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CÁLCULO IICUADERNO DE EJERCICIOS
SOLUCIONES
Dra. Lorena ZogaibDepartamento de Matemáticas
ITAM
Agosto 1, 2016
1
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
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
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.
4
(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� .)
6
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
�.
7
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.
8
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
(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,
17
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.
18
(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.
19
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).
20
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.
21
(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
.
22
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.
23
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,
24
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.
25
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.
26
(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.
27
(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
28
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).
29
(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.
30
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.
31
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)} .
32
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.
33
(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.
34
(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.
35
(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.
36
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.
37
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).
38
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
39
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.
40
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}.
41
(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 }.
42
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.
43
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.
44
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:
45
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.
46
∴ 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}.
47
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.
48
∴ 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}.
49
(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.
50
∴ 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.
51
(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.
52
(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
(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
(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
(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
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
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
(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
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
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
(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
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
(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
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.
65
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
(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
(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
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
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
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
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
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
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).
74
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.
75
(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
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
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
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).
79
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.
80
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
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
(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
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
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.
85
(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.
86
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,
87
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.
88
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.
89
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
(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
(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
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
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
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.
95
(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
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.
97
(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
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
∴ 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.
100
(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
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
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.
103
(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.
104
(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.
105
7. (a)
(b)
(c)
106
(d)
(e)
(f)
107
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}.
108
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.
109
(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+.
110
(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.
111
(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}.
112
∴ 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.
113
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.
114
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
.
115
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.
116
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) .
117
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) .
118
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
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
(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
∴ 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
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
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
(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
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
(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
(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
(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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
(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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
(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
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
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
(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
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
(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
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
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
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
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
(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
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