publicarPauta_Tarea_2_Mate_III_Otogno_2023_VF

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Universidad de Chile
Facultad de Economı́a y Negocios
Métodos Matemáticos III (ENMEM205)
Otoño 2023
Pauta de Tarea 2: Materia de clases 5 a 14
Profesores: Máximo Lira, Axel Vásquez, Humberto Cipriano, Joaquin Prieto, Fernando Pizarro;
Mauricio Cáceres, Marcela Fuentes.
Ayudantes Jefe: Maŕıa Jesús Negrete, Pedro Schilling.
Problema 1
(a) Dado r 2 R una constante, obtenga las siguientes primitivas:
Z
e
rx
dx,
Z
xe
rx
dx,
Z
x
2x
dx,
Z
xe
�rx2
dx,
Z
e
x
1 + 2ex
dx.
(b) Dada P (x) una función, definamos u(x) = e
R
P (x)dx. Con esto, explique por qué u0(x) = P (x)u(x).
Respuesta:
(a) Ignorando la constante de integración, la primera integral es directa, de modo que
Z
e
rx
dx =
1
r
e
rx
.
Para la segunda integral,
R
xe
rx
dx, usamos regla de integración por partes: u = x y dv = erxdx,
por lo que du = dx y, por lo anterior, v = 1r e
rx. Luego:
Z
xe
rx
dx = x
1
r
e
rx �
Z
1
r
e
rx
dx = x
1
r
e
rx � 1
r
Z
e
rx
dx = x
1
r
e
rx � 1
r
1
r
e
rx =
xe
rx
r
� 1
r2
e
rx
.
Para la tercera integral,
R
x
2x
dx, primero recordemos que, dado ↵ > 0, ↵x = eln(↵) x. Luego,
como
1
2x
=
✓
1
2
◆x
= eln(1/2)x = e� ln(2)x,
se tiene que Z
x
2x
dx =
Z
xe
� ln(2)x
dx.
Aśı, usando la segunda integral con r = � ln(2) obtenemos
Z
x
2x
dx =
xe
� ln(2)x
� ln(2) �
1
(� ln(2))2 e
� ln(2)x = � x
ln(2) 2x
� 1
(ln(2))2 2x
.
Para la cuarta integral, note que la derivada de g(x) = e�rx
2
es g0(x) = �2rxe�rx2 , por lo que
xe
�rx2 = � 1
2r
g
0(x) )
Z
xe
�rx2
dx =
Z
� 1
2r
g
0(x)dx = � 1
2r
Z
g
0(x)dx = � 1
2r
g(x) = � 1
2r
e
�rx2
.
Para la última integral, haciendo una corrección en la constante del numerador, aplicamos la reglaR f 0(x)
f(x) dx = ln(f(x)), de modo que
Z
e
x
1 + 2ex
dx =
1
2
Z
2ex
1 + 2ex
dx =
1
2
ln(1 + 2ex).
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Humberto Cipriano
P4: 7.0
P7:7.0
NF: 7.0
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(b) Primero, si h(x) =
R
P (x)dx es claro que h0(x) = P (x). Luego, aplicando la regla de la cadena
para derivar u(x) se tiene que (note que u(x) es la composición de la función exponencial con la
función
R
P (x)dx, por lo que la derivada de u(x) es la exponencial evaluada en la integral, por la
derivada de la integral):
u
0(x) = e
R
P (x)dx ·
✓Z
P (x)dx
◆0
= u(x)P (x).
Problema 2
Dado ↵ > 0, para x � 1 considere la función ✓(x) definida como
✓(x) =
x2Z
1
✓
1
t2
+ e�↵t
◆
dt.
Calculando la integral definida, obtenga la expresión de ✓(x). Con eso encuentre ✓(1) y ✓0(1).
Respuesta: Primero, para obtener la integral definida, expresión de ✓(x), debemos obtener la primitiva:
Z ✓
1
t2
+ e�↵t
◆
dt =
Z
1
t2
dt+
Z
e
�↵t
dt = �1
t
� 1
↵
e
�↵t ) F (t) = �1
t
� 1
↵
e
�↵t
.
Usando lo anterior,
✓(x) =
x2Z
1
✓
1
t2
+ e�↵t
◆
dt = F (t)
���
x2
1
=
✓
� 1
x2
� 1
↵
e
�↵x2
◆
�
✓
�1
1
� 1
↵
e
�↵1
◆
= � 1
x2
� 1
↵
e
�↵x2 + 1 +
e
�↵
↵
.
Con esto, derivando directamente la expresión de ✓(x) se obtiene
✓
0(x) =
2
x3
+ 2xe�↵x
2
,
por lo que evaluando las expresiones de ✓(x) y ✓0(x) en x = 1 tenemos que
✓(1) = 0, ✓0(1) = 2 + 2e�↵.
Problema 3
Dado ↵ > 0, considere la siguiente función h : R+ ! R+ definida por ramas:
h(x) =
(
x
2
si x 2 [0, 1]
e
↵(x�1)
si x > 1
.
(a) Haga un esbozo del gráfico de h(x) y explique por qué h(x) es continua.
(b) Dado a > 0, se pide obtener
R a
0
h(x)dx. Nota: para su respuesta considere los casos a  1 y a > 1.
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Respuesta:
(a) Ambas ramas son continuas (exponencial y polinomios son funciones continuas). Por otro lado,
cuando x = 1 (punto conflictivo) tenemos que h(1) = 1 (rama de la izquierda) y
ĺım
x!1�
h(x) = ĺım
x!1
x
2 = 1 y ĺım
x!1+
h(x) = ĺım
x!1
e
↵(x�1) = e0 = 1.
Por lo anterior, h(x) es continua en su dominio. El esbozo del grafico de h(x) es como sigue (en
[0, 1] es una parábola, y desde 1 en adelante es una exponencial multiplicada por una constante).
Figura 1: Gráfico de h(x)
(b) Si 0 < a  1, la integral definida usa solo la rama izquierda de h(x), de modo que
Z a
0
h(x)dx =
Z a
0
x
2
dx =
x
3
3
���
a
0
=
a
3
3
.
Cuando a > 1, para obtener la integral definida se suman las áreas de 0 a 1 y de 1 hasta a, por lo
que cuando a > 1 tenemos que
Z a
0
h(x)dx =
Z
1
0
x
2
dx+
Z a
1
e
↵(x�1)
dx.
Para obtener la integral definida de la exponencial a la derecha de lo anterior debemos obtener la
primitiva
R
e
↵(x�1)
dx. Se tiene entonces que
Z
e
↵(x�1)
dx =
Z
e
↵x · e�↵dx = 1
e↵
Z
e
↵x
dx =
1
e↵
1
↵
e
↵x =
e
↵x
↵e↵
.
Luego, cuando a > 1 tenemos que
Z a
0
h(x)dx =
Z
1
0
x
2
dx+
Z a
1
e
↵(x�1)
dx =
x
3
3
���
1
0
+
e
↵x
↵e↵
���
a
1
=
1
3
+
e
↵ a
↵ea
� e
↵
↵e
.
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Problema 4
Considere las siguientes funciones:
f1(x, y) = xe
y
, f2(x, y) = 2
x2�y2+xy
, f3(x, y) = ln(x+ y
2), f4(x, y) =
1 + x+ y
x2 + y2
.
(a) Para cada i = 1, 2, 3, 4, se pide obtener @fi(x,0)@x ,
@fi(1,y)
@y .
(b) Obtener lo siguiente: @
2f1(x
2,1)
@x@y ,
@2f3(a,
p
y)
@y@x .
Respuesta:
(a) Para cada i = 1, 2, 3, 4 obtengamos @fi(x,y)@x ,
@fi(x,y)
@y y luego evaluamos en los puntos que se indican
(primero se deriva y luego se evalúa). Se tiene entonces que (para (2), dado ↵ > 0 recuerde
que f(x) = ↵x = eln(↵) x, por lo que f 0(x) = ln(↵) eln(↵)x = ln(↵)↵x)
(1) :
@f1(x, y)
@x
= ey,
@f1(x, y)
@y
= xey,
(2) :
@f2(x, y)
@x
= (2x+ y) ln(2) 2x
2�y2+xy
,
@f2(x, y)
@y
= (�2y + x) ln(2) 2x
2�y2+xy
(3) :
@f3(x, y)
@x
=
1
x+ y2
,
@f3(x, y)
@y
=
2y
x+ y2
(4) :
@f4(x, y)
@x
=
(x2 + y2)(1)� (1 + x+ y)(2x)
(x2 + y2)2
=
�x2 + y2 � 2xy � 2x
(x2 + y2)2
@f4(x, y)
@y
=
(x2 + y2)(1)� (1 + x+ y)(2y)
(x2 + y2)2
=
x
2 � y2 � 2xy � 2y
(x2 + y2)2
.
Luego, evaluando donde se pide tenemos que
(1) :
@f1(x, 0)
@x
= e0 = 1,
@f1(1, y)
@y
= ey,
(2) :
@f2(x, 0)
@x
= 2x ln(2) 2x
2
,
@f2(1, y)
@y
= (�2y + 1) ln(2) 21�y
2
+y
(3) :
@f3(x, 0)
@x
=
1
x
,
@f3(1, y)
@y
=
2y
1 + y2
(4) :
@f4(x, 0)
@x
=
�x2 � 2x
(x2)2
=
�x� 2
x3
,
@f4(1, y)
@y
=
12 � y2 � 2y � 2y
(12 + y2)2
=
1� y2 � 4y
(1 + y2)2
.
(b) Para f1(x, y) = xey se tiene que (primero se deriva y luego se evalúa)
@f1(x, y)
@y
= xey ) @
2
f1(x, y)
@x@y
=
@
⇣
@f1(x,y)
@y
⌘
@x
= ey ) @
2
f1(x2, 1)
@x@y
= e.
Para f3(x, y) = ln(x+ y2) se tiene que (primero se deriva y luego se evalúa)
@f3(x, y)
@x
=
1
x+ y2
) @
2
f3(x, y)
@y@x
=
@
⇣
@f3(x,y)
@x
⌘
@y
=
�2y
(x+ y2)2
)
@
2
f3(a,
p
y)
@y@x
=
�2py
(a+ y)2
.
Página 4 de 8
Humberto Cipriano
0.4 ptos
Humberto Cipriano
0.3 ptos
Humberto Cipriano
0,4 ptos
Humberto Cipriano
1,5 ptos
Humberto Cipriano
0.4 ptos
Humberto Cipriano
0,4 ptos
Humberto Cipriano
0.3 ptos
Humberto Cipriano
0.4 ptos
Humberto Cipriano
+1.0 pto base
Humberto Cipriano
1,5 ptos
Humberto Cipriano
0.4 ptos
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Facultad de Economı́a y Negocios
Problema 5
Dados ↵ > 0, obtenga Hf (1, 1)+Hg(2, 3) cuando f(x1, x2) = x↵1 x2+ln(x1x2) y g(x1, x2) = x
2
1
�3x2
2
+x1x2.
Respuesta: Primero se obtienen las matrices de Hesse y luego se evalúa donde se indica. Para f(x1, x2)
se tiene que (note que basta obtener @
2f(x1,x2)
@x2@x1
ya que esta coincide con @
2f(x1,x2)
@x1@x2
). Aśı, usando el hecho
que f(x1, x2) = x↵1 x2 + ln(x1) + ln(x2) tenemos que
@f(x1, x2)
@x1
= ↵x↵�1
1
x2 +
1
x1
) @
2
f(x1, x2)
@x1@x1
= ↵(↵� 1)x↵�2
1
x2 �
1
x
2
1
,
@
2
f(x1, x2)
@x2@x1
= ↵x↵�1
1
@f(x1, x2)
@x2
= x↵
1
+
1
x2
) @
2
f(x1, x2)
@x2@x2
= � 1
x
2
2
.
Luego,
Hf (1, 1) =

↵(↵� 1)� 1 ↵
↵ �1
�
2 R2⇥2.
Para g(x1, x2) = x21 � 3x22 + x1x2 se tiene que
@g(x1, x2)
@x1
= 2x1 + x2 )
@
2
g(x1, x2)
@x1@x1
= 2,
@
2
g(x1, x2)
@x2@x1
= 1
@g(x1, x2)
@x2
= �6x2 + x1 )
@
2
g(x1, x2)
@x2@x2
= �6.
Luego, Hg(x1, x2) es una matriz constante, de modo que
Hg(2, 3) =

2 1
1 �6
�
2 R2⇥2.
Usando todo lo anterior:
Hf (1, 1) +Hg(2, 3)=

↵(↵� 1)� 1 ↵
↵ �1
�
+

2 1
1 �6
�
=

↵(↵� 1) + 1 ↵+ 1
↵+ 1 �7
�
.
Problema 6
Dados ↵,� > 0, considere la función f : R2
++
! R tal que f(x, y) = x↵y� .
(a) Dado r > 0, muestre que si (x, y(x)) está en la curva de nivel r de f(x, y) se tiene que y0(x) = �↵�
r1/�
x↵/�+1
.
(b) Verifique que y0(x) = �
@f(x,y(x))
@x
@f(x,y(x))
@y
.
Respuesta:
(a) La curva de nivel r de f(x, y) cumple que x↵y� = r, por lo que
y(x) =
r
1/�
x↵/�
= r1/�x�↵/� ) y0(x) = �↵
�
r
1/�
x
�↵/��1 = �↵
�
r
1/�
x↵/�+1
.
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Facultad de Economı́a y Negocios
(b) Primero, en términos generales, el cociente de las derivadas parciales de la función f(x, y) es
@f(x,y)
@x
@f(x,y)
@y
=
↵x
↵�1
y
�
�x↵y��1
=
↵y
�x
.
Como y(x) = r1/�x�↵/� , evaluando el cociente anterior en x e y(x) se tiene que
@f(x,y(x))
@x
@f(x,y(x))
@y
=
↵r
1/�
x
�↵/�
�x
=
↵
�
r
1/�
x↵/�+1
) y0(x) = �
@f(x,y(x))
@x
@f(x,y(x))
@y
.
Problema 7
Dados ↵ 2 R y f(x, y) = xe↵y, definamos ✓(t) = f(ln(t), t2).
(a) Determinando ✓(t), concluya directamente que ✓0(t) = 1t e
↵t2 + 2↵t ln(t)e↵t
2
.
(b) Explique por qué @f(ln(t),t
2
)
@x = e
↵t2 y @f(ln(t),t
2
)
@y = ↵ ln(t)e
↵t2 . Con esto, denotando x(t) = ln(t) e
y(t) = t2, comparando con el resultado de la parte (a), compruebe que se cumple la regla de la cadena:
✓
0(t) =
@f(ln(t), t2)
@x
x
0(t) +
@f(ln(t), t2)
@y
y
0(t).
Respuesta:
(a) Como f(x, y) = xe↵y, evaluando directamente en x = ln(t) e y = t2 se tiene que
✓(t) = ln(t)e↵t
2
) ✓0(t) = 1
t
e
↵t2 + 2↵t ln(t)e↵t
2
.
(b) Como f(x, y) = xe↵y, tenemos que
@f(x, y)
@x
= e↵y,
@f(x, y)
@y
= ↵xe↵y.
Aśı, evaluando lo anterior es x(t) = ln(t) e y(t) = t2 tenemos que
@f(ln(t), t2)
@x
= e↵t
2
,
@f(ln(t), t2)
@y
= ↵ ln(t)e↵t
2
.
Por lo tanto, como x0(t) = 1t e y0(t) = 2t, obtenemos
@f(ln(t), t2)
@x
x
0(t) +
@f(ln(t), t2)
@y
y
0(t) = e↵t
2 1
t
+ ↵ ln(t)e↵t
2
2t.
Reordenando los términos de esta última expresión, es directo ver que
✓
0(t) =
@f(ln(t), t2)
@x
x
0(t) +
@f(ln(t), t2)
@y
y
0(t),
que es lo sostenido por la regla de la cadena.
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Humberto Cipriano
+1.0 pto base
Humberto Cipriano
2.0 ptos
Humberto Cipriano
2.0 ptos
Humberto Cipriano
2.0 ptos
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Problema 8
Dada U : R2 ! R, cuyas variables las denotamos como x1, x2, considere la función V : R2 ! R tal que
V (p, q) = U(x1(p, q), x2(p, q)).
(a) Explique por qué:
@V (p, q)
@p
=
@U(x1(p, q), x2(p, q))
@x1
@x1(p, q)
@p
+
@U(x1(p, q), x2(p, q))
@x2
@x2(p, q)
@p
.
(b) Dados ↵ 2]0, 1[, R > 0, U(x1, x2) = x↵1 x1�↵2 , x1(p, q) = ↵Rp y que x2(p, q) =
(1�↵)R
q , se pide lo siguiente:
(b1) Muestre que V (p, q) = ↵↵(1� ↵)1�↵ Rp↵q1�↵ , a partir de lo cual concluya que
@V (p, q)
@p
= �↵↵+1(1� ↵)1�↵ R
p↵+1q1�↵
(b2) Compruebe que la derivada de la parte (b1) coincide el resultado de la parte (a).
Respuesta:
(a) Lo indicado es simplemente la regla de la cadena aplicada a la función V (p, q).
(b1) Si U(x1, x2) = x↵1 x
1�↵
2
, x1(p, q) =
↵R
p y x2(p, q) =
(1�↵)R
q , entonces, evaluando directamente,
tenemos que
V (p, q) = U(x1(p, q), x2(p, q))
=
✓
↵R
p
◆↵ ✓ (1� ↵)R
q
◆1�↵
=
↵
↵
R
↵
p↵
(1� ↵)1�↵R1�↵
q1�↵
= ↵↵(1� ↵)1�↵ R
p↵q1�↵
= ↵↵(1� ↵)1�↵Rp�↵q↵�1.
Usando lo anterior, derivando directamente con respecto a p tenemos:
@V (p, q)
@p
= ↵↵(1� ↵)1�↵R(�↵)p�↵�1q↵�1 = �↵↵+1(1� ↵)1�↵ R
p↵+1q1�↵
.
(b2) Para comprobar lo indicado, como x1(p, q) =
↵R
p y x2(p, q) =
(1�↵)R
q , tenemos que
@x1(p, q)
@p
= �↵R
p2
@x2(p, q)
@p
= 0
@U(x1, x2)
@x1
= ↵x↵�1
1
x
1�↵
2
) @U(x1(p, q), x2(p, q))
@x1
= ↵
✓
↵R
p
◆↵�1 ✓ (1� ↵)R
q
◆1�↵
@U(x1, x2)
@x2
= (1� ↵)x↵
1
x
�↵
2
) @U(x1(p, q), x2(p, q))
@x2
= (1� ↵)
✓
↵R
p
◆↵ ✓ (1� ↵)R
q
◆�↵
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Luego, como
@V (p, q)
@p
=
@U(x1(p, q), x2(p, q))
@x1
@x1(p, q)
@p
+
@U(x1(p, q), x2(p, q))
@x2
@x2(p, q)
@p
,
reemplazando los resultados previos se tiene que
@V (p, q)
@p
= ↵ ·
✓
↵R
p
◆↵�1 ✓ (1� ↵)R
q
◆1�↵
·
✓
�↵R
p2
◆
+ (1� ↵)
✓
↵R
p
◆↵ ✓ (1� ↵)R
q
◆�↵
· 0
= �↵ · ↵
↵�1
R
↵�1
p↵�1
· (1� ↵)
1�↵
R
1�↵
q1�↵
· ↵R
p2
= �↵2+↵�1(1� ↵)1�↵R↵�1+1�↵+1 · 1
p↵�1+2q1�↵
= �↵
↵+1(1� ↵)1�↵R
p↵+1q1�↵
Lo anterior coincide con el resultado de la derivada de V (p, q) respecto de p que se obtuvo en la
parte (b1), comprobando con esto que se cumple la regla de la cadena.
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