1) =�−12 44 −12

�∴

fxx (1, 1) = −12 < 0detH (1, 1) = 128 > 0

∴ f es cóncava (estricta) en (1, 1) .iii. H (−1,−1) = H (1, 1)

∴ f es cóncava (estricta) en (−1,−1).∴ f tiene un punto silla en (0, 0) y máximos locales en (1, 1)y (−1,−1) .

(d) f (x, y) = xy − x2 − y2 + 3y.Puntos críticos:

fx (x, y) = y − 2x = 0 ∴ y = 2xfy (x, y) = x− 2y + 3 = 0 ∴ x = 2y − 3 ∴ x = 2(2x)− 3 = 1

∴ y = 2(1) = 2

∴ f tiene un punto crítico en (1, 2) .

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Clasificación:

H(x, y) =

�−2 11 −2

�∴

fxx (x, y) = −2 < 0detH (x, y) = 3 > 0

∴ f es cóncava (estricta) en R2.∴ f tiene un máximo local en (1, 2) . El máximo local tambiénes global, ya que f es cóncava en todo R2.

(e) f (x, y) =1

x+ xy +

1

y, x �= 0, y �= 0.

Puntos críticos:

fx(x, y) = −1

x2+ y = 0 ∴ y =

1

x2

fy(x, y) = x−1

y2= 0 ∴ x =

1

y2∴ x =

1

(1/x2)2= x4

∴ x (1− x3) = 0∴ x = 1 (x = 0 /∈ Df)

∴ f tiene un punto crítico en (1, 1) .

Clasificación:

H (x, y) =

2

x31

12

y3

H (1, 1) =

�2 11 2

�∴

fxx (1, 1) = 2 > 0detH (1, 1) = 3 > 0

∴ f es convexa (estricta) en (1, 1) .∴ f tiene un mínimo local en (1, 1) .

3. (a) f (x, y) = 1− x2.Puntos críticos:

fx (x, y) = −2x = 0fy (x, y) = 0 ∴ x = 0 (y libre)

∴ f tiene una infinidad de puntos críticos a lo largo de lospuntos (0, y), es decir, a lo largo del eje y.

Clasificación:

H(x, y) =

�−2 00 0

H (0, y) =

�−2 00 0

�∴

fxx (0, y) = −2 ≤ 0fyy (0, y) = 0detH (0, y) = 0

119

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La prueba de los signos de H (0, y) no es concluyente. En sulugar, usamos la imagen de la función, If = {z ∈ R| z ≤ 1} .Sabemos que f (0, y) = 1∴ f tiene un máximo global a lo largo del eje y.

(b) f (x, y) = x4 + y4.Puntos críticos:

fx (x, y) = 4x3 = 0

fy (x, y) = 4y3 = 0

∴ f tiene un punto crítico en (0, 0) .

Clasificación:

H (x, y) =

�12x2 00 12y2

H (0, 0) =

�0 00 0

�∴

fxx (0, 0) = 0fyy (0, 0) = 0detH (0, 0) = 0

La prueba de los signos de H (0, 0) no es concluyente..Sabemos que If = {z ∈ R| z ≥ 0}y f (0, 0) = 0∴ f tiene un mínimo global en (0, 0) .

(c) f (x, y) = 112(x+ y)4 .

Puntos críticos:

fx (x, y) =13(x+ y)3 = 0 ∴ y = −x

fy (x, y) =13(x+ y)3 = 0 ∴ y = −x

∴ f tiene una infinidad de puntos críticos a lo largo de larecta y = −x.

Clasificación:

H(x, y) =

�(x+ y)2 (x+ y)2

(x+ y)2 (x+ y)2

H (x,−x) =�0 00 0

�∴ ∴

fxx (x,−x) = 0fyy (x,−x) = 0detH (x,−x) = 0

La prueba de los signos de H (x,−x) no es concluyente.Sabemos que If = {z ∈ R| z ≥ 0} y f (x,−x) = 0∴ f tiene un mínimo global a lo largo de la recta y = −x.

120

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(d) f (x, y) = y4.Puntos críticos:

fx (x, y) = 0fy (x, y) = 4y

3 = 0 ∴ y = 0 (x libre)∴ f tiene una infinidad de puntos críticos a lo largo de lospuntos (x, 0), es decir, a lo largo del eje x.

Clasificación:

H(x, y) =

�0 00 12y2

H (x, 0) =

�0 00 0

�∴ ∴

fxx (x, 0) = 0fyy (x, 0) = 0detH (x, 0) = 0

La prueba de los signos de H (x, 0) no es concluyente.Sabemos que If = {z ∈ R| z ≥ 0} y f (x, 0) = 0∴ f tiene un mínimo global a lo largo de los puntos (x, 0).

4. Sea f (x, y), tal que fx = 9x2 − 9 y fy = 2y + 4.Puntos críticos:fx = 9x

2 − 9 = 9 (x− 1) (x+ 1) = 0 ∴ x = 1 o x = −1fy = 2y + 4 = 0 ∴ y = −2

∴ f tiene puntos críticos en (1,−2) y (−1,−2) .Clasificación:

H (x, y) =

�18x 00 2

i. H (1,−2) =�18 00 2

�∴

fxx (1,−2) = 18 > 0detH (1,−2) = 36 > 0

∴ f es convexa (estricta) en (1,−2) .

ii. H (−1,−2) =�−18 00 2

�∴ detH (−1,−2) = −36 < 0

∴ f no es cóncava ni convexa en (−1,−2) .

∴ f tiene un mínimo local en (1,−2) y un punto silla en (−1,−2) .

5. Sea f (x, y) = ax2 + y2 − 2y, con a �= 0.Puntos críticos:fx (x, y) = 2ax = 0 ∴ x = 0 (a �= 0)fy (x, y) = 2y − 2 = 0 ∴ y = 1

121

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∴ f tiene un punto crítico en (0, 1) .

Clasificación:

H (x, y) =

�2a 00 2

�∴

fxx (x, y) = 2adetH (x, y) = 4a

Como a �= 0, analizamos los casos a > 0 o a < 0:

i. a > 0⇒ fxx (x, y) > 0, detH (x, y) > 0

∴ f es convexa (estricta) en R2.∴ f tiene un mínimo local en (0, 1) . El mínimo local tambiénes global, ya que f es convexa en todo R2.

ii. a < 0⇒ detH (x, y) < 0

∴ f no es cóncava ni convexa en R2.∴ f tiene un punto silla en (0, 1) .

∴ En (0, 1) hay un�

punto silla, si a < 0,mínimo global, si a > 0.

6. Sea f (x, y) = ax2 + ay2 − 2xy − 2x+ 5, con |a| �= 1.Puntos críticos:

fx (x, y) = 2ax− 2y − 2 = 0 ∴ y = ax− 1fy (x, y) = 2ay − 2x = 0 ∴ x = ay ∴ x = a (ax− 1)

∴ x (a2 − 1) = a∴ x =

a

a2 − 1

∴ f tiene un punto crítico en�

a

a2 − 1 ,1

a2 − 1

�.

Clasificación:

H(x, y) =

�2a −2−2 2a

�∴

fxx (x, y) = 2afyy (x, y) = 2a

detH (x, y) = 4 (a2 − 1)Se tiene que detH > 0 si |a| > 1 y detH < 0 si |a| < 1.Analizamos los casos correspondientes:

i. a < −1⇒ fxx = fyy < 0 y detH > 0

∴ f es cóncava (estricta) en R2.

∴ f tiene un máximo local en�

a

a2 − 1 ,1

a2 − 1

�. El máximo

local también es global, ya que f es cóncava en todo R2.

122

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ii. −1 < a < 1⇒ detH < 0

∴ f no es cóncava ni convexa en R2.

∴ f tiene un punto silla en�

a

a2 − 1 ,1

a2 − 1

�.

iii. a > 1⇒ fxx = fyy > 0 y detH > 0

∴ f es convexa (estricta) en R2.

∴ f tiene un mínimo local en�

a

a2 − 1 ,1

a2 − 1

�. El mínimo

local también es global, ya que f es convexa en todo R2.

∴ En�

a

a2 − 1 ,1

a2 − 1

�hay un

máximo global, si a < −1,punto silla, si − 1 < a < 1,

mínimo global, si a > 1.

7. Sea f (x, y) = ax2y + bxy + 2xy2 + c. Buscamos valores de a, b y ctales que f (x, y) tenga un mínimo local fmin = −1

9en�23, 13

�.

Como f�23, 13

�= −1

9, por lo tanto

−19= a

�2

3

�2�1

3

�+ b

�2

3

��1

3

�+

�2

3

��1

3

�2+ c. (1)

Multiplicando la ecuación (1) por 27 :

−3= 4a+ 6b+ 4 + 27c∴ 4a+ 6b+ 27c = −7. (2)

Sabemos que f tiene un punto crítico en�23, 13

�. Como

fx (x, y)= 2axy + by + 2y2

fy (x, y)= ax2 + bx+ 4xy,

por lo tanto

fx

�2

3,1

3

�=4a

9+b

3+2

9= 0 (3a)

fy

�2

3,1

3

�=4a

9+2b

3+8

9= 0. (3b)

Multiplicando las ecuaciones (3) por 9 :

4a+ 3b+ 2=0 (4a)

4a+ 6b+ 8=0. (4b)

123

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Resolviendo el sistema de ecuaciones (4) se obtiene

a = 1, b = −2. (5)

Sustituyendo (5) en (2) se obtiene

c =1

27.

De esta manera,

f (x, y) = x2y − 2xy + 2xy2 + 1

27. (6)

Para verificar que efectivamente f tiene un mínimo en�23, 13

�uti-

lizamos la matriz hessiana de (6). Como

H (x, y) =

�2y 2x− 2 + 4y

2x− 2 + 4y 4x

�,

por lo tanto

H

�2

3,1

3

�=

�23

23

23

83

�.

Observamos que

fxx=2

3> 0

detH =16

9− 49=4

3> 0,

de modo que f tiene un mínimo en�23, 13

�.

8. Sea Π (v1, v2) = pv1/31 v

1/22 − q1v1 − q2v2, con p, q1, q2, v1, v2 > 0.

(a) Puntos críticos:

Πv1 =p

3v−2/31 v

1/22 − q1 = 0 ∴ v

−2/31 v

1/22 =

3q1p

Πv2 =p

2v1/31 v

−1/22 − q2 = 0 ∴ v

1/31 v

−1/22 =

2q2p

Multiplicando las dos igualdades del lado derecho se obtiene

v−1/31 =

6q1q2p2

,

de modo que los niveles que maximizan el beneficio Π son

v∗1 =p6

216q31q32

, v∗2 =p6

144q21q42

,

con

Πmax = p (v∗1)1/3 (v∗2)

1/2 − q1v∗1 − q2v∗2 =1

432p6q−21 q

−32 .

124

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(b) Verificamos que es un máximo, estudiando la matriz hessianade Π:

H (v1, v2) =

−2p9v−5/31 v

1/22

p

6v−2/31 v

−1/22

p

6v−2/31 v

−1/22 −p

4v1/31 v

−3/22

.

Observamos que

Πv1v1 =−2p

9v−5/31 v

1/22 < 0

detH =p2

36v−4/31 v−12 > 0.

∴ Π es cóncava (estricta) en R2++.∴ Π se maximiza en (v∗1, v

∗2) .

125

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CÁLCULO IITAREA 10 - SOLUCIONES

OPTIMIZACIÓN RESTRINGIDA. TEOREMA DE LAENVOLVENTE(Temas 5.2-5.4)

1. (a) f (x, y) = 2x+ y s.a.√x+

√y = 2.

La función lagrangeana es

L (x, y, λ) = 2x+ y + λ�2−

√x−√y

y las condiciones de primer orden correspondientes son

Lx=2−λ

2√x= 0,

Ly =1−λ

2√y= 0,

Lλ=2−√x−√y = 0.

De las primeras dos ecuaciones se tiene

λ=4√x = 2

√y

∴ y = 4x.

Resolviendo el sistema de ecuaciones

y=4x√x+

√y=2

se obtienex =

4

9, y =

16

9.

Así, la solución del problema es

x∗ =4

9, y∗ =

16

9, λ∗ =

8

3, f ∗ =

24

9.

Para clasificar el problema de optimización observamos quela lagrangeana L es una función convexa, ya que

L = 2x+ y� �� �lineal

+ λ�2−

√x−√y

�� �� �

convexa (λ>0)

.

Por lo tanto, f presenta un mínimo en�49, 169

�, con fmın =

249.

126

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(b) f (x, y) = ax + y s.a. a − √x − √y = 1, con a > 1 unparámetro.La función lagrangeana es

L (x, y, λ; a) = ax+ y + λ�1− a+

√x+

√y�

y las condiciones de primer orden correspondientes son

Lx= a+λ

2√x= 0,

Ly =1 +λ

2√y= 0,

Lλ=1− a+√x+

√y = 0.

De las primeras dos ecuaciones se tiene

λ=−2a√x = −2√y

∴ y = a2x.

Resolviendo el sistema de ecuaciones

y= a2x

a−√x−√y=1

se obtiene

x =

�a− 1a+ 1

�2, y = a2

�a− 1a+ 1

�2.

Así, la solución del problema es

x∗=

�a− 1a+ 1

�2, y∗ = a2

�a− 1a+ 1

�2, λ∗ = −2a

�a− 1a+ 1

�,

f∗= a

�a− 1a+ 1

�2+ a2

�a− 1a+ 1

�2=a (a− 1)2a+ 1

.

Para clasificar el problema de optimización observamos queL es una función convexa, ya que

L = ax+ y� �� �lineal

+ λ�1− a+

√x+

√y�

� �� �convexa (λ<0)

.

Por lo tanto, f presenta un mínimo en��

a−1a+1

�2, a2

�a−1a+1

�2�,

con fmın =a(a−1)2a+1

.

127

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(c) f (x, y) = x2 + y2 s.a.x

a+y

b= 1, con a, b > 0 parámetros.

La función lagrangeana es

L (x, y, λ; a, b) = x2 + y2 + λ�1− x

a− y

b

y las condiciones de primer orden correspondientes son

Lx=2x−λ

a= 0,

Ly =2y −λ

b= 0,

Lλ=1−x

a− y

b= 0.

De las primeras dos ecuaciones se tiene

λ=2ax = 2by

∴ y =ax

b.

Resolviendo el sistema de ecuaciones

y=ax

bx

a+y

b=1

se obtiene

x =ab2

a2 + b2, y =

a2b

a2 + b2.

Así, la solución del problema es

x∗=ab2

a2 + b2, y∗ =

a2b

a2 + b2, λ∗ =

2a2b2

a2 + b2,

f ∗=a2b4

(a2 + b2)2+

a4b2

(a2 + b2)2=

a2b2

a2 + b2.

Para clasificar el problema de optimización observamos queL es una función convexa, ya que

L = x2 + y2� �� �convexa

+ λ�1− x

a− y

b

� �� �lineal

.

Por lo tanto, f presenta un mínimo en�

ab2

a2+b2, a2ba2+b2

�, con

fmın =a2b2

a2+b2.

128

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(d) f (x, y, z) = x+ y + z s.a. y2 + z2 = 1, x+ z = 2.La función lagrangeana es

L (x, y, z, λ1, λ2) = x+y+z+λ1�1− y2 − z2

�+λ2 (2− x− z)

y las condiciones de primer orden correspondientes son

Lx=1− λ2 = 0,Ly =1− 2λ1y = 0,Lz =1− 2λ1z − λ2 = 0,Lλ1 =1− y2 − z2 = 0,Lλ2 =2− x− z = 0.

De las primeras dos ecuaciones se tiene

λ1 =1

2y, λ2 = 1.

Sustituyendo λ2 = 1 en la tercera ecuación, se obtiene

1− 2λ1z − 1 = 0.

Como λ1 �= 0, por lo tanto

z = 0.

Resolviendo el sistema de ecuaciones

y2 + z2=1

x+ z=2

z=0

se obtienex = 2, y = ±1, z = 0.

Así, el problema presenta dos soluciones, a saber,

x∗ = 2, y∗ = 1, z∗ = 0, λ∗1 =1

2, λ∗2 = 1, f

∗ = 3,

y

x∗ = 2, y∗ = −1, z∗ = 0, λ∗1 = −1

2, λ∗2 = 1 f ∗ = 1.

Para clasificar el problema de optimización observamos quela concavidad o convexidad de L depende del signo de λ1. En

129

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el caso correspondiente a λ∗1 =12> 0, la lagrangeana L es una

función cóncava, ya que

L = x+ y + z� �� �lineal

+ λ1�1− y2 − z2

�� �� �

cóncava (λ1>0)

+ λ2 (2− x− z)� �� �lineal

.

En el caso correspondiente a λ∗1 = −12< 0, la lagrangeana L

es una función convexa, ya que

L = x+ y + z� �� �lineal

+ λ1�1− y2 − z2

�� �� �convexa (λ1<0)

+ λ2 (2− x− z)� �� �lineal

.

Concluimos que f presenta un máximo en (2, 1, 0), con fmax = 3,y f presenta un mínimo en (2,−1, 0), con fmın = 1.

2. Optimizar f (x, y) = 10x1/2y1/3 sujeto a 2x+ 4y = I, con I > 0.

La función lagrangeana es

L (x, y, λ; I) = 10x1/2y1/3 + λ (I − 2x− 4y)

y las condiciones de primer orden correspondientes son

Lx=5y1/3

x1/2− 2λ = 0,

Ly =10

3

x1/2

y2/3− 4λ = 0,

Lλ= I − 2x− 4y = 0.

De las primeras dos ecuaciones se tiene

λ=5y1/3

2x1/2=10x1/2

12y2/3

∴ x = 3y.

Resolviendo el sistema de ecuaciones

x=3y

2x+ 4y= I

se obtiene

x =3I

10, y =

I

10.

Así, la solución del problema es

x∗ =3I

10, y∗ =

I

10, λ∗ =

5�101/6

2 (31/2) I1/6, f ∗ = 10

�3I

10

�1/2� I

10

�1/3.

130

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Para clasificar el problema de optimización observamos que L escóncava

L = 10 x1/2y1/3� �� �cóncava

+ λ (I − 2x− 4y)� �� �lineal

.

Por lo tanto, f presenta un máximo en�3I10, I10

�, con f ∗ = 10

�3I10

�1/2 � I10

�1/3.

Por último, para el valor máximo f∗ (I) se tiene

df ∗ (I)

dI=�101/6

� �31/2

��56I−1/6

=

�31/2

�(5) 101/6

(3) (2) I1/6

=5�101/6

2 (31/2) I1/6= λ∗ (I) .

3. Optimizar f (x, y) = −2x+ 2y sujeto a. y − ln x = 1.La función lagrangeana es

L (x, y, λ) = −2x+ 2y + λ (1 + ln x− y)

y las condiciones de primer orden correspondientes son

Lx=−2 +λ

x= 0,

Ly =2− λ = 0,Lλ=1 + ln x− y = 0.

De las primeras dos ecuaciones se tiene

λ=2x = 2

∴ x = 1.

Resolviendo el sistema de ecuaciones

x=1

y − ln x=1

se obtienex = 1, y = 1.

Así, la solución del problema es

x∗ = 1, y∗ = 1, λ∗ = 2, f∗ = 0.

131

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Para clasificar el problema de optimización observamos que L escóncava

L = −2x+ 2y� �� �lineal

+ λ (1 + ln x− y)� �� �cóncava (λ>0)

.

Por lo tanto, f presenta un máximo en (1, 1), con f ∗ = 0.

Por último, sabemos que en el problema de optimización de f(x, y)

s.a. g(x, y) = c se tiene λ∗ =df ∗

dc. De esta manera, df∗ = λ∗dc, de

donde∆f ∗ ≃ λ∗∆c.

Si la restricción cambia a y−ln x = 1.15, entonces∆c = 1.15− 1 = 0.15,de modo que

∆f ∗ ≃ λ∗∆c = (2) (0.15) = 0.3.

Esto es, el valor máximo de f se incrementa aproximadamente en0.3 unidades.

4. (a) máx f (x, y) = −x2 − y2 s.a. ax+ y = 1, con a > 0.La función lagrangeana es

L (x, y, λ; a) = −x2 − y2 + λ (1− ax− y)

y las condiciones de primer orden correspondientes son

Lx=−2x− aλ = 0,Ly =−2y − λ = 0,Lλ=1− ax− y = 0.

De las primeras dos ecuaciones se tiene

λ=−2xa= −2y

∴ x = ay.

Resolviendo el sistema de ecuaciones

x= ay

ax+ y=1

se obtienex =

a

a2 + 1, y =

1

a2 + 1.

132

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Por lo tanto, la solución del problema de maximización es

x∗=a

a2 + 1, y∗ =

1

a2 + 1, λ∗ = − 2

a2 + 1

f ∗ (a)=−�

a

a2 + 1

�2−�

1

a2 + 1

�2= − 1

a2 + 1.

Por último, de acuerdo con el teorema de la envolvente

df∗ (a)

da=∂L (x∗, y∗, λ∗; a)

∂a,

con

L (x∗, y∗, λ∗; a) = − (x∗)2 − (y∗)2 + λ∗ (1− ax∗ − y∗) .

Por lo tanto,

df∗ (a)

da=∂L (x∗, y∗, λ∗; a)

∂a= −λ∗x∗,

con x∗ y λ∗ los niveles óptimos de x y λ.

(b) mín C (x, y) = ax+ by s.a. lnx+ y = 1, con a, b > 0.La función lagrangeana es

L (x, y, λ; a, b) = ax+ by + λ (1− ln x− y)

y las condiciones de primer orden correspondientes son

Lx= a−λ

x= 0,

Ly = b− λ = 0,Lλ=1− ln x− y = 0.

De las primeras dos ecuaciones se tiene

λ= ax = b

∴ x =b

a.

Resolviendo el sistema de ecuaciones

x=b

aln x+ y=1

133

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se obtiene

x =b

a, y = 1− ln

�b

a

�.

Por lo tanto, la solución del problema de minimización es

x∗=b

a, y∗ = 1− ln

�b

a

�, λ∗ = b,

C∗ (a, b) = a

�b

a

�+ b

�1− ln

�b

a

��= 2b− b ln

�b

a

�.

Por último, sea

L (x∗, y∗, λ∗; a, b) = ax∗ + by∗ + λ∗ (1− ln x∗ − y∗) .

De acuerdo con el teorema de la envolvente,

∂C∗(a, b)

∂a=∂L (x∗, y∗, λ∗; a, b)

∂a= x∗,

∂C∗(a, b)

∂b=∂L (x∗, y∗, λ∗; a, b)

∂b= y∗,

con x∗ y y∗ los niveles óptimos de x y y.

(c) mín f (x, y) = x+ ay s.a. ln (xy) = a, con a > 0 y x, y > 0.Observa que ln(xy) = ln x+ ln y. De esta manera, la funciónlagrangeana es

L (x, y, λ; a) = x+ ay + λ (a− ln x− ln y)

y las condiciones de primer orden correspondientes son

Lx=1−λ

x= 0,

Ly = a−λ

y= 0,

Lλ= a− ln x− ln y = 0.

De las primeras dos ecuaciones se tiene

λ=x = ay

∴ x = ay

Resolviendo el sistema de ecuaciones

x= ay

lnx+ ln y= ln (xy) = a

134

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se obtiene

x =√aea, y =

)ea

a

Por lo tanto, la solución del problema de minimización es

x∗=√aea, y∗ =

)ea

a, λ∗ =

√aea,

f∗ (a)=√aea + a

)ea

a= 2

√aea.

Por último, sea

L (x∗, y∗, λ∗; a) = x∗ + ay∗ + λ∗ (a− ln x∗ − ln y∗) .

De acuerdo con el teorema de la envolvente,

df∗ (a)

da=∂L (x∗, y∗, λ∗; a)

∂a= y∗ + λ∗,

con y∗ y λ∗ los niveles óptimos de y y λ.

5. (a) L = −x2 − y2� �� �cóncava

+ λ (1− ax− y)� �� �lineal

∴ L es cóncava∴ f alcanza un máximo.

(b) L = ax+ by� �� �lineal

+ λ (1− ln x− y)� �� �convexa (λ>0)

∴ L es convexa∴ f alcanza un mínimo.

(c) L = x+ ay� �� �lineal

+ λ (a− ln x− ln y)� �� �convexa (λ>0)

∴ L es convexa∴ f alcanza un mínimo.

6. máx U(x, y) s.a. p1x+ p2y = I, con p1, p2, I > 0.

La función lagrangeana es

L (x, y, λ; p1, p2, I) = U(x, y) + λ (I − p1x− p2y)

y las condiciones de primer orden correspondientes son

Lx=Ux(x, y)− λp1 = 0,Ly =Uy(x, y)− λp2 = 0,Lλ= I − p1x− p2y = 0.

135

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Este sistema de ecuaciones define a los niveles óptimos (x∗, y∗, λ∗)en términos de las variables exógenas (p1, p2, I), es decir,

x∗=x∗(p1, p2, I),

y∗= y∗(p1, p2, I),

λ∗=λ∗(p1, p2, I).

La función valor (utilidad máxima) correspondiente es

V (p1, p2, I) = U(x∗ (p1, p2, I) , y

∗ (p1, p2, I))

Como se desconoce la forma funcional de V, no podemos calculardirectamente las derivadas parciales ∂V/∂p1, ∂V/∂p2 y ∂V/∂I. Enlugar de ello, utilizamos el teorema de la envolvente, de la siguientemanera. Sea

L(x∗, y∗, λ∗; p1, p2, I) = U(x∗, y∗) + λ∗ (I − p1x∗ − p2y∗) ,de modo que

∂V (p1, p2, I)

∂p1=∂L(x∗, y∗, λ∗; p1, p2, I)

∂p1= −λ∗x∗

∂V (p1, p2, I)

∂p2=∂L(x∗, y∗, λ∗; p1, p2, I)

∂p2= −λ∗y∗

∂V (p1, p2, I)

∂I=∂L(x∗, y∗, λ∗; p1, p2, I)

∂I= λ∗,

en donde x∗, y∗ son los niveles óptimos de x y y.

7. (a) máx U (x, y) =1

2ln x+

1

2ln y s.a. p1x+ p2y = I.

La función lagrangeana es

L (x, y, λ; p1, p2, I) =1

2ln x+

1

2ln y + λ (I − p1x− p2y)

y las condiciones de primer orden correspondientes son

Lx=1

2x− λp1 = 0,

Ly =1

2y− λp2 = 0,

Lλ= I − p1x− p2y = 0.De las primeras dos ecuaciones se tiene

λ=1

2xp1=

1

2yp2

∴ y =

�p1p2

�x

136

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Resolviendo el sistema de ecuaciones

y=

�p1p2

�x

p1x+ p2y= I

se obtiene

x =I

2p1, y =

I

2p2.

Por lo tanto, la solución del problema de maximización es

x∗=I

2p1, y∗ =

I

2p2, λ∗ =

1

I,

V (p1, p2, I) =1

2ln

�I

2p1

�+1

2ln

�I

2p2

�= ln

�I

2√p1p2

�.

De acuerdo con el teorema de la envolvente,

∂V (p1, p2, I)

∂p1=−λ∗x∗ = −

�1

I

��I

2p1

�= − 1

2p1.

∂V (p1, p2, I)

∂p2=−λ∗y∗ = −

�1

I

��I

2p2

�= − 1

2p2,

∂V (p1, p2, I)

∂I=λ∗ =

1

I.

(b) máx U (x, y) = y + ln x s.a. p1x+ p2y = I.La función lagrangeana es

L (x, y, λ; p1, p2, I) = y + ln x+ λ (I − p1x− p2y)

y las condiciones de primer orden correspondientes son

Lx=1

x− λp1 = 0,

Ly =1− λp2 = 0,Lλ= I − p1x− p2y = 0.

De las primeras dos ecuaciones se tiene

λ=1

xp1=1

p2

∴ x =1

λp1=

1�1p2

�p1=p2p1.

137

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Resolviendo el sistema de ecuaciones

x=p2p1

p1x+ p2y= I

se obtiene

x =p2p1, y =

I − p2p2

.

Por lo tanto, la solución del problema de maximización es

x∗=p2p1, y∗ =

I − p2p2

, λ∗ =1

p2,

V (p1, p2, I) =

�I − p2p2

�+ ln

�p2p1

�.

De acuerdo con el teorema de la envolvente,

∂V (p1, p2, I)

∂p1=−λ∗x∗ = −

�1

p2

��p2p1

�= − 1

p1,

∂V (p1, p2, I)

∂p2=−λ∗y∗ = −

�1

p2

��I − p2p2

�= −I − p2

p22,

∂V (p1, p2, I)

∂I=λ∗ =

1

p2.

(c) máx U (x, y) = −1x− 1ys.a. p1x+p2y = I, con p1, p2, I > 0.

La función lagrangeana es

L (x, y, λ; p1, p2, I) = −1

x− 1y+ λ (I − p1x− p2y)

y las condiciones de primer orden correspondientes son

Lx=1

x2− λp1 = 0,

Ly =1

y2− λp2 = 0,

Lλ= I − p1x− p2y = 0.

De las primeras dos ecuaciones se tiene

λ=1

p1x2=

1

p2y2

∴ y =�

p1/p2

�x.

138

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Resolviendo el sistema de ecuaciones

y=�

p1/p2

�x

p1x+ p2y= I

se obtiene

x =I

p1

�1 +

p2/p1

� , y =I

p2

�1 +

p1/p2

� .

Por lo tanto, la solución del problema de maximización es

x∗=I

p1 +√p1p2

, y∗ =I

p2 +√p1p2

,

λ∗=p1�1 +

p2/p1

�2

I2=

�√p1 +

√p2�2

I2,

V (p1, p2, I) =−p1 +

√p1p2

I− p2 +

√p1p2

I= −p1 + p2 + 2

√p1p2

I.

De acuerdo con el teorema de la envolvente,

∂V (p1, p2, I)

∂p1=−λ∗x∗ = −

��√p1 +

√p2�2

I2

��I

p1 +√p1p2

�,

∂V (p1, p2, I)

∂p2=−λ∗y∗ = −

��√p1 +

√p2�2

I2

��I

p2 +√p1p2

�,

∂V (p1, p2, I)

∂I=λ∗ =

�√p1 +

√p2�2

I2.

(d) máx U (x, y) = 100 − e−x − e−y s.a. p1x + p2y = I, conp1, p2, I > 0.La función lagrangeana es

L (x, y, λ; p1, p2, I) = 100− e−x − e−y + λ (I − p1x− p2y)

y las condiciones de primer orden correspondientes son

Lx= e−x − λp1 = 0,Ly = e−y − λp2 = 0,Lλ= I − p1x− p2y = 0.

139

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De las primeras dos ecuaciones se tiene

λ=1

p1ex=

1

p2ey

∴ y = ln

�p1p2

�ex= x+ ln (p1/p2) .

Resolviendo el sistema de ecuaciones

y=x+ ln (p1/p2)

p1x+ p2y= I

se obtiene

x =I − p2 ln (p1/p2)

p1 + p2, y =

I + p1 ln (p1/p2)

p1 + p2.

Por lo tanto, la solución del problema de maximización es

x∗=I

p1 + p2− p2p1 + p2

ln (p1/p2) ,

y∗=I

p1 + p2− p1p1 + p2

ln (p2/p1) ,

λ∗=1

p1e− Ip1+p2

+p2

p1+p2ln(p1/p2) =

1

p1

�p1p2

� p2p1+p2

e− Ip1+p2 ,

V (p1, p2, I) = 100− e−I

p1+p2+

p2p1+p2

ln(p1/p2) − e−I

p1+p2+

p1p1+p2

ln(p2/p1)

=100− e−I

p1+p2

*�p1p2

� p2p1+p2

+

�p2p1

� p1p1+p2

+.

De acuerdo con el teorema de la envolvente,

∂V (p1, p2, I)

∂p1=−λ∗x∗

=− 1p1

�p1p2

� p2p1+p2

�I − p2 ln (p1/p2)

p1 + p2

�e− Ip1+p2 ,

∂V (p1, p2, I)

∂p2=−λ∗y∗

=− 1p1

�p1p2

� p2p1+p2

�I − p1 ln (p2/p1)

p1 + p2

�e− Ip1+p2 ,

∂V (p1, p2, I)

∂I=λ∗

=1

p1

�p1p2

� p2p1+p2

e− Ip1+p2 .

140

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8. (a) máx π(L,K; a, b, w, r, p) = p (a lnL+ b lnK)− wL− rK.Las condiciones de primer orden son

LL=ap

L− w = 0,

LK =bp

K− r = 0,

de modo que los niveles óptimos (L∗, K∗) son

L∗ =ap

w, K∗ =

bp

r.

El correspondiente beneficio máximo Π está dado por

Π(a, b, w, r, p) = ap ln�apw

�+ bp ln

�bp

r

�− ap− bp.

(b) Sea

π (L∗, K∗; a, b, w, r, p) = p (a lnL∗ + b lnK∗)− wL∗ − rK∗.

De acuerdo con el teorema de la envolvente, se tiene

∂Π (a, b, w, r, p)

∂a=∂π (L∗, K∗; a, b, w, r, p)

∂a= p lnL∗ = p ln

�apw

�.

9. máx pq − (w1x1 + w2x2) s.a. f (x1, x2) = q.La función lagrangeana es

L(x1, x2, q, λ;w1, w2, p) = pq − w1x1 − w2x2 + λ(q − f (x1, x2))

y las condiciones de primer orden correspondientes son

Lx1 =−w1 − λfx1(x1, x2) = 0,Lx2 =−w2 − λfx2(x1, x2) = 0,Lq = p+ λ = 0,Lλ= q − f (x1, x2) = 0.

Este sistema de ecuaciones define a los niveles óptimos (x∗1, x∗2, q

∗, λ∗)en términos de las variables exógenas (w1, w2, p), es decir,

x∗1=x∗1(w1, w2, p),

x∗2=x∗2(w1, w2, p),

q∗= q∗(w1, w2, p),

λ∗=λ∗(w1, w2, p).

141

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La función de beneficio máximo Π(w1, w2, p) correspondiente es

Π(w1, w2, p) = pq∗(w1, w2, p)− w1x∗1(w1, w2, p)− w2x∗2(w1, w2, p).

Como se desconoce la forma funcional de Π, no podemos calculardirectamente las derivadas parciales ∂Π/∂p y ∂Π/∂wi. En lugar deello, utilizamos el teorema de la envolvente, de la siguiente manera.Sea

L(x∗1, x∗2, q∗, λ∗;w1, w2, p) = pq∗−w1x∗1−w2x∗2+λ∗(q∗−f (x∗1, x∗2)),

de modo que

∂Π(w1, w2, p)

∂p=∂L(x∗1, x∗2, q∗, λ∗;w1, w2, p)

∂p= q∗(w1, w2, p)

∂Π(w1, w2, p)

∂wi=∂L(x∗1, x∗2, q∗, λ∗;w1, w2, p)

∂wi= −x∗i (w1, w2, p), i = 1, 2,

en donde x∗i y q∗ son los niveles óptimos de xi y q. Este resultado

se conoce como el Lema de Hotelling.

10. máx f (x, y) = −x2 − y2 s.a. (x− 1)3 − y2 = 0.

Método de Lagrange:

La función lagrangeana del problema es

L (x, y, λ) = −x2 − y2 + λ�y2 − (x− 1)3

y las condiciones de primer orden correspondientes son

Lx=−2x− 3λ (x− 1)2 = 0, (1)

Ly =−2y + 2λy = −2y (1− λ) = 0, (2)

Lλ= y2 − (x− 1)3 = 0. (3)

El sistema de ecuaciones (1)-(3) es inconsistente, por la siguienterazón. De (2) se sigue que y = 0 o λ = 1:

i. Si y = 0, entonces (3) implica que x = 1. Sustituyendo x = 1en (1) se obtiene −2 = 0.

ii. Si λ = 1, entonces (1) implica que −2x − 3 (1) (x− 1)2 = 0.Resolviendo esta ecuación se obtiene x = 4±

√16−366

/∈ R.

142

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Por lo tanto, no existe solución con el método de Lagrange.

Método gráfico:

En la siguiente gráfica se observa que el máximo restringido de focurre en el punto (1, 0) .

Justificación:

Sabemos que f (x, y) = −x2 − y2 y sea g(x, y) = (x− 1)3 − y2. Elmétodo de Lagrange falla aquí ya que, en el óptimo (1, 0),

∇f ∗ �= λ∗∇g∗.

En efecto, como

∇f(x, y) = (−2x,−2y)∇g(x, y) =

�3 (x− 1)2 ,−2y

�,

por lo tanto

∇f ∗=∇f (1, 0) = (−2, 0)∇g∗=∇g (1, 0) = (0, 0) ,

de modo que no existe λ ∈ R tal que (−2, 0) = λ (0, 0). El pro-blema consiste en que el punto óptimo (1, 0) es un punto crítico deg pero no lo es de f .

11. (a) mín f (x, y) = (x− 4)2 + (y − 4)2 s.a. x+ y ≤ 5, x, y ≥ 0.i.

mín f (x, y) = (x− 4)2 + (y − 4)2

s.a. − x− y≥−5 (1)

x≥ 0 (2)

y≥ 0. (3)

143

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ii.

L (x, y, λ1, λ2, λ3) = (x− 4)2 + (y − 4)2 + λ1 (−5 + x+ y)+λ2 (0− x) + λ3 (0− y) ,

Lx=2 (x− 4) + λ1 − λ2 = 0,Ly =2 (y − 4) + λ1 − λ3 = 0,

x+ y≤ 5, λ1 ≥ 0, λ1 (x+ y − 5) = 0,x≥ 0, λ2 ≥ 0, λ2x = 0,y≥ 0, λ3 ≥ 0, λ3y = 0.

iii.

iv. Del dibujo se observa que el mínimo P ocurre cuandoestá activa la restricción (1), es decir, x+y = 5, mientrasque las otras dos están inactivas (x > 0, y > 0) de modoque λ2 = 0, λ3 = 0. En resumen, se tiene

x+ y=5,

λ2=0,

λ3=0.

Sustituyendo esto en el conjunto de condiciones de Kuhn-Tucker se obtiene

2 (x− 4) + λ1=0,2 (y − 4) + λ1=0,

x+ y=5,

cuya solución es

x =5

2, y =

5

2, λ1 = 3.

Así, el mínimo de f ocurre en el punto (x∗, y∗) =�52, 52

�,

con λ∗1 = 3, λ∗2 = λ

∗3 = 0, fmın =

92.

144

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(b) máx f (x, y) = 9−x2−y2 s.a. x+y ≤ 3, 2x+3y ≥ 6, x ≥ 0.i.

máx f (x, y) = 9− x2 − y2s.a. x+ y≤ 3 (1)

−2x− 3y≤−6 (2)

−x≤ 0. (3)

ii.

L (x, y, λ1, λ2, λ3) = 9− x2 − y2 + λ1 (3− x− y)+λ2 (−6 + 2x+ 3y) + λ3 (0 + x) ,

Lx=−2x− λ1 + 2λ2 + λ3 = 0,Ly =−2y − λ1 + 3λ2 = 0,

x+ y≤ 3, λ1 ≥ 0, λ1 (x+ y − 3) = 0,2x+ 3y≥ 6, λ2 ≥ 0, λ2 (2x+ 3y − 6) = 0,

x≥ 0, λ3 ≥ 0, λ3x = 0.iii.

iv. Del dibujo se observa que el máximo P ocurre cuando larestricción (2) está activa, es decir, 2x+3y = 6, mientrasque las otras dos están inactivas (x+ y < 3, x > 0) demodo que λ1 = 0, λ3 = 0. En resumen, se tiene

2x+ 3y=6,

λ1=0,

λ3=0.

Sustituyendo esto en el conjunto de condiciones de Kuhn-Tucker se obtiene

−2x+ 2λ2=0−2y + 3λ2=02x+ 3y=6,

145

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cuya solución es

x =12

13= λ2, y =

18

13.

Así, el máximo de f ocurre en el punto (x∗, y∗) =�1213, 1813

�,

con λ∗1 = λ∗3 = 0, λ

∗2 =

1213, fmax =

8113.

(c) mín f (x, y) = (x− 4)2 + (y − 4)2 s.a. x + y ≥ 5, x ≤ 6,2y ≤ 11.i.

mín f (x, y) = (x− 4)2 + (y − 4)2

s.a. x+ y≥ 5 (1)

−x≥−6 (2)

−2y≥−11. (3)

ii.

L (x, y, λ1, λ2, λ3)= (x− 4)2 + (y − 4)2 + λ1 (5− x− y)+λ2 (−6 + x) + λ3 (−11 + 2y) ,

Lx=2(x− 4)− λ1 + λ2 = 0,Ly =2(y − 4)− λ1 + 2λ3 = 0,

x+ y≥ 5, λ1 ≥ 0, λ1 (x+ y − 5) = 0,x≤ 6, λ2 ≥ 0, λ2 (x− 6) = 0,2y≤ 11, λ3 ≥ 0, λ3 (2y − 11) = 0.

iii.

iv. Del dibujo se observa que el mínimo P ocurre cuandoninguna restricción está activa (x+ y > 5, x < 6, 2y < 11),de modo que λ1 = λ2 = λ3 = 0.En resumen, se tiene

λ1=0,

λ2=0,

λ3=0.

146

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Sustituyendo esto en el conjunto de condiciones de Kuhn-Tucker se obtiene

2(x− 4)=02(y − 4)=0

cuya solución esx = y = 4.

Así, el mínimo de f ocurre en el punto (x∗, y∗) = (4, 4),con λ∗1 = λ

∗2 = λ

∗3 = 0, fmın = 0.

(d) máx f (x, y) = −x− y s.a. x2 + y ≤ 1, −x2 + 2x+ y ≥ 1.i.

máx f (x, y) =−x− ys.a. x2 + y≤ 1 (1)

x2 − 2x− y≤−1. (2)

ii.

L (x, y, λ1, λ2, λ3)=−x− y + λ1�1− x2 − y

+λ2�−1− x2 + 2x+ y

�,

Lx=−1− 2λ1x− 2λ2x+ 2λ2 = 0,Ly =−1− λ1 + λ2 = 0,

x2 + y≤ 1, λ1 ≥ 0, λ1�x2 + y − 1

�= 0,

−x2 + 2x+ y≥ 1, λ2 ≥ 0, λ2�−x2 + 2x+ y − 1

�= 0.

iii.

iv. Del dibujo se observa que el máximo P ocurre cuando larestricción (2) está activa, es decir, −x2 + 2x + y = 1,mientras que la restricción (1) está inactiva (x2 + y < 1)de modo que λ1 = 0. En resumen, se tiene

−x2 + 2x+ y=1,λ1=0.

147

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Sustituyendo esto en el conjunto de condiciones de Kuhn-Tucker se obtiene

−1− 2λ2x+ 2λ2=0,−1 + λ2=0,

−x2 + 2x+ y=1,

cuya solución es

x =1

2, y =

1

4, λ2 = 1.

Así, el máximo de f ocurre en el punto (x∗, y∗) =�12, 14

�,

con λ∗1 = 0, λ∗2 = 1, fmax = −3

4.

(e) máx f (x, y) = x+√y s.a. y ≥ x, x+ y ≤ 2, x ≥ 0.

i.

máx f (x, y) = x+√y

s.a. x− y≤ 0 (1)

x+ y≤ 2 (2)

−x≤ 0. (3)

ii.

L (x, y, λ1, λ2, λ3)= x+√y + λ1 (y − x)

+λ2 (2− x− y) + λ3x,

Lx=1− λ1 − λ2 + λ3 = 0,Ly =

1

2√y+ λ1 − λ2 = 0,

y≥x, λ1 ≥ 0, λ1 (y − x) = 0,x+ y≤ 2, λ2 ≥ 0, λ2 (x+ y − 2) = 0,

x≥ 0, λ3 ≥ 0, λ3x = 0.

iii.

148

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iv. Del dibujo se observa que el máximo P ocurre cuandolas restricciones (1) y (2) están activas, es decir, y = xy y = 2− x, mientras que la restricción (3) está inactiva(x > 0) de modo que λ3 = 0. En resumen, se tiene

y= x,

y=2− x,λ3=0.

Sustituyendo esto en el conjunto de condiciones de Kuhn-Tucker se obtiene

1− λ1 − λ2=0,1

2√y+ λ1 − λ2=0

y= x,

y=2− x,cuya solución es

x = 1, y = 1, λ1 =1

4, λ2 =

3

4.

Así, el máximo de f ocurre en el punto (x∗, y∗) = (1, 1),con λ∗1 =

14, λ∗2 =

34, fmax = 2.

(f) máx f (x, y) = 2y− x s.a. x+2y ≤ 6, x2+ y2 ≤ 8, x, y ≥ 0.i.

máx f (x, y) = 2y − xs.a. x+ 2y≤ 6 (1)

x2 + y2≤ 8 (2)

−x≤ 0 (3)

−y≤ 0. (4)

ii.

L (x, y, λ1, λ2, λ3, λ4) = 2y − x+ λ1 (6− x− 2y)+λ2

�8− x2 − y2

�+ λ3 (0 + x) + λ4 (0 + y) ,

Lx=−1− λ1 − 2λ2x+ λ3 = 0,Ly =2− 2λ1 − 2λ2y + λ4 = 0,

x+ 2y≤ 6, λ1 ≥ 0, λ1 (x+ 2y − 6) = 0,x2 + y2≤ 8, λ2 ≥ 0, λ2

�x2 + y2 − 8

�= 0,

x≥ 0, λ3 ≥ 0, λ3x = 0,y≥ 0, λ4 ≥ 0, λ4y = 0.

149

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iii.

iv. Del dibujo se observa que el máximo P ocurre cuandoestán activas las restricciones (2) y (3), es decir, cuandox2 + y2 = 8 y x = 0, mientras que las otras dos restric-ciones están inactivas (x+ 2y < 6 y y > 0) de modo queλ1 = 0 y λ4 = 0. En resumen, se tiene

x2 + y2=8,

x1=0,

λ1=0,

λ4=0.

Sustituyendo esto en el conjunto de condiciones de Kuhn-Tucker es fácil verificar que el máximo de f ocurre en elpunto (x∗, y∗) =

�0,√8�, con λ∗1 = 0, λ

∗2 =

1√8, λ∗3 = 1,

λ∗4 = 0, fmax = 2√8.

12. máx. U(x, y) = ln x+y s.a. p1x+p2y ≤ I, y ≥ 0, con p1, p2, I > 0(x > 0) .

Primero escribimos el problema en un formato adecuado, a saber

máx U(x, y) = ln x+ y

s.a. p1x+ p2y≤ I (1)

−y≤ 0. (2)

La función lagrangeana es

L (x, y, λ; p1, p2, I) = lnx+ y + λ1 (I − p1x− p2y) + λ2 (0 + y) ,

y las condiciones de Kuhn-Tucker son

Lx=1

x− λ1p1 = 0,

Ly =1− λ1p2 + λ2 = 0,p1x+ p2y≤ I, λ1 ≥ 0, λ1 (p1x+ p2y − I) = 0,

y≥ 0, λ2 ≥ 0, λ2y = 0.

150

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Para simplificar el problema, notamos que λ1 �= 0, por lo que lacondición λ1 (p1x+ p2y − I) = 0 implica

p1x+ p2y = I.

De la condición λ2y = 0 se siguen 2 casos:

i. Si λ2 = 0, entonces se satisface el sistema

1

x− λ1p1=01− λ1p2=0p1x+ p2y= I,

cuya solución es

x =p2p1, y =

I − p2p2

.

Para que y > 0 se requiere entonces que I > p2.En resumen, si I > p2 se tiene una solución interior dada por

(x∗, y∗) =

�p2p1,I − p2p2

�, λ∗1 =

1

p2, λ∗2 = 0.

En este caso, la curva de ingreso-consumo está dada por lasecuaciones paramétricas

x∗(I) =p2p1, (constante)

y∗(I) =

�1

p2

�I − 1.

ii. Si y = 0, entonces se satisface el sistema

1

x− λ1p1=0

1− λ1p2 + λ2=0p1x= I,

151

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cuya solución es

x =I

p1, y = 0, λ1 =

1

I, λ2 =

p2I− 1.

Para que λ2 ≥ 0 se requiere entonces que I ≤ p2.En resumen, si I ≤ p2 se tiene una solución de esquina dadapor

(x∗, y∗) =

�I

p1, 0

�, λ∗1 =

1

I, λ∗2 =

p2I− 1.

En este caso, la curva de ingreso-consumo está dada por lasecuaciones paramétricas

x∗(I)=

�1

p1

�I,

y∗(I)= 0.

13. máx. U(x, y) = x+√y s.a. p1x+p2y ≤ I, x ≥ 0, con p1, p2, I > 0

(y ≥ 0).Primero escribimos el problema en un formato adecuado, a saber

máx U(x, y) = x+√y

s.a. p1x+ p2y≤ I (1)

−x≤ 0 (2)

La función lagrangeana es

L (x, y, λ; p1, p2, I) = x+√y + λ1 (I − p1x− p2y) + λ2 (0 + x) ,

y las condiciones de Kuhn-Tucker son

Lx=1− λ1p1 + λ2 = 0,Ly =

1

2√y− λ1p2 = 0,

p1x+ p2y≤ I, λ1 ≥ 0, λ1 (p1x+ p2y − I) = 0,x≥ 0, λ2 ≥ 0, λ2x = 0.

152

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Para simplificar el problema, notamos que necesariamente λ1 �= 0,por lo que la condición λ1 (p1x+ p2y − I) = 0 implica

p1x+ p2y = I.

De la condición λ2x = 0 se siguen 2 casos:

i. Si λ2 = 0, entonces se satisface el sistema

1− λ1p1=01

2√y− λ1p2=0

p1x+ p2y= I,

cuya solución es

x =1

p1

�I − p21

4p2

�, y =

p214p22

.

Para que x > 0 se requiere entonces que I >p214p2

.

En resumen, si I >p214p2

se tiene una solución interior dadapor

(x∗, y∗) =

�1

p1

�I − p21

4p2

�,p214p22

�, λ∗1 =

1

p1, λ∗2 = 0.

En este caso, la curva de ingreso-consumo está dada por lasecuaciones paramétricas

x∗(I) =

�1

p1

�I − p1

4p2,

y∗(I) =p214p22

. (constante)

153

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ii. Si x = 0, entonces se satisface el sistema

1− λ1p1 + λ2=01

2√y− λ1p2=0

p2y= I,

cuya solución es

x = 0, y =I

p2, λ1 =

1

2√p2I

, λ2 =p1

2√p2I

− 1.

Para que λ2 ≥ 0 se requiere entonces que I ≤p214p2

.

En resumen, si I ≤ p214p2

se tiene una solución de esquina dadapor

(x∗, y∗) =

�0,I

p2

�, λ∗1 =

1

2√p2I

, λ∗2 =p1

2√p2I

− 1.

En este caso, la curva de ingreso-consumo está dada por lasecuaciones paramétricas

x∗(I) = 0,

y∗(I) =

�1

p2

�I.

154

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CÁLCULO IITAREA 11 - SOLUCIONES

FUNCIONES DE Rn EN R

m. REGLA DE LA CADENA.TEOREMA GENERAL DE LA FUNCIÓN IMPLÍCITA

(Temas 6.1-6.3)

1. (a) Seaz = f(x, y) = x1/3y2/3.

El diagrama correspondiente es

x

y

ցր f → z

Se trata de una función escalar de variable vectorial, con

f : R2 → R.

La derivada de f es la función

Df(x, y) = (fx fy) =

�1

3x−2/3y2/3

2

3x1/3y−1/3

�.

(b) Sea xyz

= F (t) =

f1(t)

f2(t)

f3(t)

=

t

t2

1

.

El diagrama correspondiente es

t →

F

f1f2f3

→ x→ y→ z

Se trata de una función vectorial de variable escalar, con

F : R→ R3.

La derivada de F es la función

DF (t) =

df1/dt

df2/dt

df3/dt

=

1

2t

0

.

155

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(c) Sea

U = u(x1, . . . , xk) =k�

I=1

αi ln xi.

El diagrama correspondiente es

x1...xk

ցր u →U

Se trata de una función escalar de variable vectorial, con

u : Rk++ → R.

La derivada de u es la función

Du(x1, . . . , xk) = (ux1 . . . uxk) =

�α1x1

. . .αkxk

�.

(d) Seaz = f(x, y) = 1− x− y.

El diagrama correspondiente es

x

y

ցր f → z

Se trata de una función escalar de variable vectorial, con

f : R2 → R.

La derivada de f es la función

Df(x, y) = (fx fy) = (−1 − 1) .

(e) Sea

�xy

�= F (α, β, γ) =

�f1(α, β, γ)

f2(α, β, γ)

�=

�α + 3 lnβ − γ2

αβ/γ

�.

El diagrama correspondiente es

αβγ

ց−→ր

F

f1f2

→ x→ y

156

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Se trata de una función vectorial de variable vectorial, con

F : R3 → R2.

La derivada de F es la función

DF (α, β, γ)=

∂f1/∂α ∂f1/∂β ∂f1/∂γ

∂f2/∂α ∂f2/∂β ∂f2/∂γ

=

1 3/β −2γ

β/γ α/γ −αβ/γ2

.

(f) Sea

w1w2w3w4

= F (x, y) =

f1(x, y)

f2(x, y)

f3(x, y)

f4(x, y)

=

ex−y

x− yy3

7

.

El diagrama correspondiente es

x

y

ցր

F

f1f2f3f4

→ w1→ w2→ w3→ w4

Se trata de una función vectorial de variable vectorial, con

F : R2 → R4.

La derivada de F es la función

DF (x, y) =

∂f1/∂x ∂f1/∂y

∂f2/∂x ∂f2/∂y

∂f3/∂x ∂f3/∂y

∂f4/∂x ∂f4/∂y

=

ex−y −ex−y

1 −10 3y2

0 0

.

157

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2. Sean q1 = 6p−21 p3/22 y, q2 = 4p1p

−12 y

2, con p1 =√12t, p2 = t2,

y = t−1. Sean F (p1, p2, y) = (q1, q2), G(t) = (p1, p2, y) yH = F ◦G.

(a) Sean

F (p1, p2, y) =

�q1

q2

�=

�6p−21 p

3/22 y

4p1p−12 y

2

�=

�f1(p1, p2, y)

f2(p1, p2, y)

y

G(t) =

p1

p2

y

=

√12t

t2

t− 1

=

g1(t)

g2(t)

g3(t)

.

El diagrama correspondiente es

t →

H=F◦GG

g1g2g3

→ p1→ p2→ y

ց→ր

F

f1f2

→ q1→ q2

Observamos que G : R → R3 y F : R3 → R

2. Así, la com-posición H = F ◦G es la función

H = F ◦G : R→ R2,

definida por

H(t)=F (G(t))

=

�6p−21 (t) p

3/22 (t) y (t)

4p1 (t) p−12 (t) y

2 (t)

=

�6�√12t�−2(t2)3/2(t− 1)

4�√12t�(t2)−1(t− 1)2

=

t2(t− 1)2

4√12t(t− 1)2t2

.

∴ H(t) =

�h1(t)

h2(t)

�=

t2(t− 1)2

4√12t(t− 1)2t2

.

158

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(b)

DH(t) =DF (p1, p2, y) DG(t)

dh1dtdh2dt

=

∂f1∂p1

∂f1∂p2

∂f1∂y

∂f2∂p1

∂f2∂p2

∂f2∂y

dg1dtdg2dtdg3dt

=

−12p−31 p3/22 y 9p−21 p

1/22 y 6p−21 p

3/22

4p−12 y2 −4p1p−22 y2 8p1p

−12 y

dg1dtdg2dtdg3dt

=

−12t3(t− 1)(12t)3/2

3(t− 1)4

t2

2

4(t− 1)2t2

−4√12t(t− 1)2t4

8√12t(t− 1)t2

6√12t

2t

1

.

(c) En t = 3 se tiene

H(t)|t=3 =�9

32/3

�,

que representa las demandas cuando t = 3, es decir,�q1

q2

������t=3

=

�9

32/3

�.

Por otra parte, se tiene

DH(t)|t=3 =

−3 3/2 9/2

16/9 −32/27 32/3

1

6

1

=

�21/2

16/3

�,

que representa el ritmo al que cambian las demandas conrespecto a t, cuando t = 3, es decir,

dq1dtdq2dt

�������t=3

=

�21/2

16/3

�.

159

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3. Sean q1 = 6p−21 p3/22 y, q2 = 4p1p

−12 y

2, con p1 =√12t, p2 = 10rt

2,y = 20r. Sean F (p1 , p2 , y) = (q1, q2), G(t, r) = (p1 , p2 , y) yH = F ◦G.

(a) Sean

F (p1, p2, y) =

�q1

q2

�=

�6p−21 p

3/22 y

4p1p−12 y

2

�=

�f1(p1, p2, y)

f2(p1, p2, y)

y

G(t, r) =

p1

p2

y

=

√12t

10rt2

20r

=

g1(t, r)

g2(t, r)

g3(t, r)

.

El diagrama correspondiente es

t ց

r ր

H=F◦GG

g1g2g3

→ p1→ p2→ y

ց→ր

F

f1f2

→ q1→ q2

Observamos que G : R2 → R3 y F : R3 → R

2. Así, la com-posición H = F ◦G es la función

H = F ◦G : R2 → R2,

definida por

H(t, r)=F (G(t, r))

=

6

1

12t(10rt2)3/2 (20r)

4�√12t�(10rt2)−1(20r)2

=

10r(10rt2)3/2

t

160r√12t

t2

.

∴ H(t, r) =

�h1(t, r)

h2(t, r)

�=

10r(10rt2)3/2

t

160r√12t

t2

.

160

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(b)

DH(t, r) =DF (p1, p2, y) DG(t, r)

∂h1∂t

∂h1∂r

∂h2∂t

∂h2∂r

=

∂f1∂p1

∂f1∂p2

∂f1∂y

∂f2∂p1

∂f2∂p2

∂f2∂y

∂g1∂t

∂g1∂r

∂g2∂t

∂g2∂r

∂g3∂t

∂g3∂r

=

−12p−31 p3/22 y 9p−21 p

1/22 y 6p−21 p

3/22

4p−12 y2 −4p1p−22 y2 8p1p

−12 y

∂g1∂t

∂g1∂r

∂g2∂t

∂g2∂r

∂g3∂t

∂g3∂r

=

−12(10rt2)3/2(20r)

(12t)3/215r√10rt2)

t

(10rt2)3/2

2t

4(20r)2

10rt2−4√12t(20r)2

(10rt2)216√12t

t2

6√12t

0

20rt 10t2

0 20

.

(c) En t = 3, r = 0.1, se tiene

H(t, r)|t=3,r=0.1 =�932/3

�,

que representa las demandas cuando t = 3 y r = 0.1, es decir,�q1

q2

������t=3,r=0.1

=

�9

32/3

�.

Por otra parte, se tiene

DH(t, r)|t=3,r=0.1=

−3 3/2 9/2

16/9 −32/27 32/3

1 0

6 90

0 20

=

6 225

−16/3 320/3

,

161

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que representa el ritmo al que cambian las demandas conrespecto a t y r cuando t = 3 y r = 0.1, es decir,

∂q1∂t

∂q1∂r

∂q2∂t

∂q2∂r

��������t=3,r=0.1

=

6 225

−16/3 320/3

.

4. Sean F (w, i, r,Q) = (L(w, i, r, Q), K(w, i, r, Q), T (w, i, r, Q)) yG(t, s) = (w(t, s), i(t, s), r(t, s), Q(t, s)). El diagrama correspon-diente es

t ց

s ր

F◦GG

→ w→ i→ r→ Q

ց→→ր

F

→ L→ K→ T

Observamos que G : R2 → R4 y F : R4 → R

3. Así, la composiciónF ◦G es la función

F ◦G : R2 → R3

definida por

F (G(t, s)) =

L (w(t, s), i(t, s), r(t, s), Q(t, s))

K (w(t, s), i(t, s), r(t, s), Q(t, s))

T (w(t, s), i(t, s), r(t, s), Q(t, s))

.

La derivada D (F ◦G) está dada por el siguiente producto de ma-trices

D (F ◦G) (t, s) =DF (w, i, r,Q) DG(t, s)

∂L

∂t

∂L

∂s

∂K

∂t

∂K

∂s

∂T

∂t

∂T

∂s

=

∂L

∂w

∂L

∂i

∂L

∂r

∂L

∂Q

∂K

∂w

∂K

∂i

∂K

∂r

∂K

∂Q

∂T

∂w

∂T

∂i

∂T

∂r

∂T

∂Q

∂w

∂t

∂w

∂s

∂i

∂t

∂i

∂s

∂r

∂t

∂r

∂s

∂Q

∂t

∂Q

∂s

.

162

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5. SeanF (u, v, x, y) = x+ y − uv,G(u, v, x, y) = xy − u+ v.

Las ecuaciones F (u, v, x, y) = 0 y G(u, v, x, y) = 0 definen im-plícitamente a x y v como funciones diferenciables de u y y en lospuntos en donde

J

�F G

x v

�=

�����Fx Fv

Gx Gv

����� =�����1 −uy 1

����� = 1 + yu �= 0.

En ese caso,

∂x

∂u=−J

�F Gu v

J�F Gx v

� = − 1

(1 + yu)

�����Fu Fv

Gu Gv

�����

=− 1

(1 + yu)

�����−v −u−1 1

����� = −(−v − u)(1 + yu)

=v + u

1 + yu,

∂x

∂y=−

J�F Gy v

J�F Gx v

� = − 1

(1 + yu)

�����Fy Fv

Gy Gv

�����

=− 1

(1 + yu)

�����1 −ux 1

����� = −1 + xu

1 + yu,

∂v

∂u=−J

�F Gx u

J�F Gx v

� = − 1

(1 + yu)

�����Fx Fu

Gx Gu

�����

=− 1

(1 + yu)

�����1 −vy −1

����� = −(−1 + yv)(1 + yu)

=1− yv1 + yu

,

∂v

∂y=−

J�F Gx y

J�F Gx v

� = − 1

(1 + yu)

�����Fx Fy

Gx Gy

�����

=− 1

(1 + yu)

�����1 1

y x

����� = −(x− y)(1 + yu)

=y − x1 + yu

.

6. SeanF (Q,m,K,L) = QeQ −KL,G(Q,m,K,L) = K + L−m,

con Q,m,K,L > 0. Las ecuaciones F (Q,m,K,L) = 0 yG(Q,m,K,L) = 0 definen a implícitamente a Q y m como fun-ciones diferenciables de L y K en los puntos en donde

J

�F G

Q m

�=

�����FQ Fm

GQ Gm

����� =�����QeQ + eQ 0

0 −1

����� = −(Q+ 1)eQ �= 0.

163

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Claramente, esta condición siempre se satisface, ya que Q > 0. Enese caso,

∂Q

∂K=− J

�F GK m

J�F GQ m

� = − 1

−(Q+ 1)eQ

�����FK Fm

GK Gm

�����

=1

(Q+ 1)eQ

�����−L 0

1 −1

����� =L

(Q+ 1)eQ.

7. (a) Sea f(x, y) =ax2

2+ xy2 + x + y, con a > 0. En el punto

óptimo x∗(a), y∗(a) se satisface

fx(x∗, y∗) = ax∗ + y∗2 + 1 = 0,

fy(x∗, y∗) = 2x∗y∗ + 1 = 0,

que es un sistema de 2 ecuaciones para las 3 incógnitas (x∗, y∗, a).

(b) SeanF (x∗, y∗, a) = ax∗ + y∗2 + 1 = 0,G(x∗, y∗, a) = 2x∗y∗ + 1 = 0.

Este sistema define x∗ = x∗(a) y y∗ = y∗(a) en los puntos endonde

J

�F G

x∗ y∗

�=

�����Fx∗ Fy∗

Gx∗ Gy∗

����� =�����a 2y∗

2y∗ 2x∗

����� = 2ax∗ − 4y∗2 �= 0.

En ese caso,

dx∗

da=−

J�F Ga y∗

J�

F Gx∗ y∗

� = − 1

2ax∗ − 4y∗2

�����Fa Fy∗

Ga Gy∗

�����

=− 1

2ax∗ − 4y∗2

�����x∗ 2y∗

0 2x∗

����� = −2x∗2

2ax∗ − 4y∗2 ,

dy∗

da=− J

�F Gx∗ a

J�

F Gx∗ y∗

� = − 1

2ax∗ − 4y∗2

�����Fx∗ Fa

Gx∗ Ga

�����

=− 1

2ax∗ − 4y∗2

�����a x∗

2y∗ 0

����� =2x∗y∗

2ax∗ − 4y∗2 .

164

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8. (a) Sea f(x, y) = aex − bey − x2 + y2, con a, b > 0. En el puntoóptimo x∗(a, b), y∗(a, b) se satisface

fx∗ = aex∗ − 2x∗ = 0,

fy =−bey∗

+ 2y∗ = 0,

que es un sistema de 2 ecuaciones para las 4 incógnitas (x∗, y∗, a, b).

(b) SeanF (x∗, y∗, a, b) = aex

∗ − 2x∗ = 0,G(x∗, y∗, a, b) = −bey∗ + 2y∗ = 0.

Este sistema define x∗ = x∗(a, b) y y∗ = y∗(a, b) en los puntosen donde

J

�F G

x∗ y∗

�=

�����Fx∗ Fy∗

Gx∗ Gy∗

����� =�����aex − 2 0

0 −bey + 2

�����=�aex

∗ − 2� �−bey∗ + 2

��= 0.

En ese caso,

∂x∗

∂a=−

J�F Ga y∗

J�

F Gx∗ y∗

� = − 1

(aex∗ − 2) (−bey∗ + 2)

�����Fa Fy∗

Ga Gy∗

�����

=− 1

(aex∗ − 2) (−bey∗ + 2)

�����ex

0

0 −bey∗ + 2

�����

=− ex∗�−bey∗ + 2

(aex∗ − 2) (−bey∗ + 2) = −ex

aex∗ − 2 .

9. (a) El lagrangeano del problema máx. ax+ by s.a .x4+ y4 = c es

L = (ax+ by) + λ(c− x4 − y4).Las condiciones de primer orden correspondientes son

Lx= a− 4λx3 = 0,Ly = b− 4λy3 = 0,Lλ= c− x4 − y4 = 0.

De las primeras dos ecuaciones se tiene

a

4x3=

b

4y3∴ ay3 = bx3.

De esta manera, en el óptimo se satisface

ay3 − bx3=0,x4 + y4 − c=0.

165

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(b) SeanF (x, y, a, b, c) = ay3 − bx3 = 0,G(x, y, a, b, c) = x4 + y4 − c = 0.

Este sistema define x = x(y, b, c) y a = a(y, b, c) en los puntosen donde

J

�F G

x a

�=

�����Fx Fa

Gx Ga

����� =�����−3bx2 y3

4x3 0

����� = −4x3y3 �= 0.

En ese caso,

∂x

∂y=−

J�F Gy a

J�F Gx a

� = − 1

(−4x3y3)

�����Fy Fa

Gy Ga

�����

=1

4x3y3

�����3ay2 y3

4y3 0

����� = −y3

x3.

10. (a) Las condiciones de primer orden del problemamáx π(L,K) = pQ(L,K)− wL− rK son

πL(L∗,K∗) = pQL(L

∗, K∗)− w = 0,πK(L

∗, K∗) = pQK(L∗, K∗)− r = 0,

que constituyen un sistema de 2 ecuaciones para 5 incógnitas.

(b) La matriz hessiana del sistema es

H =

�πLL πLK

πLK πKK

�=

�pQLL pQLK

pQLK pQKK

�.

Para que se trate de un máximo es suficiente que

pQLL< 0,

p2(QLLQKK −Q2LK)> 0,

lo cual se cumple si suponemos Q es estrictamente cóncava.

(c) Por el inciso (b) sabemos que

J�πL πKL K

�=

�����πLL πLK

πLK πKK

����� �= 0.

166

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De esta manera,

∂K∗

∂p=−

J�πL πKL p

J�πL πKL K

� = −

�����πLL πLp

πLK πKp

����������πLL πLK

πLK πKK

�����

=−

�����pQLL QL

pQLK QK

����������pQLL pQLK

pQLK pQKK

�����

= −(QKQLL −QLQLK)

p(QLLQKK −Q2LK),

∂L∗

∂r=−J

�πL πKr K

J�πL πKL K

� = −

�����πLr πLK

πKr πKK

����������πLL πLK

πLK πKK

�����

=−

�����0 pQLK

−1 pQKK

����������pQLL pQLK

pQLK pQKK

�����

= − QLK

p(QLLQKK −Q2LK).

167