MATEMÁTICAS II

Examen del 01/12/06

Solución

Importante

Las calificaciones se harán públicas en la página web de la asignatura y en el tablón de anuncios del Dpto. de Métodos Cuantitativos en Economía y Gestión, Módulo D, 3ª planta el 13/12/2006. La revisión será el 15/12/06 y el 18/18/06 de 12-13 horas en el aula D-4.01.

Las respuestas correctas suman 4 puntos, las incorrectas restan 2 puntos, y las que se dejan en blanco no puntúan. Las cuatro primeras preguntas del test equivalen a la evaluación continua.

Soluciones a los tests

A B

1 b a

2 b c

3 c b

4 c b

5 b a

6 a c

7 b a

8 c a

9 b a

10 a c

11 a b

12 a b

13 c b

14 b a

15 b c

MATEMÁTICAS II 01 / 12 / 2006 Tipo A

Departamento de Métodos Cuantitativos en Economía y Gestión. (U. de las Palmas de Gran Canaria) Titulación: Lic. Economía Lic. Admón. y Dir. Empresas Dipl. Empresariales

1. El rango de la matriz

1 0 1 01 0 11 1 1 12 2 0 1

xA

⎡ ⎤⎢ ⎥−⎢ ⎥=⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

es 3 si:

a) .x∀ ∈

b) 1 .2

x = −

c) 1 .2

x =

2. Sólo uno de los siguientes sistemas de vectores es linealmente dependiente:

a) { }(1,0,1, 1), (3,1, 1,2), (3,2, 5, 7) .− − − − b) { }(1,0,1, 1), (3,1, 1,2), (3,2, 5,7) .− − − c) { }(1,0,1, 1), (3,1, 1,2), (3,2,5,7) .− − 3. Dada una matriz nxnA antisimétrica ( )tA A= −

e idempotente ( )2A A= , entonces:

a) .nA I= b) .nA I= − c) 0 .nA = 4. Dada una matriz nxnA y un vector nb∈ tal que 0,nI A− ≠ la solución del sistema

Ax b x− = es:

a) 1( ) .nx I A b−= + b) 1( ) .nx I A b−= − c) 1( ) .nx A I b−= − 5. Dado un sistema homogéneo de orden 3 con matriz

1 0 21 1 1 ,2 1 1

A⎡ ⎤⎢ ⎥= −⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

entonces un vector solución del sistema es:

a) ( )2,3,1 . b) ( )2,3,1 .− c) ( )2, 3,1 .− 6. El sistema de ecuaciones lineales con matriz ampliada

1 1 0 23 2 1 01 0 1 4

A b−⎡ ⎤

⎢ ⎥= −⎢ ⎥⎢ ⎥−⎣ ⎦

es:

a) Compatible indeterminado y sus soluciones dependen de un parámetro. b) Incompatible. c) Compatible indeterminado y sus soluciones dependen de dos parámetros. 7. Si (1,1,0),(0,1, 1),(0, 2,2)− − son vectores propios asociados a los valores propios 1 2 3, , ,λ λ λ respectivamente, de una matriz 3 3A × , entonces:

a) A es diagonalizable, con matriz de paso 1 0 01 1 20 1 2

P⎡ ⎤⎢ ⎥= −⎢ ⎥⎢ ⎥−⎣ ⎦

.

b) 2 3.λ λ= c) A es diagonalizable, con matriz de paso

1 1 00 1 10 2 2

P⎡ ⎤⎢ ⎥= −⎢ ⎥⎢ ⎥−⎣ ⎦

.

8. Si el polinomio característico de una matriz

4 4A × es 2 2 2( ) ( )Ap aλ λ λ= − , para a∈ , se tiene que:

a) Para 0a ≠ , A es invertible, con 2| |A a= − . b) Para 0a ≠ , A es invertible, con 2| |A a= . c) A no es invertible y ( ) 0.traza A =

9. Dada la matriz

1 0 00 2 30 3 2

A−⎡ ⎤⎢ ⎥= −⎢ ⎥⎢ ⎥−⎣ ⎦

,

se tiene que:

a) 1A− es diagonalizable, y sus valores propios

son 1 211 y .5

λ λ= = −

b) 1A− es diagonalizable, y sus valores propios

son 1 211 y .5

λ λ= − =

c) 1A− no es diagonalizable, y sus valores propios

son 1 211 y .5

λ λ= − =

10. Si el polinomio característico de una matriz simétrica 4 4A × es 2 2 2 2( ) ( )( )Ap a bλ λ λ= − − , para

0, 0a b≠ ≠ , se tiene que:

a) La forma cuadrática 2( ) tQ x x A x= es definida positiva. b) La forma cuadrática 2( ) tQ x x A x= es semidefinida positiva. c) La forma cuadrática 2( ) tQ x x A x= es indefinida. 11. Si la forma cuadrática ( ), ,Q x y z tiene matriz

asociada

2 0

2 1 ,0 1 0

a

a

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

entonces ( ), ,Q x y z es:

a) Indefinida para cualquier valor de .a b) Definida negativa para 2.a < − c) Definida negativa para 2.a < − 12. Para el problema

2 2 2

2 2. : 1

opt x y zs a x y z

− +

+ + =

a) Existe un máximo local en 1 2 2, ,3 3 3

⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠

y el

valor máximo es 3.

b) 1 2 2, ,3 3 3

⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠

es un punto de silla.

c) Existe un mínimo local en 1 2 2, ,3 3 3

⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠

y el

valor mínimo es 3.−

13. El problema 1 2

2

1 2

1 2

min 4 2. : 42 4 , 0

x xs a

xx x

x x

− +

≤− ≥

≥

a) Tiene solución múltiple y una de las soluciones es ( ) ( )1 2, 2,0 .x x = b) Tiene solución única y es ( ) ( )1 2, 0,4 .x x = c) No tiene solución, el problema es no acotado. 14. La solución óptima del problema

1 2

1 2

1 2

1 2

1 2

max 24 8. :2 5 40 4 20

10 5 60 , 0

x xs a

x xx x

x xx x

+

+ ≤+ ≤+ ≤

≥

es ( ) ( )* *1 2, 4,4 .x x = Si el coeficiente de 1x en la

función objetivo se modifica pasando de 1 24c = a

1 23.5,c = entonces:

a) El valor óptimo del problema dual es 130. b) El valor óptimo del problema dual es 126. c) El valor óptimo del problema dual es 128. 15. El valor óptimo del PPL

1 2

1 2

1 2

1 2

1 2

min120 60. : 3 15 5 20

3 2 24 , 0

x xs a

x xx xx x

x x

+

+ ≥+ ≥+ ≥

≥

es 780 y la solución óptima es ( )*

1 ,9 .x Entonces

la solución óptima del problema dual es:

a) ( ) ( )* * *1 2 3, , 20,20,0 .y y y =

b) ( ) ( )* * *1 2 3, , 20,0,20 .y y y =

c) ( ) ( )* * *1 2 3, , 4,0,30 .y y y =

MATEMÁTICAS II 01 / 12 / 2006 Tipo B

Departamento de Métodos Cuantitativos en Economía y Gestión. (U. de las Palmas de Gran Canaria) Lic. en Economía, Lic. Admón. y Dir. Empresas y Dipl. CC. Empresariales

1. Sólo uno de los siguientes sistemas de vectores es linealmente dependiente:

a) { }(1,0,1, 1), (3,1, 1,2), (3,2, 5,7) .− − −

b) { }(1,0,1, 1), (3,1, 1,2), (3,2, 5, 7) .− − − −

c) { }(1,0,1, 1), (3,1, 1,2), (3,2,5,7) .− − 2. El rango de la matriz

1 0 1 01 0 11 1 1 12 2 0 1

xA

⎡ ⎤⎢ ⎥−⎢ ⎥=⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

es 3 si:

a) .x∀ ∈

b) 1 .2

x =

c) 1 .2

x = −

3. Dada una matriz nxnA y un vector nb∈ tal que 0,nI A− ≠ la solución del sistema

Ax b x− = es:

a) 1( ) .nx I A b−= +

b) 1( ) .nx A I b−= −

c) 1( ) .nx I A b−= − 4. Dada una matriz nxnA antisimétrica ( )tA A= −

e idempotente ( )2A A= , entonces:

a) .nA I= b) 0 .nA = c) .nA I= − 5. Dado un sistema homogéneo de orden 3 con matriz

1 0 21 1 1 ,2 1 1

A⎡ ⎤⎢ ⎥= −⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

entonces un vector solución del sistema es:

a) ( )2,3,1 .−

b) ( )2, 3,1 .−

c) ( )2,3,1 . 6. El sistema de ecuaciones lineales con matriz ampliada

1 1 0 23 2 1 01 0 1 4

A b−⎡ ⎤

⎢ ⎥= −⎢ ⎥⎢ ⎥−⎣ ⎦

es:

a) Compatible indeterminado y sus soluciones dependen de dos parámetros. b) Incompatible. c) Compatible indeterminado y sus soluciones dependen de un parámetro. 7. Si el polinomio característico de una matriz

4 4A × es 2 2 2( ) ( )Ap aλ λ λ= − , para a∈ , se tiene que:

a) A no es invertible y ( ) 0.traza A = b) Para 0a ≠ , A es invertible, con 2| |A a= . c) Para 0a ≠ , A es invertible, con 2| |A a= − . 8. Si (1,1,0),(0,1, 1),(0, 2,2)− − son vectores propios asociados a los valores propios 1 2 3, , ,λ λ λ respectivamente, de una matriz 3 3A × , entonces:

a) 2 3.λ λ= b) A es diagonalizable, con matriz de paso

1 0 01 1 20 1 2

P⎡ ⎤⎢ ⎥= −⎢ ⎥⎢ ⎥−⎣ ⎦

.

c) A es diagonalizable, con matriz de paso 1 1 00 1 10 2 2

P⎡ ⎤⎢ ⎥= −⎢ ⎥⎢ ⎥−⎣ ⎦

.

9. Dada la matriz

1 0 00 2 30 3 2

A−⎡ ⎤⎢ ⎥= −⎢ ⎥⎢ ⎥−⎣ ⎦

,

se tiene que:

a) 1A− es diagonalizable, y sus valores propios

son 1 211 y .5

λ λ= − =

b) 1A− es diagonalizable, y sus valores propios

son 1 211 y .5

λ λ= = −

c) 1A− no es diagonalizable, y sus valores propios

son 1 211 y .5

λ λ= − =

10. Si la forma cuadrática ( ), ,Q x y z tiene matriz

asociada

2 0

2 1 ,0 1 0

a

a

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

entonces ( ), ,Q x y z es:

a) Definida negativa para 2.a < − b) Definida negativa para 2.a < − c) Indefinida para cualquier valor de .a 11. Si el polinomio característico de una matriz simétrica 4 4A × es 2 2 2 2( ) ( )( )Ap a bλ λ λ= − − , para

0, 0a b≠ ≠ , se tiene que:

a) La forma cuadrática 2( ) tQ x x A x= es semidefinida positiva. b) La forma cuadrática 2( ) tQ x x A x= es definida positiva. c) La forma cuadrática 2( ) tQ x x A x= es indefinida. 12. El problema

1 2

2

1 2

1 2

min 4 2. :

4 2 4 , 0

x xs a

xx x

x x

− +

≤− ≥

≥

a) Tiene solución múltiple y una de las soluciones es ( ) ( )1 2, 2,0 .x x = b) No tiene solución, el problema es no acotado. c) Tiene solución única y es ( ) ( )1 2, 0,4 .x x =

13. Para el problema

2 2 2

2 2. : 1

opt x y zs a x y z

− +

+ + =

a) 1 2 2, ,3 3 3

⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠

es un punto de silla.

b) Existe un máximo local en 1 2 2, ,3 3 3

⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠

y el

valor máximo es 3.

c) Existe un mínimo local en 1 2 2, ,3 3 3

⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠

y el

valor mínimo es 3.− 14. El valor óptimo del PPL

1 2

1 2

1 2

1 2

1 2

min120 60. : 3 15 5 20

3 2 24 , 0

x xs a

x xx xx x

x x

+

+ ≥+ ≥+ ≥

≥

es 780 y la solución óptima es ( )*

1 ,9 .x Entonces

la solución óptima del problema dual es:

a) ( ) ( )* * *1 2 3, , 20,0,20 .y y y =

b) ( ) ( )* * *1 2 3, , 20,20,0 .y y y =

c) ( ) ( )* * *1 2 3, , 4,0,30 .y y y =

15. La solución óptima del problema

1 2

1 2

1 2

1 2

1 2

max 24 8. :2 5 40 4 20

10 5 60 , 0

x xs a

x xx x

x xx x

+

+ ≤+ ≤+ ≤

≥

es ( ) ( )* *1 2, 4,4 .x x = Si el coeficiente de 1x en la

función objetivo se modifica pasando de 1 24c = a

1 23.5,c = entonces:

a) El valor óptimo del problema dual es 130. b) El valor óptimo del problema dual es 128. c) El valor óptimo del problema dual es 126.

MATEMÁTICAS II 01/12/2006 Apellidos: ................................................. Nombre: ............................ DNI: ..................................

Titulación: Lic. Economía Lic. Admón. y Dir. Empresas Dipl. Empresariales

Problema Tipo A

Una empresa elabora dos productos, A y B, que vende a unos precios de 3 y 4 u.m., respectivamente. A la hora de elegir la cantidad producida se han de tener en cuenta las siguientes condiciones.

• El mercado demanda una cantidad mínima de 300 unidades de cada producto. • La cantidad producida de A tiene que ser como mínimo el triple de la de B.

Se pide: (a) Formular el problema de programación lineal que permita determinar las cantidades que se han de producir para maximizar los ingresos teniendo en cuenta las condiciones expuestas anteriormente. (2 puntos). (b) Resolver gráficamente el problema. (6 puntos). (c) Resolver el problema anterior añadiendo una nueva restricción que limite la producción máxima del producto A a 2400 unidades. Dar la solución óptima y su valor óptimo. (4 puntos). (d) ¿Qué ocurriría si se limitara la producción de B en lugar de la de A? Justificar la respuesta. (2 puntos). (e) Dada la solución óptima obtenida en el apartado (c), ¿cuánto estaría dispuesta la empresa a pagar, como máximo, por un incremento de tres unidades en el límite de la producción de A? (6 puntos).

Solución del Problema

Apartado a) Sean 1 2,x x el número unidades elaboradas de los productos A y B, respectivamente. El PPL que resuelve el problema planteado es:

1 2

1

2

1 2

1 2

max 3 4. 300

3003

, 0

x xs a x

xx xx x

+≥≥≥≥

Solución del Problema (continuación) Apartado b) La resolución gráfica del problema viene dada por:

Avanzando en la región factible en la dirección y sentido del vector gradiente se observa que el problema es no acotado ya que el crecimiento de la función objetivo no tiene límite. Apartado c) El planteamiento del problema con la modificación propuesta es:

1 2

1

2

1 2

1

1 2

max 3 4. 300

3003 02400

, 0

x xs a x

xx xxx x

+≥≥

− ≥≤

≥

y su resolución gráfica viene dada por

Solución del Problema (continuación)

En este caso, la región factible es acotada por lo que el problema tendrá solución. Siguiendo la dirección y sentido del vector gradiente en la región factible se concluye que el punto C(2400,800) es la solución óptima del problema. Por otro lado, al ser el problema acotado, para obtener la solución óptima bastaría con evaluar cada uno de los vértices de la región factible y elegir el que proporcione mayor valor objetivo. Si se realizan estos cálculos se tiene que ( )( ) 3900, 8400z A z B= = y ( ) 10400z C = . Por tanto, para maximizar los ingresos se han de producir 2400 unds de A y 800 de B, obteniéndose un ingreso máximo de 10400 u.m. Apartado d) En ese caso el problema seguiría siendo no acotado ya que la región factible seguiría siendo no acotada y la función objetivo, en la dirección y sentido del vector gradiente, no estaría acotada. Apartado e) Se necesita conocer el precio sombra asociado a la cuarta restricción y por tanto se tiene que resolver el problema dual asociado. Antes de plantearlo, es necesario que se pase el primal a su forma canónica.

Solución del Problema (continuación)

1 2

1

2

1 2

1

1 2

max 3 4. 300

3003 02400

, 0

x xs a x

xx xxx x

+− ≤ −− ≤ −− + ≤

≤≥

El problema dual asociado es: 1 2 4

1 3 4

2 3

1 2 3 4

min 300 300 2400. : 3

3 4, , , 0

y y ys a y y y

y yy y y y

− − +− − + ≥− + ≥

≥

La solución óptima del problema primal, en su forma estándar es ( ) ( )* * * * * * *

1 2 1 2 3 4, , , , , , 2400,800,2100,500,0,0 .x x x h h h h= = Así, si ( )* * * * * * *1 2 3 4 1 2, , , , ,y y y y y t t= es la solución

óptima del dual en su forma estándar, aplicando la condición de holgura complementaria se tiene que * * * *1 2 1 2 0.y y t t= = = = El resto de las variables se obtienen a partir de la forma estándar del problema dual al

sustituir estos valores, esto es: * * * * * *1 3 4 1 3 4

* * * *2 3 2 3

3 33 4 3 4

⎧ ⎧− − + − = − + =⎪ ⎪⇒⎨ ⎨− + − = =⎪ ⎪⎩ ⎩

y y y t y yy y t y

De donde se obtienen que * *3 4

4 13, .3 3

= =y y

Por tanto, la empresa estaría dispuesta a pagar por las tres unidades adicionales del producto A, como

máximo, tanto como se incrementen sus ingresos por este motivo. Esto es *4 4

13 3 133

∆ = ∆ = ⋅ =z y b u.m.

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Titulación: Lic. Economía Lic. Admón. y Dir. Empresas Dipl. Empresariales

Problema Tipo B

Una empresa elabora dos productos, A y B, que vende a unos precios de 3 y 4 u.m., respectivamente. A la hora de elegir la cantidad producida se ha de tener en cuenta las siguientes condiciones.

• El mercado demanda una cantidad mínima de 300 unidades de cada producto. • La cantidad producida de A tiene que ser como máximo el triple de la de B.

Se pide: (a) Formular el problema de programación lineal que permita determinar las cantidades que se han de producir para maximizar los ingresos teniendo en cuenta las condiciones expuestas anteriormente. (2 puntos). (b) Resolver gráficamente el problema. (6 puntos). (c) Resolver el problema anterior añadiendo una nueva restricción que limite la producción máxima del producto B a 600 unidades. Dar la solución óptima y su valor óptimo. (4 puntos). (d) ¿Qué ocurriría si se limitara la producción de A en lugar de la de B? Justificar la respuesta. (2 puntos). (e) Dada la solución óptima obtenida en el apartado (c), ¿cuánto estaría dispuesta la empresa a pagar, como máximo, por un incremento de tres unidades en el límite de la producción de B? (6 puntos).

Solución del Problema

Apartado a) Sean 1 2,x x el número unidades elaboradas de los productos A y B, respectivamente. El PPL que resuelve el problema planteado es:

1 2

1

2

1 2

1 2

max 3 4. 300

3003

, 0

x xs a x

xx xx x

+≥≥≤≥

Solución del Problema (continuación)

Apartado b) La resolución gráfica del problema viene dada por:

Avanzando en la región factible en la dirección y sentido del vector gradiente se observa que el problema es no acotado ya que el crecimiento de la función objetivo no tiene límite. Apartado c) El planteamiento del problema con la modificación propuesta es:

1 2

1

2

1 2

2

1 2

max 3 4. 300

3003 0

600, 0

x xs a x

xx x

xx x

+≥≥

− ≤≤≥

y la resolución gráfica viene dada por

Solución del Problema (continuación)

En este caso, la región factible es acotada por lo que el problema tendrá solución. Siguiendo la dirección y sentido del vector gradiente en la región factible se concluye que el punto B(1800,600) es la solución óptima del problema. Por otro lado, al ser el problema acotado, para obtener la solución óptima bastaría con evaluar cada uno de los vértices de la región factible y elegir el que proporcione mayor valor objetivo. Si se realizan estos cálculos se tiene que ( )( ) 3900, 7800, ( ) 3300z A z B z C= = = y ( ) 2100.z C = Por tanto, para maximizar los ingresos se han de producir 1800 unds de A y 600 de B, obteniéndose un ingreso máximo de 7800 u.m. Apartado d) En ese caso el problema seguiría siendo no acotado ya que la región factible seguiría siendo no acotada y la función objetivo, en la dirección y sentido del vector gradiente, no estaría acotada. Apartado e) Se necesita conocer el precio sombra asociado a la cuarta restricción y por tanto se tiene que resolver el problema dual asociado. Antes de plantearlo, es necesario que se pase el primal a su forma canónica.

Solución del Problema (continuación)

1 2

1

2

1 2

2

1 2

max 3 4. 300

3003 0

600, 0

x xs a x

xx x

xx x

+− ≤ −− ≤ −− ≤≤≥

El problema dual asociado es: 1 2 4

1 3

2 3 4

1 2 3 4

min 300 300 600. : 3

3 4, , , 0

y y ys a y y

y y yy y y y

− − +− + ≥

− − + ≥≥

La solución óptima del problema primal, en su forma estándar es ( ) ( )* * * * * * *

1 2 1 2 3 4, , , , , , 1800,600,1500,300,0,0 .x x x h h h h= = Así, si ( )* * * * * * *1 2 3 4 1 2, , , , ,y y y y y t t= es la solución óptima

del dual en su forma estándar, aplicando la condición de holgura complementaria se tiene que * * * *1 2 1 2 0.y y t t= = = = El resto de las variables se obtienen a partir de la forma estándar del problema dual al

sustituir estos valores, esto es: * * * *1 3 1 3

* * * * * *2 3 4 2 3 4

3 33 4 3 4

⎧ ⎧− + − = =⎪ ⎪⇒⎨ ⎨− − + − = − + =⎪ ⎪⎩ ⎩

y y t yy y y t y y

De donde se obtienen que * *3 43, 13.= =y y

Por tanto, la empresa estaría dispuesta a pagar por las tres unidades adicionales del producto A, como máximo, tanto como se incrementen sus ingresos por este motivo. Esto es

*4 4 13 3 39∆ = ∆ = ⋅ =z y b u.m.

MATEMÁTICAS II 01 / 12/ 2006 Tipo A Apellidos: ................................................. Nombre: ............................ DNI: ..................................

Titulación: Lic. Economía Lic. Admón. y Dir. Empresas Dipl. Empresariales

Problema con ordenador

1. Una empresa produce 4 bienes diferentes. Los precios respectivos de los bienes son

1 2 3 450, 20, 30, 40.p p p p= = = = La función de costes de producción es 2 2 2 2

1 2 3 4 1 2 3 4( , , , ) 900,C q q q q q q q q= + + + + donde 1 2 3 4, , ,q q q q son las cantidades producidas de cada uno de los bienes.

a. Escribir la función de beneficios. (1 pto) b. Hallar el vector gradiente y los puntos críticos de la función de beneficios. (3 ptos) c. Obtener la matriz hessiana y clasificar los puntos críticos. (4 ptos) d. Indicar, si existe, el nivel de producción que maximiza los beneficios así como el valor máximo

de los beneficios. (2 ptos) 2. Dado el siguiente sistema de ecuaciones

2

3

4

(1 ) 1(1 )

(1 )(1 )

(1 )

a x y z t ux a y z t u ax y a z t u ax y z a t u ax y z t a u a

⎫+ + + + + =⎪+ + + + + = ⎪⎪+ + + + + = ⎬⎪+ + + + + = ⎪⎪+ + + + + = ⎭

a. Discutirlo en función de a. (6 ptos) b. Resolverlo para a=1. (4 ptos)

Solución al Problema con ordenador 1.a. La función de beneficios es: 2 2 2 2 #1: b(x, y, z, t) := 50·x + 20·y + 30·z + 40·t - x - y - z - t - 900. 1.b. El vector gradiente se obtiene de: #2: GRAD(b(x, y, z, t), [x, y, z, t]) #3: [50 - 2·x, 20 - 2·y, 30 - 2·z, 40 - 2·t]. Los puntos críticos son: #4: SOLVE([50 - 2·x, 20 - 2·y, 30 - 2·z, 40 - 2·t], [x, y, z, t]) #5: [x = 25 y = 10 z = 15 t = 20]. 1.c. Para clasificar este punto crítico calculamos la matriz hessiana: #6: GRAD(GRAD(b(x, y, z, t), [x, y, z, t]), [x, y, z, t])

„ -2 0 0 0 † ¦ ¦ ¦ 0 -2 0 0 ¦ #7: ¦ ¦ ¦ 0 0 -2 0 ¦ ¦ ¦ … 0 0 0 -2 ‡. Como es claramente una matriz definida negativa, el único punto crítico obtenido es un máximo local. 1.d. Finalmente, y en vista de lo todo lo anterior, el nivel de producción que maximiza los beneficios es el dado por 25, 10, 15 y 20 unidades de cada uno de los productos, respectivamente, y el valor máximo de los beneficios será: #8: b(25, 10, 15, 20) #9: 450. 2.a. La matriz ampliada del sistema es: „ 1 + a 1 1 1 1 1 † ¦ ¦ ¦ 1 1 + a 1 1 1 a ¦ ¦ ¦ ¦ 2 ¦ ¦ 1 1 1 + a 1 1 a ¦ #10: ¦ ¦ ¦ 3 ¦ ¦ 1 1 1 1 + a 1 a ¦ ¦ ¦ ¦ 4 ¦ … 1 1 1 1 1 + a a ‡ y la matriz de coeficientes: „ 1 + a 1 1 1 1 1 † ¦ ¦ ¦ 1 1 + a 1 1 1 a ¦ ¦ ¦ ¦ 2 ¦ ¦ 1 1 1 + a 1 1 a ¦ #11: ¦ ¦ COL [1, 2, 3, 4, 5] ¦ 3 ¦ ¦ 1 1 1 1 + a 1 a ¦ ¦ ¦ ¦ 4 ¦ … 1 1 1 1 1 + a a ‡ „ a + 1 1 1 1 1 † ¦ ¦ ¦ 1 a + 1 1 1 1 ¦ ¦ ¦ #12: ¦ 1 1 a + 1 1 1 ¦ ¦ ¦ ¦ 1 1 1 a + 1 1 ¦ ¦ ¦ … 1 1 1 1 a + 1 ‡ Si calculamos su determinante y obtenemos para qué valores se anula:

„ a + 1 1 1 1 1 † ¦ ¦ ¦ 1 a + 1 1 1 1 ¦ ¦ ¦ #13: DET ¦ 1 1 a + 1 1 1 ¦ ¦ ¦ ¦ 1 1 1 a + 1 1 ¦ ¦ ¦ … 1 1 1 1 a + 1 ‡ 4 #14: a ·(a + 5) 4 #15: SOLVE(a ·(a + 5), a) #16: a = -5 a = 0 Se tiene que para 0, 5≠ −a , el determinante no se anula, por lo que se trata de un sistema compatible determinado. Para 0=a , si sustituimos en la matriz ampliada, obtenemos que: „ 1 + 0 1 1 1 1 1 † ¦ ¦ ¦ 1 1 + 0 1 1 1 0 ¦ ¦ ¦ ¦ 2 ¦ ¦ 1 1 1 + 0 1 1 0 ¦ #17: ¦ ¦ ¦ 3 ¦ ¦ 1 1 1 1 + 0 1 0 ¦ ¦ ¦ ¦ 4 ¦ … 1 1 1 1 1 + 0 0 ‡ „ 1 1 1 1 1 1 † ¦ ¦ ¦ 1 1 1 1 1 0 ¦ ¦ ¦ #18: ¦ 1 1 1 1 1 0 ¦ ¦ ¦ ¦ 1 1 1 1 1 0 ¦ ¦ ¦ … 1 1 1 1 1 0 ‡ „ 1 1 1 1 1 1 † ¦ ¦ ¦ 1 1 1 1 1 0 ¦ ¦ ¦ #19: ROW_REDUCE ¦ 1 1 1 1 1 0 ¦ ¦ ¦ ¦ 1 1 1 1 1 0 ¦ ¦ ¦ … 1 1 1 1 1 0 ‡ „ 1 1 1 1 1 0 † ¦ ¦ ¦ 0 0 0 0 0 1 ¦ ¦ ¦ #20: ¦ 0 0 0 0 0 0 ¦ ¦ ¦ ¦ 0 0 0 0 0 0 ¦ ¦ ¦ … 0 0 0 0 0 0 ‡

lo que indica que se trata de un sistema incompatible. Y análogamente, para 5= −a : „ 1 + -5 1 1 1 1 1 † ¦ ¦ ¦ 1 1 + -5 1 1 1 -5 ¦ ¦ ¦ ¦ 2 ¦ ¦ 1 1 1 + -5 1 1 (-5) ¦ #21: ¦ ¦ ¦ 3 ¦ ¦ 1 1 1 1 + -5 1 (-5) ¦ ¦ ¦ ¦ 4 ¦ … 1 1 1 1 1 + -5 (-5) ‡ „ -4 1 1 1 1 1 † ¦ ¦ ¦ 1 -4 1 1 1 -5 ¦ ¦ ¦ #22: ¦ 1 1 -4 1 1 25 ¦ ¦ ¦ ¦ 1 1 1 -4 1 -125 ¦ ¦ ¦ … 1 1 1 1 -4 625 ‡ „ -4 1 1 1 1 1 † ¦ ¦ ¦ 1 -4 1 1 1 -5 ¦ ¦ ¦ #23: ROW_REDUCE ¦ 1 1 -4 1 1 25 ¦ ¦ ¦ ¦ 1 1 1 -4 1 -125 ¦ ¦ ¦ … 1 1 1 1 -4 625 ‡ „ 1 0 0 0 -1 0 † ¦ ¦ ¦ 0 1 0 0 -1 0 ¦ ¦ ¦ #24: ¦ 0 0 1 0 -1 0 ¦ ¦ ¦ ¦ 0 0 0 1 -1 0 ¦ ¦ ¦ … 0 0 0 0 0 1 ‡ obtenemos también un sistema incompatible. 2.b. Si 1=a , ya sabemos que se trata de un sistema compatible determinado. Si sustituimos este valor en la matriz ampliada, obtenemos: „ 1 + 1 1 1 1 1 1 † ¦ ¦ ¦ 1 1 + 1 1 1 1 1 ¦ ¦ ¦ ¦ 2 ¦ ¦ 1 1 1 + 1 1 1 1 ¦ #25: ¦ ¦ ¦ 3 ¦ ¦ 1 1 1 1 + 1 1 1 ¦ ¦ ¦ ¦ 4 ¦ … 1 1 1 1 1 + 1 1 ‡

„ 2 1 1 1 1 1 † ¦ ¦ ¦ 1 2 1 1 1 1 ¦ ¦ ¦ #26: ¦ 1 1 2 1 1 1 ¦ ¦ ¦ ¦ 1 1 1 2 1 1 ¦ ¦ ¦ … 1 1 1 1 2 1 ‡ „ 2 1 1 1 1 1 † ¦ ¦ ¦ 1 2 1 1 1 1 ¦ ¦ ¦ #27: ROW_REDUCE ¦ 1 1 2 1 1 1 ¦ ¦ ¦ ¦ 1 1 1 2 1 1 ¦ ¦ ¦ … 1 1 1 1 2 1 ‡ „ 1 † ¦ 1 0 0 0 0 ——— ¦ ¦ 6 ¦ ¦ ¦ ¦ 1 ¦ ¦ 0 1 0 0 0 ——— ¦ ¦ 6 ¦ ¦ ¦ ¦ 1 ¦ #28: ¦ 0 0 1 0 0 ——— ¦ ¦ 6 ¦ ¦ ¦ ¦ 1 ¦ ¦ 0 0 0 1 0 ——— ¦ ¦ 6 ¦ ¦ ¦ ¦ 1 ¦ ¦ 0 0 0 0 1 ——— ¦ … 6 ‡

es decir, que la solución viene dada por 1 .6

= = = = =x y z t u

MATEMÁTICAS II 01 / 12 / 2006 Tipo B Apellidos: ................................................. Nombre: ............................ DNI: ..................................

Titulación: Lic. Economía Lic. Admón. y Dir. Empresas Dipl. Empresariales

Problema con ordenador

1. Una empresa produce 4 bienes diferentes. Los precios respectivos de los bienes son

1 2 3 420, 30, 10, 40.p p p p= = = = La función de costes de producción es 2 2 2 2

1 2 3 4 1 2 3 4 1 3 2 4( , , , ) 3( ) 2( ) 600,C q q q q q q q q q q q q= + + + + − + − + donde 1 2 3 4, , ,q q q q son las cantidades producidas de cada uno de los bienes.

a. Escribir la función de beneficios. (1 pto) b. Hallar el vector gradiente y los puntos críticos de la función de beneficios. (3 ptos) c. Obtener la matriz hessiana y clasificar los puntos críticos. (4 ptos) d. Indicar, si existe, el nivel de producción que maximiza los beneficios así como el valor máximo

de los beneficios. (2 ptos) 2. Dado el siguiente sistema de ecuaciones

2

3

4

( 1) 1( 1)

( 1)( 1)

( 1)

a x y z t ux a y z t u ax y a z t u ax y z a t u ax y z t a u a

⎫− + + + + =⎪+ − + + + = ⎪⎪+ + − + + = ⎬⎪+ + + − + = ⎪⎪+ + + + − = ⎭

a. Discutirlo en función de a. (6 ptos) b. Resolverlo para a=1. (4 ptos)

Solución al Problema con ordenador 1.a. La función de beneficios es: 2 2 2 2 #29: b(x, y, z, t) := 20·x + 30·y + 10·z + 40·t - x - y - z - t - 3·(x - z) - 2·(y - t) - 600. 1.b. El vector gradiente se obtiene de: #30: GRAD(b(x, y, z, t), [x, y, z, t]) #31: [17 - 2·x, 28 - 2·y, 13 - 2·z, 42 - 2·t]. Los puntos críticos son: #32: SOLVE([17 - 2·x, 28 - 2·y, 13 - 2·z, 42 - 2·t], [x, y, z, t]) „ 17 13 † #33: ¦x = ———— y = 14 z = ———— t = 21¦. … 2 2 ‡

1.c. Para clasificar este punto crítico calculamos la matriz hessiana: #34: GRAD(GRAD(b(x, y, z, t), [x, y, z, t]), [x, y, z, t]) „ -2 0 0 0 † ¦ ¦ ¦ 0 -2 0 0 ¦ #35: ¦ ¦ ¦ 0 0 -2 0 ¦ ¦ ¦ … 0 0 0 -2 ‡ Como es claramente una matriz definida negativa, el único punto crítico obtenido es un máximo local. 1.d. Finalmente, y en vista de lo todo lo anterior, el nivel de producción que maximiza los beneficios es el

dado por 17 13, 14, y 212 2

unidades de cada uno de los productos, respectivamente, y el valor máximo de

los beneficios será: 17 13 ‚ #36: b¦————, 14, ————, 21¦ 2 2 ƒ 303 #37: —————. 2 2.a. La matriz ampliada del sistema es: „ a - 1 1 1 1 1 1 † ¦ ¦ ¦ 1 a - 1 1 1 1 a ¦ ¦ ¦ ¦ 2 ¦ ¦ 1 1 a - 1 1 1 a ¦ #38: ¦ ¦ ¦ 3 ¦ ¦ 1 1 1 a - 1 1 a ¦ ¦ ¦ ¦ 4 ¦ … 1 1 1 1 a - 1 a ‡ y la matriz de coeficientes: „ a - 1 1 1 1 1 1 † ¦ ¦ ¦ 1 a - 1 1 1 1 a ¦ ¦ ¦ ¦ 2 ¦ ¦ 1 1 a - 1 1 1 a ¦ #39: ¦ ¦ COL [1, 2, 3, 4, 5] ¦ 3 ¦ ¦ 1 1 1 a - 1 1 a ¦ ¦ ¦ ¦ 4 ¦ … 1 1 1 1 a - 1 a ‡

„ a - 1 1 1 1 1 † ¦ ¦ ¦ 1 a - 1 1 1 1 ¦ ¦ ¦ #40: ¦ 1 1 a - 1 1 1 ¦ ¦ ¦ ¦ 1 1 1 a - 1 1 ¦ ¦ ¦ … 1 1 1 1 a - 1 ‡ Si calculamos su determinante y obtenemos para qué valores se anula: „ a - 1 1 1 1 1 † ¦ ¦ ¦ 1 a - 1 1 1 1 ¦ ¦ ¦ #41: DET ¦ 1 1 a - 1 1 1 ¦ ¦ ¦ ¦ 1 1 1 a - 1 1 ¦ ¦ ¦ … 1 1 1 1 a - 1 ‡ 5 4 2 #42: a - 5·a + 40·a - 80·a + 48 5 4 2 #43: SOLVE(a - 5·a + 40·a - 80·a + 48, a) #44: a = -3 a = 2 Se tiene que para 3,2≠ −a , el determinante no se anula, por lo que se trata de un sistema compatible determinado. Para 3= −a , si sustituimos en la matriz ampliada, obtenemos que: „ -3 - 1 1 1 1 1 1 † ¦ ¦ ¦ 1 -3 - 1 1 1 1 -3 ¦ ¦ ¦ ¦ 2 ¦ ¦ 1 1 -3 - 1 1 1 (-3) ¦ #45: ¦ ¦ ¦ 3 ¦ ¦ 1 1 1 -3 - 1 1 (-3) ¦ ¦ ¦ ¦ 4 ¦ … 1 1 1 1 -3 - 1 (-3) ‡ „ -4 1 1 1 1 1 † ¦ ¦ ¦ 1 -4 1 1 1 -3 ¦ ¦ ¦ #46: ¦ 1 1 -4 1 1 9 ¦ ¦ ¦ ¦ 1 1 1 -4 1 -27 ¦ ¦ ¦ … 1 1 1 1 -4 81 ‡

„ -4 1 1 1 1 1 † ¦ ¦ ¦ 1 -4 1 1 1 -3 ¦ ¦ ¦ #47: ROW_REDUCE ¦ 1 1 -4 1 1 9 ¦ ¦ ¦ ¦ 1 1 1 -4 1 -27 ¦ ¦ ¦ … 1 1 1 1 -4 81 ‡ „ 1 0 0 0 -1 0 † ¦ ¦ ¦ 0 1 0 0 -1 0 ¦ ¦ ¦ #48: ¦ 0 0 1 0 -1 0 ¦ ¦ ¦ ¦ 0 0 0 1 -1 0 ¦ ¦ ¦ … 0 0 0 0 0 1 ‡ lo que indica que se trata de un sistema incompatible. Y análogamente, para 2=a : „ 2 - 1 1 1 1 1 1 † ¦ ¦ ¦ 1 2 - 1 1 1 1 2 ¦ ¦ ¦ ¦ 2 ¦ ¦ 1 1 2 - 1 1 1 2 ¦ #49: ¦ ¦ ¦ 3 ¦ ¦ 1 1 1 2 - 1 1 2 ¦ ¦ ¦ ¦ 4 ¦ … 1 1 1 1 2 - 1 2 ‡ „ 1 1 1 1 1 1 † ¦ ¦ ¦ 1 1 1 1 1 2 ¦ ¦ ¦ #50: ¦ 1 1 1 1 1 4 ¦ ¦ ¦ ¦ 1 1 1 1 1 8 ¦ ¦ ¦ … 1 1 1 1 1 16 ‡ „ 1 1 1 1 1 1 † ¦ ¦ ¦ 1 1 1 1 1 2 ¦ ¦ ¦ #51: ROW_REDUCE ¦ 1 1 1 1 1 4 ¦ ¦ ¦ ¦ 1 1 1 1 1 8 ¦ ¦ ¦ … 1 1 1 1 1 16 ‡ „ 1 1 1 1 1 0 † ¦ ¦ ¦ 0 0 0 0 0 1 ¦ ¦ ¦ #52: ¦ 0 0 0 0 0 0 ¦ ¦ ¦ ¦ 0 0 0 0 0 0 ¦ ¦ ¦ … 0 0 0 0 0 0 ‡

obtenemos también un sistema incompatible. 2.b. Si 1=a , ya sabemos que se trata de un sistema compatible determinado. Si sustituimos este valor en la matriz ampliada, obtenemos: „ 1 - 1 1 1 1 1 1 † ¦ ¦ ¦ 1 1 - 1 1 1 1 1 ¦ ¦ ¦ ¦ 2 ¦ ¦ 1 1 1 - 1 1 1 1 ¦ #53: ¦ ¦ ¦ 3 ¦ ¦ 1 1 1 1 - 1 1 1 ¦ ¦ ¦ ¦ 4 ¦ … 1 1 1 1 1 - 1 1 ‡ „ 0 1 1 1 1 1 † ¦ ¦ ¦ 1 0 1 1 1 1 ¦ ¦ ¦ #54: ¦ 1 1 0 1 1 1 ¦ ¦ ¦ ¦ 1 1 1 0 1 1 ¦ ¦ ¦ … 1 1 1 1 0 1 ‡ „ 0 1 1 1 1 1 † ¦ ¦ ¦ 1 0 1 1 1 1 ¦ ¦ ¦ #55: ROW_REDUCE ¦ 1 1 0 1 1 1 ¦ ¦ ¦ ¦ 1 1 1 0 1 1 ¦ ¦ ¦ … 1 1 1 1 0 1 ‡ „ 1 † ¦ 1 0 0 0 0 ——— ¦ ¦ 4 ¦ ¦ ¦ ¦ 1 ¦ ¦ 0 1 0 0 0 ——— ¦ ¦ 4 ¦ ¦ ¦ ¦ 1 ¦ #56: ¦ 0 0 1 0 0 ——— ¦ ¦ 4 ¦ ¦ ¦ ¦ 1 ¦ ¦ 0 0 0 1 0 ——— ¦ ¦ 4 ¦ ¦ ¦ ¦ 1 ¦ ¦ 0 0 0 0 1 ——— ¦ … 4 ‡

es decir, que la solución viene dada por 1 .4

= = = = =x y z t u