Fecha: 3 de noviembre de 2021 GRADO en ECONOMÍA ANÁLISIS MATEMÁTICO CONTROL 1 SOLUCIONES Problema 1: [2 puntos] En la siguiente figura se representan las curvas de nivel 1, 2 y 3 de una función f = f (x, y): y U1 P U2 U3 x Determine los signos de las derivadas parciales de f en el punto P . Solución: Como el gradiente es perpendicular a la curva de nivel e indica en la dirección de crecimiento, se tiene que y P fx (P ) U1 P U2 fy (P ) x ∇f (P ) U3 ∇f (P ) y se observa que las componentes de ∇f (P ) = (fx (P ), fy (P )) verifican que fx (P ) > 0 y fy (P ) < 0 Problema 2: [4 puntos] La producción de una fábrica viene dada por una función f (x, y) con derivadas parciales continuas, donde x e y son las cantidades de dos materias primas distintas. En la actualidad se están utilizando (x, y) = (2, 3) unidades de materias primas. El controller de la empresa utiliza el 1 (5x + 2y + 84). polinomio de Taylor de f (x, y) en el punto (2, 3) que se escribe como P1 (x, y) = 10 a) Determine los valores de f (2, 3) y ∇f (2, 3). Solución: El polinomio de Taylor P1 de orden 1 de una función f calculado en un punto (x0 , y0 ) verifica que f (x0 , y0 ) = P1 (x0 , y0 ) fx (x0 , y0 ) = (P1 )x (x0 , y0 ) fy (x0 , y0 ) = (P1 )y (x0 , y0 ) por lo que 1 (10 + 6 + 84) = 10 f (2, 3) = P1 (2, 3) = 10 5 fx (2, 3) = (P1 )x (2, 3) = 10 = 12 2 fy (2, 3) = (P1 )y (2, 3) = 10 = 51 Luego f (2, 3) = 10 y ∇f (2, 3) = 12 , 15 . x(t) = 2e−t donde t = 0 es y(t) = t + 3 1 el momento actual. Se pide aproximar la variación de la producción en el instante t = 10 . Solución: Todas las funciones son diferenciables, por lo que su composición también lo es y podremos aproximar mediante la diferencial. Llamemos f (t) = f (x(t), y(t)) cuyo diagrama de dependencias de las funciones es el siguiente b) La utilización de las materias primas depende del tiempo como x t y t f Nos piden calcular ∆f = f (0,1) − f (0) que aproximamos mediante ∆f = f ( 1 1 0 ) − f (0) ' f (0) · ( − 0) 10 10 por lo que, aplicando la regla de la cadena obtenemos que 0 f (t) = ∂f ∂f (x(t), y(t)) · x0 (t) + (x(t), y(t)) · y 0 (t) ∂x ∂y y como x(t) = 2e−t e y(t) = t + 3, entonces x0 (t) = −2e−t e y 0 (t) = 1, de donde se tiene que x(0) = 2, y(0) = 3, x0 (0) = −20 e y 0 (0) = 1. Ası́ pues 0 f (0) = ∂f 1 1 ∂f (2, 3) · x0 (0) + (2, 3) · y 0 (0) = · (−2) + · 1 = −0.8 ∂x ∂y 2 5 luego se tiene que 1 1 − 0) = −0.8 · = −0.08 10 10 concluyendo que la producción decrecerá en 8 centésimas. 0 ∆f ' f (0) · ( Problema 3: [4 puntos] Considere la ecuación xy − y 3 + xex−2 = 3 a) Determine si la ecuación define a la variable x como función implı́cita de y, esto es, x = g(y) cerca del punto (x, y) = (2, 1). Solución: Definimos la función F (x, y) = xy − y 3 + xex−2 cuyas derivadas parciales son ∂F ∂x (x, y) = y + (1 + x)ex−2 ∂F ∂y (x, y) = x − 3y 2 que son continuas al ser sumas, productos y composición de polinomios y exponenciales (todas continuas). Se verifica que F (2, 1) = 2 − 1 + 2e0 = 3 por lo que el punto (2, 1) verifica la ecuación y además ∂F (2, 1) = 1 + 3e0 = 4 6= 0 ∂x Por tanto, el Teorema de la función implı́cita nos asegura que la ecuación define a x como función implı́cita de y, esto es, existe una función x = g(y) cerca del punto (x, y) = (2, 1) que es solución de la ecuación. b) Calcule el valor aproximado de x∗ para que el punto (x∗ , 1.04) sea una solución de la ecuación anterior. Solución: Consideremos la función g del apartado anterior. Si (x∗ , 1.04) es una solución de la ecuación anterior, entonces debe verificar que x∗ = g(1.04) por lo que podemos aproximar el valor de x∗ mediante la recta tangente a g en y = 1. El Teorema de la función implı́cita nos asegura que g verifica que g(1) = 2 y g 0 (1) = − ∂F ∂y (2, 1) ∂F ∂x (2, 1) =− 1 (−1) = . 4 4 Ası́ se tiene que x∗ = g(1.04) ' g(1) + g 0 (1) · (1.04 − 1) = 2 + 1 · (0.04) = 2.01 4
