Publicacion_Pauta_Tarea_1_Mate_III_Otogno_2023

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Universidad de Chile
Facultad de Economı́a y Negocios
Métodos Matemáticos III (ENMEM205)
Otoño 2023
Tarea 1: Materia de clases 1 a 4
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) En lo que sigue, ↵,� son constantes positivas. Dado esto, encuentre f 0(0) para cuando
(1) : f(x) =
1
1 + 2↵x
, (2) : f(x) =
↵x3
1 + �x3
, (3) : f(x) =
x2 + �x
1 + e↵x2
.
(b) Encuentre f 00(1) cuando
(1) : f(x) = ex
2
+ ln(1 + x2), (2) : f(x) =
1 + ln(x)
ln(1 + ex)
.
Respuesta:
(a) Para (1) se tiene que
f(x) =
1
1 + 2↵x
) f 0(x) = �↵ ln(2)2
↵x
(1 + 2↵x)2
) f 0(0) = �↵ ln(2)
4
.
Para (2) se tiene que
f(x) =
↵x3
1 + �x3
) f 0(x) = (1 + �x
3)3↵x2 � ↵x33�x2
(1 + �x3)2
) f 0(0) = 0.
Para (3) se tiene que
f(x) =
x2 + �x
1 + e↵x2
) f 0(x) = (1 + e
↵x2)(2x+ �)� (x2 + �x)2↵xe↵x2
(1 + e↵x2)2
) f 0(0) = 2�
4
=
�
2
.
(b) Para (1) se tiene que
f(x) = ex
2
+ ln(1 + x2) ) f 0(x) = 2xex
2
+
2x
1 + x2
) f 00(x) = 2ex
2
+ 4x2ex
2
+
(1 + x2)2� 2x2x
(1 + x2)2
por lo que
f 00(1) = 2e+ 4e+
2 · 2� 4
(1 + 1)2
= 6e.
Para (2) se tiene que
f(x) =
1 + ln(x)
ln(1 + ex)
) f 0(x) =
ln(1 + ex) · 1x � (1 + ln(x)) ·
ex
1+ex
(ln(1 + ex))2
)
Página 1 de ??
P4:7.0
P6:7.0
NF:7.0
Recordar alguna de las condiciones básicas señaladas en el instructivo: que esten resueltas 
TODOS los ejercicios no importando si estan con error o no y la segunda que esten TODOS los ejercicios 
respondidos en word o latex. Si no cumple cualquiera de las dos condiciones anteriores, su NF es 1.0. 
Adicionalmente si más de uno de los integrantes del grupo entregaron la tarea, se corrige la primera 
ingresada a CANVAS 
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f 00(x) =
(ln(1 + ex))2 ·
⇣
ex
1+ex ·
1
x � ln(1 + e
x) · 1
x2
� 1x
ex
1+ex � (1 + ln(x)) ·
(1+ex)ex�exex
(1+ex)2
⌘
(ln(1 + ex))4
�
⇣
ln(1 + ex) · 1x � (1 + ln(x)) ·
ex
1+ex
⌘
· 2 ln(1 + ex) ex1+ex
(ln(1 + ex))4
.
es decir,
f 00(x) =
(ln(1 + ex))2 ·
⇣
� ln(1+e
x
)
x2 �
(1+ln(x))ex
(1+ex)2
⌘
�
⇣
ln(1+ex)
x �
(1+ln(x))ex
1+ex
⌘
· 2 ln(1+e
x
)ex
1+ex
(ln(1 + ex))4
=
ln(1 + ex) ·
⇣
� ln(1+e
x
)
x2 �
(1+ln(x))ex
(1+ex)2
⌘
�
⇣
ln(1+ex)
x �
(1+ln(x))ex
1+ex
⌘
· 2e
x
1+ex
(ln(1 + ex))3
por lo que
f 00(1) =
ln(1 + e) ·
⇣
� ln(1 + e)� e
(1+e)2
⌘
�
⇣
ln(1 + e)� e
1+e
⌘
2e
1+e
(ln(1 + e))3
.
Problema 2
(a) Dado C 2 R+ una constante cualquiera, muestre que la función f(x) =
p
2 ln(1 + ex) + C cumple con
lo siguiente:
f 0(x) · f(x) = e
x
1 + ex
.
(b) Dados ↵,� 2 R, considere la siguiente función
P (t) =
↵ e↵t
1 + � e↵t
.
Verifique entonces que la función P (t) satisface lo siguiente:
P 0(t) = P (t) · [↵� � · P (t)] ,
Respuesta:
(a) Aplicando la regla de la cadena de manera secuencial (primero a la ráız cuadrada y luego al
logaritmo natural) se tiene que
f(x) =
p
2 ln(1 + ex) + C ) f 0(x) = 1
2
p
2 ln(1 + ex) + C
· 2e
x
1 + ex
=
1p
2 ln(1 + ex) + C
· e
x
1 + ex
,
por lo que
f 0(x) · f(x) =
 
1p
2 ln(1 + ex) + C
· e
x
1 + ex
!
·
⇣p
2 ln(1 + ex) + C
⌘
=
ex
1 + ex
.
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(b) Ya que P (t) = ↵ e
↵t
1+� e↵t se tiene (regla del cociente)
P 0(t) =
(1 + � e↵t) ·
�
↵2e↵t
�
� (↵e↵t) · (↵�e↵t)
(1 + � e↵t)2
=
↵2e↵t + ↵2�e↵t � ↵2�e↵t
(1 + � e↵t)2
=
↵2 e↵t
(1 + � e↵t)2
Por otro lado
P (t) · [↵� � · P (t)] = ↵ e
↵t
1 + � e↵t
·

↵� �
✓
↵ e↵t
1 + � e↵t
◆�
=
↵ e↵t
1 + � e↵t
·

↵ · (1 + � e↵t)� �↵ e↵t
1 + � e↵t
�
=
↵ e↵t
1 + � e↵t
·

↵+ ↵� e↵t � �↵ e↵t
1 + � e↵t
�
=
↵ e↵t
1 + � e↵t
·

↵
1 + � e↵t
�
=
↵2 e↵t
(1 + � e↵t)2
Comparando los resultados obtenidos se obtiene lo indicado.
Problema 3
En torno a x0 = 0, muestre que el Polinomio de Taylor de orden 2n para la función
f(x) =
ex + e�x
2
es dado por
pn(x) = 1 +
x2
2!
+
x4
4!
+
x6
6!
· · ·+ x
2n
(2n)!
.
Respuesta: Para g(x) = ex, se tiene que h(k)(x) = ex, por lo que gk(0) = 1 para todo k = 1, 2, . . . , 2n.
Con esto, el polinomio de Taylor de orden 2n, en torno a x0 = 0, de la función g(x) = ex es
p2n(x) = g(0) +
g0(0)
1!
(x� x0) +
g00(0)
2!
(x� x0)2 +
g(3)(0)
3!
(x� x0)3 + · · ·+
g(2n)(0)
(2n)!
(x� x0)2n
= 1 + x+
x2
2!
+
x3
3!
+ · · ·+ x
2n
(2n)!
Por otro lado, para la función h(x) = e�x se tiene que h0(x) = �e�x, h00(x) = e�x, h(3)(x) = �e�x,
h(4)(x) = e�x, etc. Luego, evaluando en x0 = 0 se tiene que h(k)(0) = 1 cuando k es par, y que
h(k)(0) = �1 cuando k es impar. Con esto, de manera análoga a lo anterior, se tiene que
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q2n(x) = h(0) +
h0(0)
1!
(x� x0) +
h00(0)
2!
(x� x0)2 +
h(3)(0)
3!
(x� x0)3 + · · ·+
h(2n)(0)
(2n)!
(x� x0)2n
= 1� x+ x
2
2!
� x
3
3!
+ · · ·+ x
2n
(2n)!
Sumando los polinomios de Taylor de g(x) = ex y de h(x) = e�x, y dividiendo por 2, se obtiene el
polinomio de Taylor que se pide (en esa suma se cancelan los términos con exponente impar).
Problema 4
(a) Encuentre el intervalo (o unión de intervalos) de R donde la función f(x) = 2x�1e2x es decreciente.
(b) Dado � > 0, encuentre el intervalo (o unión de intervalos) de R donde la función g(x) = ln(1+ �ex) es
creciente.
(c) Encuentre el intervalo (o unión de intervalos) de R donde la función f(x) = 1
3
x3�x2+x+1 es creciente.
Respuesta:
(a) Se tiene que:
f(x) =
2x� 1
e2x
) f 0(x) = e
2x · 2� (2x� 1)2e2x
(e2x)2
=
e2x · (4� 4x)
(e2x)2
,
por lo que f 0(x) < 0 cuando 4� 4x < 0, es decir, cuando x > 1: la función f(x) es decreciente en
el intervalo ]1,+1[.
(b) Se tiene que:
g(x) = ln(1 + �ex) ) g0(x) = �e
x
1 + �ex
,
por lo que g0(x) > 0 en todo R: la función g(x) es creciente en el intervalo ]�1,+1[.
(c) Se tiene que:
f(x) =
1
3
x3 � x2 + x+ 1 ) f 0(x) = x2 � 2x+ 1 = (x� 1)2.
Luego f(x) es creciente cuando (x � 1)2 > 0, cuestión que se cumple para todo x diferente de 1
(recuerde que si z 6= 0 entonces z2 > 0). Luego, la función f(x) es creciente cuando x 6= 1, es decir,
en el intervalo ]�1, 1[[]1,+1[.
NOTA. En estricto rigor, la función f(x) es creciente en todo el dominio, ya que no existe el concepto
de “creciente o decreciente en un punto” (las funciones son crecientes o decrecientes en intervalos). .
Problema 5
En lo que sigue, ↵,� son constantes positivas. Dado esto, encuentre el intervalo, o los intervalos, donde
las siguientes funciones son convexas, y encuentre el intervalo (o intervalos) donde son cóncavas. Cuando
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+1.0 pto base
2.0 ptos
2.0 ptos
2.0 ptos
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corresponda, finalmente encuentre los puntos de inflexión de esas funciones.
f1(x) = e
�(x�↵)2 , f2(x) = ln(1 + 2
�x), f3(x) =
1
1 + e↵x
.
Respuesta: Para f1(x) se tiene que
f1(x) = e
�(x�↵)2 ) f 0
1
(x) = �2(x� ↵)e�(x�↵)
2
) f 00
1
(x) = 4(x� ↵)2e�(x�↵)
2
� 2e�(x�↵)
2
,
es decir,
f 00
1
(x) = e�(x�↵)
2
· (4(x� ↵)2 � 2).
Luego, la función f1(x) es convexa cuando
4 (x� ↵)2 � 2 > 0 ) 4(x2 � 2↵x+ ↵2)� 2 > 0
· 14=) x2 � 2↵x+ ↵2 � 1
2
> 0.
NOTA. Considere una función cuadrática (parábola) h(x) = ax2 + bx + c de modo que
a > 0 (por lo que h(x) es convexa). Si la parábola corta al eje X entonces la ecuación
ax2 + bx+ c = 0 tiene solución (real):
x1,2 =
�b±
p
b2 � 4ac
2a
) x1 =
�b�
p
b2 � 4ac
2a
, x2 =
�b+
p
b2 � 4ac
2a
.
Usando todo lo anterior, ocurre que h(x) > 0 en el conjunto
]�1, x1[[ ]x2,+1[,
mientras que h(x) < 0 en el intervalo ]x1, x2[. Por otro lado, Si a < 0, de modo que la
parábola es cóncava, y la curva corta los ejes, el intervalo donde h(x) > 0 es ]x1, x2[,
mientras que h(x) < 0 en ]�1, x1[[ ]x2,+1[.
Aplicando lo anterior para analizar el signo de f 00
1
(x) = e�(x�↵)
2 ·(4(x�↵)2�2), por lo visto previamente
tenemos que f 00
1
(x) > 0 cuando x2 � 2↵x+ ↵2 � 1
2
> 0. Ya que las soluciones de x2 � 2↵x+ ↵2 �1
2
= 0
son (identificamos a = 1, b = �2↵, c = ↵2 � 1
2
)
x1 =
2↵�
q
(2↵)2 � 4 · (↵2 � 1
2
)
2
=
2↵�
p
2
2
= ↵�
p
2
2
, x2 = ↵+
p
2
2
tenemos que f 00
1
(x) > 0 (es decir, f1(x) es convexa) en el intervalo
#
�1,↵�
p
2
2
"
[
#
↵+
p
2
2
,+1
"
.
Por lo anterior, f1(x) es cóncava en el intervalo
i
↵�
p
2
2
,↵+
p
2
2
h
y los puntos de inflexión son x1 y x2
ya mostrados.
Para f2(x) se tiene que
f2(x) = ln(1 + 2
�x) ) f 0
2
(x) =
� ln(2)2�x
1 + 2�x
)
f 00
2
(x) =
(1 + 2�x) ·
�
�2(ln(2))22�x
�
�
�
� ln(2)2�x
�
·
�
� ln(2)2�x
�
(1 + 2�x)2
=
�2(ln(2))22�x
(1 + 2�x)2
.
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Como la expresión es positiva para todo x ocurre que f2(x) es convexa en todo el dominio, y no tiene
punto de inflexión.
Para f3(x) se tiene que
f3(x) =
1
1 + e↵x
) f 0
3
(x) =
�↵e↵x
(1 + e↵x)2
)
f 00
3
(x) =
(1 + e↵x)2 ·
�
�↵2e↵x
�
� (�↵e↵x) · (2(1 + e↵x)↵e↵x)
(1 + e↵x)4
=
(1 + e↵x) ·
�
�↵2e↵x
�
� (�↵e↵x) · (2↵e↵x)
(1 + e↵x)3
=
�↵2e↵x � ↵2e2↵x + 2↵2e↵2x
(1 + e↵x)3
=
�↵2e↵x + ↵2e2↵x
(1 + e↵x)3
=
↵2(e2↵x � e↵x)
(1 + e↵x)3
Luego, la función f3(x) es convexa cuando
e2↵x > e↵x ) e
2↵x
e↵x
> 1 ) e↵x > 1 ln(·)=) ↵x > 0 ) x > 0.
La función f3(x) es convexa en el intervalo ]0,+1[, luego es cóncava en ] �1, 0[ y tiene un punto de
inflexión en x = 0.
Problema 6
(a) Si existen, encuentre los puntos cŕıticos de las siguientes funciones:
f1(x) = 2x
3 � x2 � 4x+ 1, f2(x) = x2e2x, f3(x) = (e2x + 1� 2x)3.
(b) Supongamos que f : R ! R++ es una función tal que x̄ es un punto cŕıtico de f(x). Explique entonces
por qué x̄ es punto cŕıtico de la función g(x) dada por
g(x) =
1
f(x) + 2
.
(c) Para las funciones f1(x), f2(x) y f3(x) en la parte (a), indique si en los respectivos puntos cŕıticos la
función tiene un máximo o un mı́nimo local.
Respuesta: Respondemos las partes (a) y (c) de la pregunta (están relacionadas).
Para la función f1(x) se tiene que
f1(x) = 2x
3 � x2 � 4x+ 1 ) f 0
1
(x) = 6x2 � 2x� 4 ) f 00
1
(x) = 12x� 2.
Luego, los puntos cŕıticos de f1(x) cumplen que 6x2 � 2x� 4 = 0, por lo que estos son
x1,2 =
2±
p
4 + 4 · 6 · 4
2 · 6 ) x1 =
2�
p
100
12
=
�8
12
= �2
3
, x2 =
2 +
p
100
12
= 1.
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Evaluando la segunda derivada de f1(x) en esos puntos se tiene que
f 00
1
✓
�2
3
◆
= 12 ·
✓
�2
3
◆
� 2 < 0, f 00
1
(1) = 12� 2 > 0,
por lo que f1(x) alcanza un valor máximo local en x1 y un mı́nimo local en x2. Los valores máximo local
y mı́nimo que alcanza la función se obtienen evaluando f1(x) en x1 y x2, respectivamente.
Para la función f2(x) se tiene que
f2(x) = x
2e2x ) f 0
2
(x) = 2xe2x + 2x2e2x = 2 e2x · (x+ x2) )
f 00(x) = 2e2x + 4xe2x + 4xe2x + 4x2e2x = e2x · (4x2 + 8x+ 2).
Los puntos cŕıticos cumplen que f 0
2
(x) = 0, es decir, x + x2 = 0, por lo que son x1 = �1 y x2 = 0. De
esta manera, evaluando la segunda derivada en estos puntos se tiene que
f 00
2
(�1) = e�2 · (4� 8 + 2) < 0, f 00
2
(0) = 2 > 0,
por lo que f2(x) alcanza un valor máximo local en x1 = �1 y un valor mı́nimo local en x2 = 0.
Los valores máximo local y mı́nimo que alcanza esta función se obtienen evaluando f2(x) en x1 y x2,
respectivamente.
Para la función f3(x) se tiene que
f3(x) = (e
2x + 1� 2x)3 ) f 0
3
(x) = 3 · (e2x + 1� 2x)2 · (2e2x � 2) )
f 00(x) = 3 · 2 · (e2x + 1� 2x) · (2e2x � 2) · (2e2x � 2) + 3 · (e2x + 1� 2x)2 · (4e2x)
= 6 · (e2x + 1� 2x) · (2e2x � 2)2 + 3 · (e2x + 1� 2x)2 · (4e2x)
Para obtener los puntos cŕıticos se debe resolver la ecuación
3 · (e2x + 1� 2x)2 · (2e2x � 2) = 0 ) (i) : e2x + 1� 2x = 0 _ (ii) : 2e2x � 2 = 0.
La ecuación (i) no se puede resolver con las técnicas que disponemos. Para la ecuación (ii) se
tiene que 2e2x � 2 = 0, es decir, e2x = 1, por lo que x = 0 es el punto cŕıtico. Reemplazando esto en la
expresión de la segunda derivada, se tiene que
f 00
3
(0) = 6 · (e0 + 1) · (2e0 � 2)2 + 3 · (e0 + 1)2 · (4e0) = 3 · 4 · 4 > 0,
por lo que f3(x) alcanza un valor mı́nimo local en x = 0, valor que es dado por f3(0) = (e0+1�0)3 = 8.
Para la parte (b), como
g(x) =
1
f(x) + 2
) g0(x) = �f
0(x)
(f(x) + 1)2
.
Ya que f 0(x̄) = 0 se tiene que g0(x̄) = 0, por lo que x̄ es un punto cŕıtico de g(x).
Problema 7
Medido en metros cúbicos (m3), la demanda por agua potable en cierta ciudad es X(p) = p��, donde p es el
precio por m3, y � > 0 es una constante. Por otro lado, la firma que produce agua potable en dicha ciudad
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+ 1.0 pto crítico
Por ptos criticos en total 2 ptos y por maximos o mínimos 2 ptos
2.0 ptos
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tiene costo de producción dado por
C(q) =
�
2
q2,
donde q es la cantidad de metros cúbicos que produce, y � > 0 es una constante. Ya que la firma es la única
productora de agua en la región, si cobra un precio p entonces la cantidad de agua que vende es X(p). Dado
esto, cobrando un precio p ocurre que el beneficio que obtiene la firma es
⇡(p) = p ·X(p)� C(X(p)).
(a) Primero, definamos la elasticidad precio de la demanda X(p) como
"p = X
0(p) · p
X(p)
.
Con esto, para el caso muestre que para todo precio p se cumple que
"p = ��.
(b) Primero, muestre que las condiciones de optimalidad de primer orden del problema de la firma implican
p ·X 0(p) +X(p) = C 0(X(p)) ·X 0(p).
Usando lo anterior, muestre que el precio p⇤ que cobra la firma satisface lo siguiente:
p⇤ ·
✓
1� 1
�
◆
= �X(p⇤).
(c) A partir de lo anterior, explique por qué el problema de la firma tiene solución solo cuando � > 1.
Respuesta: Para (a) se tiene que
X(p) = p�� ) X 0(p) = �� · p���1 ) "p = �� · p���1 ·
p
X(p)
= �� · p���1 · p
p��| {z }
p���1·p1+�
= ��.
Para (b), como ⇡(p) = p ·X(p)�C(X(p)), usando la regla de la cadena y la regla del producto, se tiene
que
⇡0(p) = p ·X 0(p) +X(p)� C 0(X(p)) ·X 0(p),
por lo que en el punto que maximiza se tiene que
⇡0(p) = 0 ) p ·X 0(p) +X(p)� C 0(X(p)) ·X 0(p) = 0 ) p ·X 0(p) +X(p) = C 0(X(p)) ·X 0(p).
Como C(q) = �
2
q2 se tiene que C 0(q) = �q, por lo que C 0(X(p)) = �X(p). Reemplazando en lo anterior,
se tiene que
p ·X 0(p) +X(p) = �X(p) ·X 0(p).
Luego, dividiendo ambos lados de lo anterior por X 0(p) obtenemos
p ·X 0(p) +X(p) = �X(p) ·X 0(p) ) p+ X(p)
X 0(p)
= �X(p)
p·
=) p ·
✓
1 +
X(p)
p ·X 0(p)
◆
= �X(p).
Como X(p)p·X0(p) =
1
"p
= � 1� , se tiene finalmente que todo lo anterior es equivalente a decir que
p ·
✓
1� 1
�
◆
= �X(p).
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MEM205– Otoño 2023 Universidad de Chile
Facultad de Economı́a y Negocios
Para (c), el hecho que p > 0 y que �X(p) > 0, para que la ecuación anterior se satisfaga se debe cumplir
que
1� 1
�
> 0 ) 1 > 1
�
) � > 1,
es decir, la elasticidad precio de la demanda debe ser mayor que uno (en valor absoluto; viendo el signo,
la elasticidad precio de la demanda debe ser menor que �1). Ese tipo de funciones de demanda se llaman
inelásticas.
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