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Soluciones a los ejercicios propuestos: Matemáticas III. Curso
08–09 36
Tema 4
1. Sea f : IR3 −→ IR3 definida por f(x, y, z) = (e−x+y, cos(z),
e−z).(a) Determinar si f es localmente invertible en (0, 0, 0).
J f(x, y, z) =−e−(x+y) −e−(x+y) 0
0 0 − sin(z)0 0 −e−z
, cuyo determinante
vale 0 para cualesquiera (x, y, z).
Esta matriz no tiene inversa y por tanto f no es localmente
invertible en(0, 0, 0). Tampoco es posible en el punto (1, 1,
1).
(b) Probar que existen puntos de IR3 donde no se cumplen las
hipótesis delteorema de la función inversa.
En efecto, el punto anterior es uno de los casos.
(c) Hallar la diferencial Df−1(1, 1, 1).
J f(1, 1, 1) =−1 −1 00 0 − sin(1)0 0 −e−1
.
Si existiese tendŕıamos que Df−1(1, 1, 1) = (Df(1, 1, 1))−1.
Ahora bienen (1, 1, 1) no es invertible (pues la matriz no tiene
inversa), luego no esdiferenciable en dicho punto.
2. Sea f : IR3 −→ IR3 tal que f(x, y, z) = (ey + ez, e2x − e2z,
xy). Probar que fes diferenciable y comprobar que las matrices
asociadas a la diferencial de fy f−1 son inversas.
Basta calcular las inversas matriciales correspondientes:
J f(x, y, z) =
0 ey ez
2e2x 0 −2e2zy x 0
.
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Soluciones a los ejercicios propuestos: Matemáticas III. Curso
08–09 37
Puede hacerse con Derive para facilitar los cálculos.
3. Consideremos una función f : A ⊂ IR2 −→ IR3 lineal, esto
es:
f(x, y) = (ax− by, cx− dy,−ex + fy).
(a) Obtener f sabiendo que Df(1, 0) =
2 21 −11 5
.
Observemos que Df(x, y) ≡ J f(x, y) =
a −bc −d−e f
3×2
. Luego: a = 2,
b = −2, c = 1, d = 1, e = −1, f = 5.
(b) Para una aplicación lineal cualquiera, obtener su
diferencial.
Está obtenida anteriormente.
(c) Consideremos ahora g : IR3 −→ IR2 tal que g(x1, x2, x3) =
(x21x2, x22x3).Calcular la función g ◦ f .
Utilizando la definición de la función g, para un vector (x,
y) tendremos:
(g ◦ f)(x, y) = g(ax− by, cx− dy,−ex + fy) = g(2x + 2y, x− y, x
+ 5y)
= ((2x + 2y)2(x− y), (x− y)2(x + 5y)).
(d) Obtener, si existe, la diferencial D(g ◦ f)(1, 1) siendo f y
g las funcionesanteriores.
Mediante la relación entre las matrices jacobianas debido a la
regla de lacadena, se obtiene:
D(g ◦ f)(1, 1) = Dg(f(1, 1))2×3 ·Df(1, 1)3×2 ≡ J g(f(1, 1)) · J
f(1, 1) =(
0 16 00 0 0
)·
2 21 −11 5
=
(16 −160 0
)
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Soluciones a los ejercicios propuestos: Matemáticas III. Curso
08–09 38
donde hemos utilizado que Dg(x1, x2, x3) ≡ J g(x1, x2, x3)
=(2x1x2 x
21 0
0 2x2x3 x22
)y f(1, 1) = (4, 0, 6).
(e) Calcular la derivada direccional de g ◦f en el punto (1, 1)
según el vector(3, 4).
Basta con calcular el producto siguiente:
D~v(g ◦ f)(1, 1) = D(g ◦ f)(1, 1) · ~v =(
16 −160 0
)·(
34
).
(f) Probar que g ◦ f es localmente inversible en (1, 1) y
obtener D(g ◦f)−1(a, b), siendo (a, b) = f(1, 1).
No es cierto que sea inversible en (1, 1) (se deduce de
(d)).
4. Sea la ecuación x2 + y2 + z2 = ψ(ax + by + cz) donde a, b, c
∈ IR, c 6= 0,siendo ψ : IR −→ IR una función diferenciable con
continuidad y ψ(0) = 0 yψ′(0) = 1.
(a) Probar que esta ecuación define la variable z como función
impĺıcitadiferenciable de x e y en un entorno de (0, 0, 0).
Las dos primeras condiciones se verifican trivialmente, para las
parcialesde f(x, y, z) = x2 + y2 + z2 − ψ(ax + by + cz), se
tiene:
∂f
∂x≡ 2x− aψ′(ax + by + cz).
En el punto (0, 0, 0) se tiene:
∂f
∂x(0, 0, 0) = −a · ψ′(0) = −a(6= 0).
∂f
∂y(0, 0, 0) = 2y − bψ′(ax + by + cz)
∣∣∣∣∣(x,y,z)=(0,0,0)
= −bψ′(0) = −b( 6= 0 si b 6= 0).
∂f
∂z(0, 0, 0) = 2z − cψ′(ax + by + cz)
∣∣∣∣∣(x,y,z)=(0,0,0)
= −cψ′(0) = −c 6= 0.
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Soluciones a los ejercicios propuestos: Matemáticas III. Curso
08–09 39
Observemos que c 6= 0 por hipótesis. Luego, en efecto, z es
funciónimpĺıcita de (x, y) en un entorno de (0, 0, 0).
(b) Sea z = ϕ(x, y) dicha función impĺıcita. Probar que en el
entorno de(0, 0, 0) donde z = ϕ(x, y) se verifica que:
(cy − bz)∂ϕ∂x
(x, y) + (az − cx)∂ϕ∂y
(x, y) = bx− ay.
z = ϕ(x, y). Sabemos que:
∂z
∂x(x, y) =
∂ϕ
∂x(x, y) ≡ −
∂f/∂x∂f/∂z
(x, y).
∂ϕ
∂x(x, y) = −
∂f∂x
(x, y)∂f∂z
(x, y). Análogamente:
∂ϕ
∂y(x, y) = −
∂f∂y
(x, y)∂f∂z
(x, y)
Calculamos la cantidad solicitada: (cy − bz) · ∂ϕ∂x
(x, y) + (az −
cx)∂ϕ
∂y(x, y) = (cy− bz)
(−
∂f∂x
(x, y)∂f∂z
(x, y)
)+ (az− cx) ·
−
∂f∂y
(x, y)∂f∂z
(x, y)
= (cy−
bz)·−(2x− aψ′(ax + by + cz))
2z − cψ′(ax + by + cz) +(az−cx)·(−(2y − bψ′(ax + by + cz))
2z − cψ′(ax + by + cz)
)
Despejando y simplificando se obtiene el resultado.
5. Sea f : IR2 −→ IR2 tal que f(x, y) = x2 + y3 + xy + y2 + αy,
siendo αun parámetro real. Discutir para qué valores de α puede
asegurarse que laecuación f(x, y) = 0 define x como función
impĺıcita de y en un entorno delpunto (0, 0).
Trivialmente f y sus parciales son continuas. Veamos∂f
∂x(0, 0).
∂f
∂x≡ 3x2 + y + 2x =⇒ ∂f
∂x(0, 0) = 0.
Luego x no es función impĺıcita de y en (0, 0), ∀α.
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Soluciones a los ejercicios propuestos: Matemáticas III. Curso
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6. Estudiar si el sistemax2u + v3y = 1,
x2y + 2uv2 = 0,
define (u, v) como función impĺıcita de (x, y) en un entorno
de (0, 1, 0, 1). Idempara (x, y) como función impĺıcita de (u,
v). Estudiar todas las combinacionesposibles.
Tenemos el punto (x, y, u, v) = (0, 1, 0, 1) y el sistema de
ecuacionesx2u + v3y = 1x2y + 2uv2 = 0
}.
Obtenemos la matriz jacobiana:
(2xu v3 x2 3v2y2xy x2 2v2 4uv
)En el punto
(0, 1, 0, 1) dicha matriz vale
(0 1 0 30 0 2 0
)
La matriz
(0 32 0
)tiene determinante −6 6= 0, luego (u, v) es función
impĺıcita de (x, y) en un entorno de (0, 1, 0, 1).
7. Estudiar si el sistemaxy2 + exz + y = 0,
xyz = 0,
define a (x, y) como función impĺıcita de z en un entorno de
(0,−1, 1). Encaso afirmativo, obtener
∂x
∂z(1) y
∂y
∂z(1).
Tenemos el punto (x, y, z) = (0,−1, 1) y el sistema x2y + exz +
y = 0
xyz = 0
}.
La matriz jacobiana vale,
(y2 + zexz 2yx + 1 xexz
yz xz xy
).
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Soluciones a los ejercicios propuestos: Matemáticas III. Curso
08–09 41
En (0,−1, 1) será:(
2 1 0−1 0 0
). Luego, en efecto, (x, y) es función impĺıcita
de z pues la matriz
(2 1−1 0
)tiene determinante 1 6= 0. Además en tal caso:
(∂x∂z
(1)∂y∂z
(1)
)= −
(2 1−1 0
)−1·(
00
)=
(00
).
Luego cada parcial vale 0.
8. Consideremos las relaciones:
xy + α ln z + y2 = 2,
βx3 + α ln y + ln z = α.
Calcular los valores de α y β en los que no se puede asegurar la
existencia defunción impĺıcita alguna en un entorno de (1, 1,
1).
Para que (1, 1, 1) cumpla el sistema de ecuaciones debe darse
que α = β.Calculamos la matriz jacobiana:
(yxy−1 xy ln(x) + 2y α
z
3αx2 αy
1z
)
En (1, 1, 1) vale: (1 2 α3α α 1
).
Basta ahora discutir los valores de α para que los determinantes
sean nulos.
9. (a) Estudiar si la ecuación xy + zy − x2z2 = 1 define a y
como funciónimpĺıcita de (x, z) en un entorno de (1, 1, 1) y en
caso afirmativo,encontrar el polinomio de Taylor de grado 2 que
mejor aproxima a yen un entorno de dicho punto.
Las parciales de f respecto de cada variable son:
∂f
∂x≡ y − 2xz2, ∂f
∂y≡ x + z, ∂f
∂z≡ y − 2zx2.
En el punto (1, 1, 1) estas parciales valen:
∂f
∂x(1, 1, 1) = −1, ∂f
∂y(1, 1, 1) = 2,
∂f
∂z= −1.
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Soluciones a los ejercicios propuestos: Matemáticas III. Curso
08–09 42
Por tanto, es claro que y es función impĺıcita de (x, z) en un
entorno de(1, 1, 1). Además de lo anterior deducimos que el
gradiente de y en (1, 1)
vale: ∇y(1, 1) =(
1
2,1
2
). Ahora utilizando los diagramas en árbol que
nos relacionan a f y sus parciales con las variables x y z,
tendremos:
∂f
∂x+
∂f
∂y· ∂y∂x
= 0, (3)
∂f
∂z+
∂f
∂y· ∂y∂z
= 0. (4)
De las ecuaciones anteriores deducimos derivando respecto a x y
z lassegundas derivadas necesarias para la matriz Hessiana de y.
Tenemos:
∂2f
∂x2+
∂2f
∂y∂x· ∂y∂x
+
(∂2f
∂x∂y+
∂2f
∂y2· ∂y∂x
)· ∂y∂x
+∂f
∂y· ∂
2y
∂x2= 0, (5)
∂2f
∂z∂x+
∂2f
∂y∂x· ∂y∂z
+
(∂2f
∂z∂y+
∂2f
∂y2· ∂y∂z
)· ∂y∂x
+∂f
∂y· ∂
2y
∂z∂x= 0, (6)
∂2f
∂z2+
∂2f
∂y∂z· ∂y∂z
+
(∂2f
∂z∂y+
∂2f
∂y2· ∂y∂z
)· ∂y∂z
+∂f
∂y· ∂
2y
∂z2= 0. (7)
Las cantidades que necesitamos valen:
∂2f
∂x2≡ −2z2
(=⇒ ∂
2f
∂x2(1, 1, 1) = −2
),
∂2f
∂y∂x≡ 1
(=⇒ ∂
2f
∂y∂x(1, 1, 1) = 1
),
∂2f
∂z∂x≡ −4xz
(∂2f
∂z∂x(1, 1, 1) = −4
).
∂2f
∂y2≡ 0
(=⇒ ∂
2f
∂x2(1, 1, 1) = 0
),
∂2f
∂y∂x≡ 1
(=⇒ ∂
2f
∂y∂x(1, 1, 1) = 1
),
∂2f
∂z∂y≡ 1
(∂2f
∂z∂y(1, 1, 1) = 1
).
∂2f
∂z2≡ −2x2
(=⇒ ∂
2f
∂x2(1, 1, 1) = −2
),
∂2f
∂z∂x≡ −4zx
(=⇒ ∂
2f
∂z∂x(1, 1, 1) = −4
),
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Soluciones a los ejercicios propuestos: Matemáticas III. Curso
08–09 43
∂2f
∂z∂y≡ 1
(∂2f
∂z∂y(1, 1, 1) = 1
).
Sustituyendo en las ecuaciones (3)–(5), tenemos:
∂2y
∂x2≡ 1
2,
∂2y
∂z∂x≡ 3
2,
∂2y
∂z∂x=
1
2.
Luego la matriz Hessiana será: Hy(1, 1) =(
1/2 3/23/2 1/2
).
Finalmente, el polinomio de Taylor de grado 2 vale:
1+(x− 1, z − 1)·(
1/21/2
)+
1
2
{(x− 1, z − 1) ·
(1/2 3/23/2 1/2
)·(
x− 1z − 1
)}
=1
4(x2 + z2)− 3
2(x + z − xz) + 2.
(b) Probar que la ecuación y2x3−y3 = 0 define a y como función
impĺıcita dex en un entorno de (1, 1) y calcular el desarrollo de
Taylor, si es posible,de y = ϕ(x) hasta el segundo grado en el
punto x = 1.
Para estudiar si es función impĺıcita veamos las
parciales:
∂f
∂y(x, y) = 2yx3 − 3y2 =⇒ ∂f
∂y(1, 1) = 2− 3 = −1 6= 0.
Luego y es función impĺıcita de x en un entorno de (1, 1).
Además∂f
∂x= 3x2y2.
El polinomio de Taylor tendrá por tanto una expresión del
tipo:
p2(x) = f(1) + y′(1) · (x− 1) + 1
2y′′(1) · (x− 1)2.
Conocemos además las siguientes cantidades:
y(1) = 1,∂2f
∂y2= 2x3 − 6y y ∂
2f
∂x2= 6xy2.
y′(1) = −∂f∂x
(1, 1)∂f∂y
(1, 1)= − 3−1 = 3,
∂2f
∂x∂y= 6x2y
Calculamos ahora y′′(1). Siguiendo el esquema:
f
{x
y {x∂f∂y
{x
y {x∂f∂x
{x
y {x
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Soluciones a los ejercicios propuestos: Matemáticas III. Curso
08–09 44
y la relación:∂f
∂x+
∂f
∂y·∂y∂x
= 0. Tenemos derivando parcialmente respecto
de la variable x que:
∂
∂x
(∂f
∂x
)
︸ ︷︷ ︸(a)
+∂
∂x
(∂f
∂y· ∂y∂x
)
︸ ︷︷ ︸(b)
= 0.
Vayamos por partes:
(a) Derivando respecto de x la función∂f
∂xtenemos:
∂2f
∂x2+
∂2f
∂x∂y· ∂y∂x
.
(b) Derivando ahora respecto a x el producto:∂f
∂y· ∂y∂x
, tenemos:
(∂2f
∂x∂y+
∂2f
∂y2· ∂y∂x
)∂y
∂x+
∂f
∂y· ∂
2y
∂x2.
Despejando:
∂2y
∂x2≡ −
∂2f∂x2
+ 2 ∂2f
∂x∂y∂y∂x
+ ∂2f
∂y2
(∂y∂x
)2
∂f/∂y=
en (1,1)−6 + 2 · 6 · 3 + (−4) · 9−1
= 6 + 36− 36 = 6,luego el polinomio es : p2(x) = 1 + 3(x− 1) +
3(x− 1)2.
(c) Estudiar si la ecuación y3x2−y2+zxy = 1 define
impĺıcitamente a z comofunción de (x, y) en un entorno de (1, 1,
1) y obtener una aproximacióncuadrática de y mediante su
polinomio de Taylor de grado 2.
Tenemos que el punto (x, y, z) = (1, 1, 1) cumple la ecuación
y3x2− y2 +zxy = 1.
Las parciales respectivas son:
∂f
∂x≡ 2xy3 + zy, ∂
2f
∂x2≡ 2y3, ∂
2f
∂x∂y≡ 6xy2 + z.
∂2f
∂z∂x≡ y, ∂f
∂y≡ 3y2x2 − 2y + zx, ∂
2f
∂y2≡ 6yx2 − 2.
∂2f
∂y∂z≡ x, ∂f
∂z≡ xy, ∂
2f
∂z2≡ 0.
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Soluciones a los ejercicios propuestos: Matemáticas III. Curso
08–09 45
Como tenemos que∂f
∂z(1, 1, 1) = 1 6= 0 =⇒ z es función impĺıcita de
(x, y) en un entorno del punto (1, 1, 1).
La expresión del polinomio de Taylor será:
p2(x, y) = z(1, 1)+∇z(1, 1)(
x− 1y − 1
)+
1
2( x− 1 y − 1)Hz(1, 1)
(x− 1y − 1
).
Conocemos que: z(1, 1) = 1, ∇z(1, 1) =(
∂z
∂x(1, 1),
∂z
∂y(1, 1)
)=
(−3,−2).Para calcular las segundas derivadas debemos tener en
cuenta losesquemas siguientes:
f
xy
z
{xy
∂f∂x
xy
z
{xy
∂f∂y
xy
z
{xy
∂f∂z
xy
z
{xy
y las relaciones:∂f
∂x+
∂f
∂z· ∂z∂x
= 0 (8)
∂f
∂y+
∂f
∂z· ∂z∂y
= 0 (9)
Para obtener∂2z
∂x2derivamos en (3) respecto a x:
∂2z
∂x2+
∂2f
∂x∂z· ∂z∂x
+
(∂2f
∂z∂x+
∂2f
∂z2· ∂z∂x
)∂z
∂x+
∂f
∂z· ∂
2z
∂x2= 0.
Despejando:
∂2z
∂x2≡ −
∂2f∂x2
+ 2 ∂2f
∂z∂x∂z∂x
+ ∂2f
∂z2
(∂z∂x
)2
∂f/∂z.
En este caso∂2z
∂x2(1, 1) = −2 + 2 · 1(−3) + 0(−3)
2
1= 4.
Para obtener∂2z
∂y2derivamos en (4) respecto a y:
∂2f
∂y2+
∂2f
∂z∂y· ∂z∂y
+
(∂2f
∂y∂z+
∂2f
∂z2· ∂z∂y
)∂z
∂y+
∂f
∂z· ∂
2z
∂y2= 0
=⇒ ∂2z
∂y2≡ −
∂2f∂y2
+ 2 ∂2f
∂y∂z· ∂z
∂y+ ∂
2f∂z2
(∂z∂y
)2
∂f/∂z
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Soluciones a los ejercicios propuestos: Matemáticas III. Curso
08–09 46
Entonces en (1, 1) tenemos:
∂2z
∂y2(1, 1) = −(4 + 2 · 1(−2) + 0(−2)2) = 0.
Para obtener∂2z
∂x∂yen (3) ó (4) respecto a y ó x, respectivamente:
∂2f
∂x∂y+
∂2f
∂x∂z· ∂z∂y
+
(∂2f
∂y∂z+
∂2f
∂z2· ∂z∂y
)∂z
∂x+
∂f
∂z· ∂
2z
∂y∂x= 0
=⇒ ∂2z
∂y∂x≡ −
∂2f∂x∂y
+ ∂2f
∂x∂z· ∂z
∂y+ ∂
2f∂y∂z
· ∂z∂x
+ ∂2f
∂z2· ∂z
∂y· ∂z
∂x
∂f/∂z.
En este caso con (1, 1) tenemos:
∂2z
∂y∂x(1, 1) = −7 + 1(−2) + 1(−3) + 0(−2)(−3)
1= −(5− 2− 3) = −2.
En definitiva, la matriz hessiana vale:
Hz(1, 1) =(
4 −2−2 0
).
Y por tanto, el polinomio de Taylor queda:
p2(x, y) = 1+(−3,−2)(
x− 1y − 1
)+
1
2
(x− 1 y − 1
) ( 4 −2−2 0
) (x− 1y − 1
)
= 1− 3(x− 1)− 2(y − 1) + 2(x− 1)2 − 2(x− 1)(y − 1).10. Probar
que la ecuación ln x2 + yz2 + t2 = 0, define a z como función
impĺıcita
del resto de las variables en un entorno de (1, 1, 1, 0). Y
obtener el polinomiode Taylor de grado 1 que mejor aproxima a z.
Idem para el polinomio de grado2.
En el punto (x, y, z, t) = (1, 1, 1, 0) se verifica la
ecuación. Además lasparciales valen:
∂f
∂x≡ 2
x,
∂2f
∂x∂y≡ 0, ∂
2f
∂x2≡ −2
x2,
∂f
∂y≡ z2,
∂2f
∂y2≡ 0, ∂
2f
∂x∂y≡ 0, ∂
2f
∂y∂z≡ 2z, ∂
2f
∂z∂x≡ 0,
-
Soluciones a los ejercicios propuestos: Matemáticas III. Curso
08–09 47
∂2f
∂t∂y≡ 0, ∂
2f
∂x∂t≡ 0, ∂f
∂z≡ 2zy, ∂
2f
∂z2≡ 2y,
∂2f
∂x∂z≡ 0, ∂
2f
∂y∂z≡ 2z, ∂
2f
∂t∂z≡ 0, ∂f
∂t≡ 2t,
∂2f
∂t2≡ 2, ∂
2f
∂x∂t≡ 0, ∂
2f
∂y∂t≡ 0, ∂
2f
∂z∂t≡ 0.
El polinomio de grado 1 queda: p1(x, y, t) = z(1, 1, 0)+∇z(1, 1,
0)
x− 1y − 1
t
.
Siendo, ∇z(1, 1, 0) =−
∂f/∂x∂f/∂z
,−∂f/∂y∂f/∂z
,−∂f/∂t∂f/∂z
=
(−1, −1
2, 0
)
Luego, p1(x, y, t) = 1 +(−1, −1
2, 0
)
x− 1y − 1
t
= 1 + (1− x)− 1
2(y − 1)
El de grado 2 queda propuesto y se hace de manera análoga a los
realizadosanteriormente.
11. Dada la función de producción Q(K, L) = 2L0.75K0.25,
consideremos laisocuanta de valor 8 y el punto de dicha isocuanta
(4, 4). Justificar que sobre
esta isocuanta se cumple la igualdad∂L(4)
∂K=−13
.
Tenemos la ecuación 2 · L3/4K1/4 = 8 en (4, 4). En dicho punto
se cumple laecuación y además tenemos:
∂Q
∂K≡ 1
2L3/4 ·K1/4, en (4, 4) : ∂Q
∂K(4, 4) =
1
26= 0.
∂Q
∂L≡ 3
2L−1/4 ·K1/4, en (4, 4) : ∂Q
∂L(4, 4) =
3
26= 0.
En definitiva, L es función impĺıcita de K en un entorno de
(4, 4) y además,
∂L
∂K(4) =
∂L
∂K(4, 4) = −1/2
3/2= −1
3.
-
Soluciones a los ejercicios propuestos: Matemáticas III. Curso
08–09 48
12. Consideremos el siguiente modelo de renta nacional:
Y − C(Y )− I(i)−G0 = 0kY + L(i)−Ms0 = 0
}
donde Y es la renta nacional, i es la tasa de interés, C(Y ) es
el consumo, I(i)es la inversión, G0 es el gasto público, L(i) es
la función de liquidez, Ms0 esla oferta del dinero y k es una
constante, verificándose que C(Y ), I(i) y L(i)son funciones
diferenciables con continuidad y 0 < C ′ < 1, I ′ < 0, L′
< 0,k > 0.
Estudiar si la renta y la tasa de interés son funciones
impĺıcitas del resto delas variables y, en caso afirmativo,
analizar los efectos sobre la renta y la tasade interés de los
cambios en la oferta del dinero y el gasto público.
Se trata de un sistema lineal inmediato de estudiar.
13. Consideremos el siguiente modelo de mercado de un único
bien donde lacantidad demandada Qd es una función no sólo del
precio P sino tambiénde una renta determinada exógenamente
Y0:
Qd = QsQd = D(P, Y0) (
∂D∂P
< 0; ∂D∂Y0
> 0)
Qs = S(P ) (dSdP
> 0)
donde D y S tienen derivadas continuas.
(a) Demostrar que la condición de equilibrio define el precio
de equilibrioP̄ , como función de Y0, P̄ = P̄ (Y0), en un entorno
de una solución deequilibrio.
En efecto, la función f(P, y0) = D(P, y0) − S(P ) que cumple
las doscondiciones primeras del teorema de la función
impĺıcita.
Además:∂f
∂P(P, y0) =
∂D
∂P(P, y0) − S ′(P ) 6= 0 (por hipótesis). Luego P
es función impĺıcita de y0 : P̄ = P̄ (y0). En tal caso :
dP
dy0≡ −
∂f/∂y0∂f/∂P
≡ −∂D∂y0
(P, y0)∂D∂P
(P, y0)− S ′(P )
-
Soluciones a los ejercicios propuestos: Matemáticas III. Curso
08–09 49
(b) Hallar las derivadasdP̄
dY0y
dQ̄
dY0.
Se hace de manera análoga al apartado anterior.
14. Una empresa produce un bien, utilizando dos factores
productivos. La relaciónentre la cantidad del bien producido y las
cantidades empleadas es la siguiente:
ln q − xy2
q+ 1 = 0.
Siendo q la cantidad y x e y los factores utilizados. Se sabe
que para(x, y) = (1, 1) la producción es de q = 1. Probar si esta
relación definea la producción como función de los niveles.
Calcular las productividadesmarginales de cada factor y obtener la
relación marignal técnica de sustitución
de x por y (es decir, RMSxy =∂y
∂x).
Tenemos la ecuación ln q − xy2q
+ 1 = 0 en el punto (x, y, q) = (1, 1, 1). Lasparciales
valen:
∂f
∂y≡ −2xy
q,
∂f
∂q≡ 1
q+
xy2
q2=
q + xy2
q2,
∂f
∂x≡ −y
2
q.
De aqúı tenemos que:∂f
∂q(1, 1, 1) = 2 6= 0, luego q es función impĺıcita de
(x, y) en un entorno de dicho punto y además:
∂q
∂x= −
∂f/∂x∂f/∂q
≡ −−12
=1
2,∂q
∂y= −
∂f/∂y∂f/∂q
≡ −−22
= 1.
Para la relación marginal de sustitución, debemos ver si y es
función impĺıcitade x :
∂f
∂y≡ −2 6= 0 =⇒ ∂y
∂x≡ −
∂f/∂x∂f/∂y
≡ −−1−2 = −1
2.
15. Consideremos la función de utilidad:
u(x, y) = − 1xy
, x, y > 0.
-
Soluciones a los ejercicios propuestos: Matemáticas III. Curso
08–09 50
(a) Demostrar por el teorema de la función impĺıcita que u
define curvas deindiferencia para niveles de utilidad
constantes.
Es inmediato y queda propuesto.
(b) Estudiar el crecimiento o decrecimiento de las curvas de
indiferencia comofunciones de x.
Es inmediato y queda propuesto.
-
Soluciones a los ejercicios propuestos: Matemáticas III. Curso
08–09 51
Tema 51. Sea f : IR2 −→ IR una función homogénea de grado
1
2tal que f(3, 6) = 12.
Calcular:
(a) f(1
2, 1).
f(
1
2, 1
)= f
(1
6(3, 6)
)=
(1
6
)1/2f(3, 6) =
(1
6
)1/212 = 2
√6.
(b)3
2
∂f
∂x(3/2, 3) + 3
∂f
∂y(3/2, 3).
Por el teorema de Euler, será igual a1
2· f
(3
2, 3
)=
1
2f
(1
2(3, 6)
)=
1
2
(1
2
)1/2f(3, 6) =
1
2
(1
2
)3/2· 12
(c) Si∂f
∂x(1, 2) = 1, calcular
∂2f
∂x2(1, 2) + 2
∂2f
∂y∂x(1, 2).
Basta aplicar el teorema de Euler a∂f
∂xque es homogenea de grado
1
2− 1 = −1
2. Luego será igual a:
(−1
2
)∂f
∂x(1, 2) = −1
2.
2. Sea f : IR2 −→ IR diferenciables y homogénea con f(8, 0) = 4
· f(2, 0).Determinar el grado de homogeneidad de f . Una vez
determinado el gradode homogeneidad, indicar cuál de las
siguientes afirmaciones es falsa:
(a) f(2, 0) =∂f
∂x(2, 0).
(b) f(0, 2) =∂f
∂y(0, 2).
(c) f(2, 0) = 2f(1, 0).
(d)∂2f
∂x2(1, 0) = −1.
-
Soluciones a los ejercicios propuestos: Matemáticas III. Curso
08–09 52
El grado de homogeneidad es :
f(8, 0) = f(4(2, 0)) = 4αf(2, 0) = 4 · f(2, 0) =⇒ α = 1
El apartado (c) es verdadero, y las parciales se obtienen del
teorema de Eulery por tanto son falsos los demás apartado (salvo
en a) y b) que f(2, 0) valga0).
3. Sea f : IR2 −→ IR con f ∈ C2 y homogénea de grado α = 1.
Indicar cuál delas siguientes afirmaciones es falsa:
(a)∂f
∂x(1, 0) = f(1, 0).
(b)∂f
∂x(0, 1) = f(0, 1).
(c)∂2f
∂x2(1, 1) = −1.
(d)∂2f
∂x2(1, 1) = − ∂
2f
∂x∂y(1, 1).
Es análogo al anterior.
4. Sea la función f(x, y) =3x2 + xy − y2
(xy + x2)14
, con x, y > 0. Aplicando las
propiedades de las funciones homogéneas, calcular x∂f
∂x+ y
∂f
∂y.
f(λx, λy) =λ2(3x2 + xy − y2)(λ2xy + λ2x2)
1/4=
λ2
λ1/2· 3x
2 + xy − y2(xy + x2)
1/4= λ
3/2 · f(x, y) =⇒ f es
homogénea de grado α =3
2.
Luego: x · ∂f∂x
+ y · ∂f∂y
≡ 32· f(x, y).
-
Soluciones a los ejercicios propuestos: Matemáticas III. Curso
08–09 53
5. Supongamos que f es una función homogénea de dos variables
de grado α.Probar que entonces se verifica:
f(x, y) = xkf(1,y
x) = ykf(
x
y, 1), x, y 6= 0.
Generalizar el resultado anterior a n variables.
En efecto, si x 6= 0: f(x, y) = f(x
(1,
y
x
))= xαf
(1,
y
x
).
Análogamente si y 6= 0: f(x, y) = f(y
(x
y, 1
))= yαf
(x
y, 1
).
En general para n variables, si xi 6= 0 :
f(x1...xn) = xαi · f
(x1xi
, ..., 1,xi+1xi
, ...,xnxi
).
6. Comprobar que la función f(x, y, z) =3
x+
2
y+
1
zcon x, y, z > 0, verifica el
teorema de Euler.
En efecto,∂f
∂x≡ − 3
x2,
∂f
∂y≡ − 2
y2,
∂f
∂z≡ − 1
z2.
En consecuencia, x · ∂f∂x
+ y∂f
∂y+ z
∂f
∂z≡ −3
x− 2
y− 1
z= −
(3
x+
2
y+
1
z
)=
−f(x, y, z)
Y tenemos que:
f(λx, λy, λz) =3
λx+
2
λy+
1
λz
(3
x+
2
y+
1
z
)= λ−1f(x, y, z)
Vemos que por tanto que f es homogénea de grado α = −1.
7. Sean f, g : IR2 −→ IR, funciones homogéneas de grados α y
β,respectivamente. Demostrar que:
x
(f(x, y)
∂g
∂x(x, y) + g(x, y)
∂f
∂x(x, y)
)+y
(f(x, y)
∂g
∂y(x, y) + g(x, y)
∂f
∂y(x, y)
)=
-
Soluciones a los ejercicios propuestos: Matemáticas III. Curso
08–09 54
= (α + β)f(x, y)g(x, y).
Se trata en este ejercicio de aplicar el teorema de Euler al
producto de dosfunciones homogéneas (una de grado α y la otra
β).
Sea f homogénea de grado α y g de grado β, entonces sabemos que
el productoes homogéneo de grado α + β, luego:
x · ∂(f · g)∂x
(x, y) + y · ∂(f · g)∂y
(x, y) = (α + β)f(x, y) · g(x, y)Ahora bien, la parte izquierda
de la igualdad vale:
x·(
∂f
∂x(x, y) · g(x, y) + f(x, y) · ∂g
∂x(x, y)
)+y·
(∂f
∂y(x, y) · g(x, y) + f(x, y) · ∂g
∂y(x, y)
).
8. Sea la función zα = x−n(yn+yxn−1). Estudiar la homogeneidad
de z. Calcular∂z
∂xy determinar el valor de x
∂z
∂x+ y
∂z
∂y.
Calculemos directamente zα en un vector (λx, λy) :
zα(λx, λy) = λ−nx−n(λn(yn + yxn−1)
)= x−n(yn + yxn−1) = zα(x, y)
Entonces, z(λx, λy) = z(x, y) =⇒ z es homogénea de grado α =
0.Luego : x · ∂z
∂x(x, y) + y · ∂z
∂y(x, y) = 0.
Para obtener∂z
∂x, derivamos en la expresión y obtenemos:
(∂z
∂x(x, y)
)α · zα−1(x, y) = −nx−n−1(yn + yxn−1) + (n− 1)yxn−2x−n
= −n · x−n−1(yn + yxn−1) + (n− 1)yx−2.
Análogamente:∂z
∂y=
nyn−1x−n + xα · zα−1 =
1
αz1−α(nyn−1x−n + x).
Como z = x−n/α(yn+yxn−1)
1/α =⇒ ∂z∂y
=1
αz−
1−αα
n(yn+yxn−1)1−α
α (nyn−1x−n+
x)
-
Soluciones a los ejercicios propuestos: Matemáticas III. Curso
08–09 55
Usando x · ∂z∂x
+ y∂z
∂y= 0 =⇒ ∂z
∂x=−yx
∂z
∂y, con lo que se tiene el resultado
pedido.
9. Idem al anterior con z−α = x−n(yn + yxn−1).
Análogo al anterior:
z−α(λx, λy) = λ−nx−n(λn(yn + yxn−1)
)= x−n(yn + yxn−1) = z−α(x, y),
y por tanto z ≡ z(x, y) es homogénea de grado 0.
10. Sea la función de producción de Cobb-Douglas
Q = F (K,L) = AKαL1−α.
(a) Probar que se trata de una función de producción de
rendimientosconstantes a escala.
En efecto, pues es homogénea de grado α + (1− α) = 1.
(b) Expresar los productos marginales en función de κ, siendo κ
la relacióncapital/trabajo.
κ =K
L;
∂Q
∂K≡ A · α ·Kα−1L1−α = A · α ·
(K
L
)α−1= A · α · κα−1
∂Q
∂L≡ A · (1− α) ·KαL−α = A · (1− α) ·
(K
L
)α= A · (1− α) · κα
(c) Expresar la relación marginal de sustitución R =∂Q/∂L
∂Q/∂Ken función de
κ.
R =A · (1− α) · κα
A · α · κα−1 =1− α
α· κ
-
Soluciones a los ejercicios propuestos: Matemáticas III. Curso
08–09 56
(d) Comprobar que la “elasticidad de sustitución entre
factores” σ =∂ log κ
∂ log Rvale 1.
log R = log κ + log1− α
α=⇒ σ = ∂ log R
∂ log κ= 1.
11. (∗) Probar el rećıproco del teorema de Euler. Es decir, que
el teorema deEuler puede formularse en términos de
equivalencia:
f es homogénea de grado α ⇐⇒n∑
i=1
xi∂f
∂xi(x) = αf(x),∀x.
La implicación más dif́ıcil de probar es : ⇐]
Es decir, veamos que sin∑
i=1
xi· ∂f∂xi
(x̄) = α·f(x̄), ∀x̄ entonces f es homogénea.
Para ello procedemos de la siguiente manera. Para cada vector x̄
=(x1, x2, ..., xn), definimos la siguiente función:
g(λ) = λ−αf(λx1, ..., λxn)− f(x1, ..., xn).
Derivamos respecto λ :
g′(λ) = (−α)λ−α−1f(λx1, ..., λxn) + λ−α ·n∑
i=1
xi∂f
∂xi(λx1, ..., λxn) (?)
Ahora bien, si por hipótesis se verifican∑
i=1
xi∂f
∂xi(x1, ..., xn) = α · f(x1, ..., xn)
también se verificará para (λx1, ..., λxn) :
n∑
i=1
(λxi) · ∂f∂xi
(λx1, ..., λxn) = α · f(λx1, ..., λxn).
Entonces,n∑
i=1
xi · ∂f∂xi
(λx1, ..., λxn) =α
λ· f(λx1, ..., λxn).
-
Soluciones a los ejercicios propuestos: Matemáticas III. Curso
08–09 57
Sustituyendo en (?) tenemos:
g′(λ) = (−α)λ−α−1f(λx1, ..., λxn) + αλ−α−1f(λx1, ..., λxn) =
0.
Luego g es constante pues tiene derivada 0. Además por propia
definicióntenemos que g(1) = f(x1, ..., xn) − f(x1, ..., xn) = 0
=⇒ g(λ) = 0, ∀λ. Portanto:
λ−αf(λx1, ..., λxn) = f(x1, ..., xn) =⇒ f(λx1, ..., λxn) =
λαf(x1, ..., xn).
Y por tanto, f es homogénea de grado α.
12. Probar que para una función homogénea de grado α siempre
se cumplen lassiguientes relaciones:
(a)n∑
j=1
xj∂2f
∂xi∂xj(x) = (α− 1) ∂f
∂xi(x).
Es inmediato a partir de que∂f
∂xies homogénea de grado α− 1, luego:
n∑
j=1
xj∂2f
∂xj∂xi(x̄) = (α− 1) · ∂f
∂xi(x̄).
(b)x′ · Hf(x) · x = α · (α− 1) · f(x).
En la igualdad anterior, multiplicando cada término por xi, se
tiene:
n∑
j=1
xixj∂2f
∂xj∂xi(x̄) = (α− 1) · xi · ∂f
∂xi(x̄).
Sumando ahora en i :
n∑
i=1
n∑
j=1
xixj∂2f
∂xj∂xi(x̄)
︸ ︷︷ ︸x̄t·Hf(x̄)·x̄
= (α− 1) ·n∑
i=1
xi∂f
∂xi(x̄)︸ ︷︷ ︸α·f(x̄)
,
-
Soluciones a los ejercicios propuestos: Matemáticas III. Curso
08–09 58
luego:x̄t · Hf(x̄) · x̄ = α · (α− 1) · f(x̄).
13. Funciones homotéticas: Una función f se dice homotética
cuando:
x̄, ȳ ∈ Dom(f) : f(x̄) = f(ȳ), λ > 0 =⇒ f(λx̄) =
f(λȳ).
Probar que f(x, y) = α ln x + β ln y es homotética.
En efecto:f(λx1, λy1) = α(ln λ + ln x1) + β(ln λ + ln y1)
= α ln λ + β ln λ + α ln x1 + β ln y1 = α ln λ + β ln λ + α ln
x2 + β ln y2
donde en esta última igualdad hemos utilizado la hipótesis de
que f(x1, y1) esigual que f(x2, y2). Continuando en la cadena de
igualdades:
= α(ln λ + ln x2) + β(ln λ + ln y2) = f(λx2, λy2),
luego f es homotética.
14. Probar que toda función homogénea de grado α es también
homotética.
Si f es homogénea =⇒ f(λx̄) = λαf(x̄).Supongamos ahora que x̄,
ȳ : f(x̄) = f(y) y veamos si f(λx̄) = f(λȳ) paraλ > 0.
En efecto:f(λx̄) = λαf(x̄) = λαf(ȳ) = f(λȳ),
y por tanto f es homotética.