Pauta_Examen_O2022

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Universidad de Chile
Facultad de Economı́a y Negocios
Métodos Matemáticos III (ENMEM205)
Otoño 2022
Examen
Profesores: Humberto Cipriano, Fabián Duarte, Ljubo Franetovic, Marcela Fuentes, Máximo
Lira, Joaqúın Prieto, Jorge Rivera, Diego Romero, Axel Vásquez.
Ayudantes Jefe: Maŕıa Jesús Negrete, Nicolás Vergara.
Problema 1
Considere f : R2 → R tal que f(x, y) = x2y − xy2 + x.
(a) Explique por qué x̄ = 0, ȳ = 1 es uno de los puntos cŕıticos de f(x, y).
(b) Utilice la matriz de Hesse de f(x, y) para explicar si en x̄ = 0, ȳ = 1 ocurre que esa función (i) tiene
máximo local, o si (ii) tiene mı́nimo local, o bien si (iii) el punto cŕıtico es punto silla.
Respuesta.
(a) El punto cŕıtico cumple que
(1) :
∂f(x, y)
∂x
= 0 ⇒ 2xy − y2 + 1 = 0
(2) :
∂f(x, y)
∂y
= 0 ⇒ x2 − 2xy = 0
Reemplazando, es directo ver que x̄ = 0, ȳ = 1 resuelve el sistema anterior, por lo que dicho punto
es punto cŕıtico de la función.
(b) Como ∂f(x,y)∂x = 2xy − y
2 + 1, ∂f(x,y)∂y = x
2 − 2xy, se tiene que
Hf (x, y) =
[
2y 2x− 2y
2x− 2y −2x
]
⇒ Hf (0, 1) =
[
2 −2
−2 0
]
.
Como det(Hf (1, 0)) < 0, ocurre que x̄ = 0, ȳ = 1 es punto silla de la función.
Problema 2
Considere la función f : R2 → R tal que f(x, y) = x2 + 4y2 + xy − 2x− y.
(a) Explique por qué la función f(x, y) es convexa.
(b) Muestre que el mı́nimo global que alcanza esta función es −1.
Respuesta.
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(a) Para obtener la matriz de Hesse de f(x, y) se tiene que
∂f(x, y)
∂x
= 2x+ y − 2 ⇒ ∂
2f(x, y)
∂x∂x
= 2,
∂2f(x, y)
∂y∂x
= 1
∂f(x, y)
∂y
= 8y + x− 1 ⇒ ∂
2f(x, y)
∂y∂y
= 8
por lo que
Hf (x, y) =
[
2 1
1 8
]
.
Como H11 > 0 y det(Hf (x, y)) > 0, Hf (x, y) es definida positiva, y aśı f(x, y) es convexa.
(b) Como f(x, y) es convexa, el mı́nimo global se alcanza en el punto cŕıtico. Se tiene que
∂f(x, y)
∂x
= 2x+ y − 2 = 0 ⇒ 2x+ y = 2
∂f(x, y)
∂y
= 8y + x− 1 = 0 ⇒ x+ 8y = 1
Por regla de Cramer, la solución de ese sistema es
x̄ =
det
[
2 1
1 8
]
det
[
2 1
1 8
] = 1, ȳ = det
[
2 2
1 1
]
det
[
2 1
1 8
] = 0.
Luego, el valor mı́nimo global de la función f(x, y) = x2 + 4y2 + xy − 2x− y es f (1, 0) = −1.
Problema 3
Dados w, r > 0 y dado α ∈]0, 1[, definamos g : R2++ → R tal que
g(K,L) = Kα + ln(L)− rK − wL.
(a) Explique por qué g(K,L) es una función cóncava.
(b) Encuentre la solución del siguiente problema
máx
(K,L)∈R2++
Kα + ln(L)− rK − wL.
Respuesta.
(a) Se tiene que
∂g(K,L)
∂K
= αKα−1 − r ⇒ ∂
2g(K,L)
∂K∂K
= α(α− 1)Kα−2, ∂
2g(K,L)
∂L∂K
= 0
∂g(K,L)
∂L
=
1
L
− w ⇒ ∂
2g(K,L)
∂L∂L
= − 1
L2
Con lo anterior:
Hg(K,L) =
[
α(α− 1)Kα−2 0
0 − 1L2
]
,
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por lo que H11 = α(α− 1)Kα−2 < 0 ya que α ∈]0, 1[. Por otro lado, como
det(Hg(K,L)) = α(α− 1)Kα−2︸ ︷︷ ︸
<0
·
(
− 1
L2
)
︸ ︷︷ ︸
<0
> 0
se concluye que g(K,L) es cóncava.
(b) Como g(k, L) es cóncava, la solución del problema es el punto cŕıtico de esa función. Usando lo
anterior, el punto cŕıtico K̄, L̄ se obtiene como sigue:
∂g(K,L)
∂K
= αKα−1 − r = 0 ⇒ Kα−1 = r
α
⇒ K̄ =
( r
α
) 1
α−1
∂g(K,L)
∂L
=
1
L
− w = 0 ⇒ L̄ = 1
w
Problema 4
Dado r > 0, considere g : R2+ → R tal que g(x, y) = xr · ey.
(a) Muestre que la curva de nivel h > 0 de g(x, y) es convexa.
(b) Muestre que x̄ = 1, ȳ = 0 es la solución del problema
máx
(x,y)∈R2+
xr · ey
s.a. x+
1
r
y = 1.
Respuesta.
(a) La curva de nivel h > 0 de f(x, y) cumple que
xr · ey = h ⇒ ey = h
xr
⇒ y(x) = ln(h)− ln(xr) = ln(h)− r ln(x),
por lo que
y′(x) = − r
x
⇒ y′′(x) = r
x2
> 0.
Como y′′(x) > 0, la curva de nivel es convexa.
(b) Como la curva de nivel de f(x, y) es convexa, aplican las condiciones de optimalidad para resolver
el problema. Se tiene entonces que
(1) :
∂f(x,y)
∂x
∂f(x,y)
∂y
=
1
1
r
= r ⇒ rx
r−1ey
xrey
= r ⇒ r
x
= r ⇒ x̄ = 1
(2) : x+
1
r
y = 1
x=1
=⇒ ȳ = 0.
En resumen, la solución del problema es x̄ = 1, ȳ = 0.
Problema 5
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Dada f(x, y) = x2 + xy, se pide obtener θ′(1) cuando θ : R→ R es tal que
θ(t) =
∫ t2
0
∫ 1
0
f(x, y)dydx.
Respuesta. Por Fubini se tiene que∫ t2
0
∫ 1
0
f(x, y)dydx =
∫ t2
0
[∫ 1
0
f(x, y)dy
]
dx =
∫ t2
0
[∫ 1
0
(x2 + xy) dy
]
dx.
Como
∫
(x2 + xy) dy = x2y + xy
2
2 se tiene que∫ 1
0
(x2 + xy) dy =
(
x2y + x
y2
2
) ∣∣∣1
0
= x2 +
x
2
,
por lo que
θ(t) =
∫ t2
0
∫ 1
0
f(x, y)dydx =
∫ t2
0
[
x2 +
x
2
]
dx =
(
x3
3
+
x2
4
) ∣∣∣t2
0
=
t6
3
+
t4
4
⇒ θ′(t) = 2t5 + t3
de modo que θ′(1) = 3.
Problema 6
Obtenga el valor de la siguiente integral ∫ +∞
1
∫ 1
0
y
x2
dy dx.
Respuesta. Por Fubini cuando la función es separable, se tiene que (note que “y” vaŕıa entre 0 y 1 y
que “x” vaŕıa de 1 a +∞) ∫ +∞
1
∫ 1
0
y
x2
dy dx =
(∫ +∞
1
1
x2
dx
)
·
(∫ 1
0
ydy
)
.
Se tiene que ∫ 1
0
ydy =
y2
2
∣∣∣1
0
=
1
2
.
Por otro lado,∫
1
x2
dx =
∫
x−2dx = −x−1 ⇒
∫ n
1
1
x2
dx =
(
− 1
x
) ∣∣∣n
1
= − 1
n
+ 1
n→+∞
=⇒
∫ +∞
1
1
x2
dx = 1.
Luego: ∫ +∞
1
∫ 1
0
y
x2
dy dx =
(∫ +∞
1
1
x2
dx
)
·
(∫ 1
0
ydy
)
= 1 · 1
2
=
1
2
.
Tiempo: dos horas y 15 minutos.
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