publicar_Pauta_Solemne_2_Mate_III_Otogno_2023_vf (1)

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Universidad de Chile
Facultad de Economı́a y Negocios
Métodos Matemáticos III (ENMEM205)
Pauta Solemne 2 (Otoño 2023)
Profesores: Máximo Lira, Axel Vásquez, Humberto Cipriano, Joaquin Prieto, Fernando Pizarro;
Mauricio Cáceres, Marcela Fuentes.
Ayudantes Jefe: Maŕıa Jesús Negrete, Pedro Schilling.
Problema 1
Considere la función ✓ : R ! R tal que ✓(x) =
R ex
0
�
1
t+1 � t
2
�
dt. Con esto, calculando la integral definida
muestre que
✓0(x) =
ex
ex + 1
� e3x
Respuesta: Ignorando la constante, es directo que
Z ✓
1
t+ 1
� t2
◆
dt = ln(t+ 1)� t
3
3| {z }
F (t)
.
Segundo, evaluando la primitiva en los ĺımites de integración se tiene que
✓(x) = F (t)
���
ex
0
=
✓
ln(e
x
+ 1)� (e
x
)
3
3
◆
�
✓
ln(0 + 1)� 0
3
3
◆
= ln(e
x
+1)�e
3x
3
) ✓0(x) = e
x
ex + 1
�e3x.
Problema 2
Dado c > 0, definamos f : R+ ! R tal que
f(x) =
(
c si x 2 [0, 2]
cx� c si x > 2.
Para a > 2 se pide mostrar que Z a
0
f(x)dx =
a
2
c
2
+ (2� a) c.
Respuesta: Como a > 2 tenemos que
Z a
0
f(x)dx =
Z
2
0
cdx+
Z a
2
(cx� c)dx.
Como
R
cdx = cx y
R
(cx� c)dx = cx
2
2
� cx, se tiene que
Z a
0
f(x)dx = cx
���
2
0
+
✓
cx
2
2
� cx
◆ ���
a
2
= 2c+
2
664
✓
ca
2
2
� ca
◆
�
✓
c 2
2
2
� c2
◆
| {z }
0
3
775 =
a
2
c
2
+ (2� a) c.
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Otoño 2023 Universidad de Chile
Facultad de Economı́a y Negocios
Problema 3
Para la función f : R2
+
! R tal que f(x, y) = e
x
1+y + ln(1 + x+ y2), se pide:
(a) Obtenga las expresiones de
@f(x,y)
@x y de
@f(x,y)
@y .
(b) Use lo anterior para mostrar que
@f(0,0)
@x +
@f(0,1)
@y = 3.
Respuesta: Para la parte (a),
@f(x, y)
@x
=
1
1 + y
e
x
1+y +
1
1 + x+ y2
@f(x, y)
@y
= � x
(1 + y)2
e
x
1+y +
2y
1 + x+ y2
A partir de lo anterior, para la parte (b) evaluando directamente se tiene que
@f(0, 0)
@x
=
1
1 + 0
e
0
1+0 +
1
1 + 0 + 02
= e
0
+ 1 = 2
@f(0, 1)
@y
= � 0
(1 + 1)2
e
0
1+1 +
2 · 1
1 + 0 + 12
=
2
2
= 1.
Usando todo lo anterior se obtiene directamente lo indicado.
Problema 4
Dado � 2 R, definamos f(x, y) = �x2 + y + ln(1 + x) e�y. Con esto, obtenga Hf (0, 0) y muestre que
para todo � 2 R, ocurre que dicha matriz es invertible. Indicación: obtenga el determinante de Hf (0, 0).
Respuesta: Para f(x, y) = �x2 + y + ln(1 + x)e�y se tiene que
@f(x, y)
@x
= 2�x+
e
�y
1 + x
) @
2
f(x, y)
@x@x
= 2� � e
�y
(1 + x)2
,
@
2
f(x, y)
@y@x
= � e
�y
(1 + x)
@f(x, y)
@y
= 1� ln(1 + x)e�y ) @
2
f(x, y)
@y@y
= ln(1 + x)e
�y
.
Luego, evaluando las segundas derivadas parciales en x = 0 e y = 0 se tiene que
Hf (0, 0) =

2� � 1 �1
�1 0
�
,
por lo que det (Hf (0, 0)) = (2� � 1) · 0� (�1) · (�1) = �1. Como para cualquier � 2 R el determinante
de Hf (0, 0) es diferente de cero, dicha matriz es invertible.
Problema 5
Dados p, q > 0, definamos las funciones x1(p, q) = pq y x2(p, q) = ln(p) + q. Por otro lado, dadas
constantes ↵,� > 0 y dada f(x1, x2) = x1x2 � ↵x1 � �x2, definamos
⇡(p, q) = f(x1(p, q), x2(p, q)).
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A partir de todo lo anterior, use la regla de la cadena para obtener @⇡(p,q)@p y, con eso, muestre que
@⇡(1, 1)
@p
= 2� ↵� �.
Respuesta: Para el caso, por regla de la cadena se tiene que
@⇡(p, q)
@p
=
@f(x1(p, q), x2(p, q))
@x1
· @x1(p, q)
@p
+
@f(x1(p, q), x2(p, q))
@x2
· @x2(p, q)
@p
.
Como f(x1, x2) = x1x2 � ↵x1 � �x2 se tiene que @f(x1,x2)@x1 = x2 � ↵ y
@f(x1,x2)
@x2
= x1 � �, por lo que
evaluando en x1(p, q) = pq y x2(p, q) = ln(p) + q se tiene que
@f(x1(p, q), x2(p, q))
@x1
= ln(p) + q| {z }
x2(p,q)
�↵, @f(x1(p, q), x2(p, q))
@x2
= pq|{z}
x1(p,q)
��.
Finalmente, como
@x1(p,q)
@p = q y
@x2(p,q)
@p =
1
p se tiene que
@⇡(p, q)
@p
= (ln(p) + q � ↵) · q + (pq � �) · 1
p
= (ln(p) + q � ↵) · q + q � �
p
.
Finalmente, evaluando en p = 1 y q = 1 se tiene que
@⇡(1, 1)
@p
= (ln(1) + 1� ↵) · 1 + 1� �
1
= 1� ↵+ 1� � = 2� ↵� �.
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