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

.

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

)

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.

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.

Soluciones a los ejercicios propuestos: Matemáticas III. Curso 08–09 40

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

).

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.

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

),

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

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.

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

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.