Solución.- Es un conjunto convexo pues el segmento comprendido

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Solución.Es un conjunto convexo pues el segmento
comprendido entre dos puntos cualesquiera de él, le
pertenece integramente.
Solución.Puesto que f(x,y) es de clase C2, analicemos la forma cuadrática asociada al hessiano
 2a 0 

 . Se tiene:
0
2
b


- Si a ≥ 0 y b ≥ 0 la forma cuadrática es definida (o semidefinida) positiva. Luego la
función es estrictamente convexa (o convexa).
- Si a ≤ 0 y b ≤ 0 la forma cuadrática sería definida (o semidefinida) negativa y f es
estrictamente cóncava (o cóncava).
- (Si a= b = 0, f(x,y) es simultáneamente cóncava y convexa).
- Si a·b < 0, la forma cuadrática es indefinida y f no es ni cóncava ni convexa.
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Solución.Si un punto satura la primera restricción  x2 + y2 = 1, y x 2  y 2  1  2x,2y  0,0
Escribamos la segunda restricción –x ≤ 0. Entonces, si un punto la satura  x = 0 y
 x    1,0  0,0
Si un punto satura ambas restricciones debe ser (0, 1) y los gradientes
0,2 y  1,0 que son linealmente independientes.
Luego todo punto del conjunto factible es regular.
El lagrangiano del problema es:
(x, y) = y – x2 + 1(x2 + y2 – 1) + 2(–x)
Las condiciones necesarias de Kuhn-Tucker:
–2x + 21x – 2 = 0
1 + 21y = 0
1(x2 + y2 – 1) = 0
2(–x) = 0
1 ≤ 0; 2 ≤ 0
x2 + y2 ≤ 1
x≥0
Debe ser 1 < 0 porque si 1 = 0, la segunda igualdad es imposible. Luego x2 + y2 = 1
1

y

1




 punto 0,1
1

2
Si 2 = 0, de la 1ª igualdad x(–1+1) = 0  x = 0  
 y  1  1  1  imposible

2
Si 2 < 0  x = 0 lo cual contradice la 1ª igualdad pues se obtendría 2 = 0.
Así pues solamente un punto, el (1, 0) cumple las condiciones necesarias de KuhnTucker. Puesto que la región factible es cerrada y acotada (es un semicírculo), el punto (1, 0)
es la solución del problema. Se trata de un máximo global.
Solución.El polinomio característico t2 – 3t + 2 tiene las raíces t1 = 1 y t2 = 2, luego la solución
general de la ecuación es y = C1ex + C2e2x.
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Solución.-
t 1
El polinomio característico  1
0
y t3 = 3. Los vectores propios asociados:
1
0
t  2  1 = t3 – 7t – 6 tiene las raíces t1 = –1, t2 = –2
 3 t 1
 0 1 0  x 1   0 

   
Para t1 = –1:  1 3 1  x 2    0  . Se obtiene
 0 3 0  x   0 

 3   
obtienen:
 1
 
Para t2 = –2   1  y para t3 = 3 
  3
 
 x 1    1
   
 x 2    0  . Análogamente, se
x   1 
 3  
1
 
 4 .
 3
 
Luego la solución general del sistema de ecuaciones en diferencias es:
x
  1  1 1  C1 (1) 



1 4  C 2 (2) x 
Yx =  0
 1  3 3  C 3 x 

 3

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