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MATEM¡TICAS EMPRESARIALES II Derecho-Ade Examen Junio (21-6-2012) (Grupo B)
1.-(0,5 puntos) Sean A; B; C tres matrices cuadradas tales que det A = 3, det B = 2 , det C = 2. Determinar en funciÛn de A; B; C la matriz X y su determinante sabiendo que satisface la ecuaciÛn
(XtA ^1 ) ^1 A(X ^1 + C)t^ = (XtB ^1 )tA:
2.- (2 puntos) Dada la matriz A, dependiendo de un par·metro b se pide:
A =
0 b 2
A
a) Determinar el valor de b para el que = 3 es autovalor. b) para el valor de b calculado en el apartado a) estudiar si A es diagonalizable, y si lo es, diagonalizarla. c) para el valor de b calculado en el apartado a), øcÛmo se calcularÌa A^2 eA? d) determinar los valores de b para los que A es diagonalizable en sentido real y en sentido complejo.
3.-(1 punto) Dada la funciÛn f (x; y; z) = e
px y z^2 , determinar si la condiciÛn f (x; y; z) =
1 determina a y como funciÛn implÌcita de x; z localmente en el punto ~a = (4; 2 ; 1), y si es asÌ, calcular ry(4; 1).
4.-(2 puntos) Analizar los puntos crÌticos de la funciÛn f (x; y; z) = xyz restringidos a x^2 + 4y^2 + z^2 = 12; x; y; z > 0 (utilizar el mÈtodo de los multiplicadores de Lagrange). Interpretar el valor del multiplicador.
5.-(1,5 puntos) Calcular la integral
Z Z
D
yexdxdy, siendo D = f(x; y) : x y^2 ; x 2 y 3 g
6.- (3 puntos) Contestar razonadamente a las siguientes cuestiones: a) Si de una matriz A sabemos que pA() = ^3 3 ^2 2 , a 1 ) øes diagonalizable A? a 2 ) Si A es la matriz asociada a una forma cuadr·tica Q , determinar el signo de Q. a 3 ) Si B = eA, øexiste lim n! Bn?.
b) Si A es una matriz de Markov 3 3 , y sabemos que tr A = 0 y que A no es diagonalizable (en sentido complejo), calcular el determinante de A.
c) De una funciÛn diferenciable f (x; y; z) sabemos que f (3; 2 ; 4) = 3 y rf (3; 2 ; 4) = ( 2 ; 3 ; 1): Se pide c 1 ) Calcular aproximadamente f (2: 8 ; 2 : 1 ; 3 :7): c 2 ) determinar los valores de b para los cuales el vector ~v = (1; 2 b; b) determina una direcciÛn de crecimiento de f en el punto ~a = (3; 2 ; 4).
d) Si f (x; y) es una funciÛn homogÈnea de grado = 1= 2 se pide: d 1 ) Determinar el grado de homogeneidad de la funciÛn g(x; y) = x 3
q y f (x;y) :
d 2 ) si sabemos que Hf (1; 3) =
, determinar rf (1; 3) y rf (2; 6):
SOLUCIONES
- Usando las propiedades de las matrices tenemos
(XtA ^1 ) ^1 A(X ^1 + C)t^ = A(Xt) ^1 A(X ^1 )t^ ACt^ = ACt (XtB ^1 )tA = (B ^1 )tXA = (Bt) ^1 XA:
y sustituyendo nos queda (Bt) ^1 XA = ACt:
Despejamos X multiplicando en ambos miembros primero por Bt^ por la izquierda y luego por A ^1 por la derecha y obtenemos:
X = BtACtA ^1 :
b) Usando las propiedades de los determinantes tenemos:
jXj = BtACtA ^1 = ( 1)n^ Bt^ jAj Ct^ A ^1 = ( 1)n^ jBj jAj jCj
jAj = ( 1)n^ jBj jCj = ( 1)n+1 4 ;
dÛnde n es el tamaÒo de las matrices (hemos usado la propiedad jAj = n^ jBj para = 1 ).
- a) Para que = 3 sea autovalor tendr· que cumplirse
0 = pA(3) = jA 3 Ij =
0 b 1
= 2 2 b = 0
Lo que se cumple si b = 1 :
b) Para b = 1 tenemos
A =
A
Calculamos el polinomio caracterÌstico:
pA() = jA Ij =
(2 )^2 1
^2 4 + 3
De la segunda ecuaciÛn deducimos que y = z, y sustituyendo en la primera obte- nemos que x = z, y haciendo z = obtenemos 0
@
x y z
A =
A =
A :
Por tanto, la matriz diagonal D y la matriz de autovectores P son
D =
A ; P =
A
y sabemos que D = P ^1 AP , y A = P DP ^1. c)
A^2 eA^ = P D^2 eDP ^1 = P
12 e^1 0 0 12 e^1 0 0 32 e^3
A P ^1 :
d) Calculamos el polinomio caracterÌstico:
pA() = jA Ij =
0 b 2
b 2
= (1 )
(2 )^2 + b
^2 4 + 4 + b
Los autovalores son las raÌces del polinomio caracterÌstico. El primer factor nos da el autovalor = 1, y el segundo factor,
^2 4 + 4 + b = 0 ) =
p 16 4(4 + b) 2
p 4 b 2
=
p b 2
p b:
Por tanto los autovalores son 1 = 1, 2 = 2 +
p b, y 3 = 2
p b. Estudiamos cuando hay autovalores repetidos: 1 = 2 , 1 = 2 +
p b, que es imposible. 1 = 3 , 1 = 2
p b , b = 1. Este caso se ha estudiado en el apartado b) y sabemos que es diagonalizable. 2 = 3 , 2 +
p b = 2
p b , b = 0 Este caso no est· estudiado asÌ que
hay que estudiarlo. Tenemos A =
A (^) y autovalores 1 = 1, 2 = 3 = 2.
Estudiamos el autovalor doble = 2 y tenemos:
A 2 I =
A
Como el rango de esta matriz es 2, tenemos 2 = 3 2 = 1, mientras que m 2 = 2, asÌ que la matriz no es diagonalizable para b = 0: Por tanto, A es diagonalizable en sentido complejo si y sÛlo si b 6 = 0: Respecto a la diagonalizaciÛn en sentido real, los autovalores son reales si b 0. Para b = 0 sabemos que no es diagonalizable, para b = 1 si es diagonalizable y para b < 0 b 6 = 1 no hay autovalores repetidos, asÌ que es diagonalizable por tener 3 autovalores distintos. Por tanto A es diagonalizable en sentido real si y sÛlo si b < 0.
- Comprobamos que se cumplen las dos condiciones del teorema de la funciÛn implÌcita:
i) f (4; 2 ; 1) = e
p 4 2 ( 1)^2 = e^0 = 1
ii)
@f @y
px y^2 e
px y z^2 , @f @y
p 4 22 e
p 4 2 ( 1)^2 = ^12 6 = 0: Como se cumplen las dos condiciones, el teorema de la funciÛn implicita asegura que la ecuaciÛn f (x; y; z) = 1 determina a y como funciÛn implicita de (x; z) localmente en el punto (4; 2 ; 1). Para calcular las derivadas de la funciÛn implÌcita y(x; z) necesitamos las otras derivadas de f : @f @x
= (^2) y^1 px e
px y z^2 ; @f @x
@f @z
= ( 2 z)e
px y z^2 ; @f @z
Por tanto tenemos
@y @x
@f @x
@f @y
@y @z
@f @z
@f @y
Por tanto ry(4; 1) = (1= 4 ; 4):
- DeÖnimos la funciÛn Lagrangiana L = xyz (x^2 + 4y^2 + z^2 12):
Sustituyendo t 3 = t 1 2 t 2 obtenemos la forma cuadr·tica restringida
q(t 1 ; t 2 ) = t^21 4 t^22 ( t 1 2 t 2 )^2 + 4t 1 t 2 + 2t 1 ( t 1 2 t 2 ) + 4t 2 ( t 1 2 t 2 ) = 4 t^21 8 t 1 t 2 16 t^22 :
La matriz correspondiente a q es B =
. Por menores principales tenemos
= 32 > 0. Como los signos son ( ; +), la forma
cuadr·tica restringida es deÖnida negativa y el punto es un m·ximo local restringido. InterpretaciÛn del multiplicador de Lagrange: El valor de la funciÛn en el punto m·ximo es f (2; 1 ; 2) = 4. Si la restricciÛn cambiase a x^2 + 4y^2 + z^2 = 12 + , el valor m·ximo de la funciÛn pasarÌa a ser aproximadamente 4 + = 4 + = 2 :
- La curva x = y^2 es una par·bola horizontal, y x 2 y = 3 es una recta.
Calculamos los puntos de corte resolviendo
x = y^2 x 2 y = 3 , y las soluciones son los
puntos (1; 1) y (9; 3). Hacemos la integral integrando primero respecto de x, ya que asÌ sÛlo hace falta hacer una integral. Tenemos Z Z
D
yexdxdy =
Z 3
1
Z (^2) y+
y^2
yexdx
dy =
Z 3
1
[yex]x x=2=yy 2 +3 dy =
Z 3
1
ye^2 y+3dy
Z 3
1
yey
2 dy
La primera integral se hace f·cilmente por partes tomando u = y, dv = e^2 y+3, du = dy y v = 12 e^2 y+3, y tenemos
Z (^3)
1
ye^2 y+3dy =
hy
2
e^2 y+
i 3
1
Z 3
1
e^2 y+3dy
hy 2
e^2 y+
i 3
1
e^2 y+3dy
1
e^9 +
e
La segunda integral es inmediata: Z (^3)
1
yey
2 dy =
Z 3
1
2 yey
2 dy =
h ey
2 i^3 1
e^9 2
e 2
Por tanto tenemos
Z Z
D
yexdxdy = 54 e^9 + 34 e
e^9 2 ^
e 2
= 34 e^9 + 54 e:
- a 1 ) Si el polinomio caracterÌstico es pA() = ^3 3 ^2 2 , los autovalores de A son las raices: ^3 3 ^2 2 = ( ^2 3 2) = 0. Una raÌz es = 0, y las otras se obtienen resolviendo ^2 3 2 = 0, que tiene por soluciones = 1 y = 2. Como A es una matriz 3 3 (porque pA() es de grado 3) y tiene 3 autovalores distintos, A es diagonalizable. a 2 ) Como los autovalores de A son 0 ; 1 ; 2 , por el criterio de autovalores Q es semideÖnida negativa. a 3 ) Los autovalores de B = eA^ son e^0 = 1, e ^1 = 1=e < 1 , e ^2 = 1=e^2 < 1. Por tanto existir· el lÌmite lim n! Bn:
b) A tendr· 3 autovalores 1 , 2 ; 3. Como A es una matriz de Markov sabemos que 1 = 1 y que j 2 j 1 , j 3 j 1. Como tr A = 0 tenemos 1 + 2 + 3 = 0 Finalmente, si A no es diagonalizable en sentido complejo, tendr· que haber un autovalor repetido. Distinguimos 3 casos: = 1 es autovalor simple. Entonces ser· 2 = 3 y tendremos 1 + 2 2 = 0, y por tanto 2 = 3 = 1 = 2. En este caso el determinante es jAj = 1 2 3 = 1= 4 : = 1 es autovalor doble. Entonces ser· por ejemplo 2 = 1 y tendremos 2+ 3 = 0, y por tanto 3 = 2 , que no es posible si A es una matriz de Markov porque j 2 j = 2 > 1. = 1 es autovalor triple. Entonces ser· tr A = 3 6 = 0, asÌ que no es posible. Por tanto concluimos que el determinante es 1/4.
c 1 ) Tenemos
f (2: 8 ; 2 : 1 ; 3 :7) ' f (3; 2 ; 4) + rf (3; 2 ; 4) ((2: 8 ; 2 : 1 ; 3 :7) (3; 2 ; 4)) = 3 + ( 2 ; 3 ; 1)( 0 : 2 ; 0 : 1 ; 0 :3) = 3 + 0: 4 0 : 3 0 :3 = 2: 8
c 2 ) Para que ~v determine una direciÛn de crecimiento tiene que ser D~vf (~a) > 0. Tenemos D~vf (~a) = rf (~a) ~v = ( 2 ; 3 ; 1) (1; 2 b; b) = 2 5 b:
Por tanto tendr· que ser 2 5 b > 0 , lo que equivale a b < ^25.
