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Pr´actica Calificada 1
Curso: Matem´atica para econom´ıa y finanzas I Horario - Comisi´on: 0104 - 01 - Angel Antezana
- Dada la relaci´on R = {( x, y ) ∈ R^2 : x^2 + y^2 < 9 , x − y^2 ≥ 0 }. Determine
a) Esboce la gr´afica de la relaci´on R_._ b) Dominio de la relaci´on R. c) Rango de la relaci´on R.
Soluci´on:
a) Esbocemos la gr´afica de R
b) Dom (R) = [0 , 3[. c) Para calcular el rango necesitamos calcular las ordenadas de las intersecciones de x^2 + y^2 = 9 y x − y^2 = 0. Luego
x^2 + y^2 = 9 ( y^2 )^2 + y^2 − 9 = 0
Aplicando la f´ormula general tenemos
y^2 =
como y^2 ≥ 0 entonces tomamos el valor positivo de las ra´ıces, es decir
y^2 =
⇒ y = ±
por lo tanto Ran (R) =
- Sean P : x^2 + 2 x − 2 y − 3 + k = 0 la ecuaci´on de una par´abola, siendo k una constante real, y la recta cuya ecuaci´on x + y = −2.
a) ¿Para qu´e valores de k la par´abola corta a la recta en un ´unico punto? Justifique su respuesta. b) Si k = 1 determine: las coordenadas del foco, coordinadas del v´ertice de la par´abola P, intersecciones de P con los ejes coordenados.
Soluci´on:
a) Al intersecar la par´abola y la recta tenemos
x^2 + 2 x − 2 y − 3 + k = 0 ⇒ x^2 + 2 x + 2( x + 2) − 3 + k = 0 ⇒ x^2 + 4 x + (1 + k ) = 0
Luego P ∩ L = { punto } ⇔ ∆ = 0 ⇔ ∆ = 4^2 − 4(1)(1 + k ) = 4(3 − k ) = 0 ⇔ k = 3. Dado que al tener ∆ = 0, la ecuaci´on x^2 + 4 x + (1 + k ) = 0 posee una ´unica soluci´on en consecuencia la intersecci´on { P : x^2 + 2 x − 2 y − 3 + k = 0 L : x + y = − 2
nos dar´a un ´unico punto. Observaci´on: Para calcular dicho punto de intersecci´on hacemos k = 3 luego tenemos la ecuaci´on x^2 + 4 x + 4 = 0 el cual es un trinomio cuadrado perfecto ( x + 2)^2 = 0 de donde obtenemos el ´unico valor de x = −2. Reemplazamos en cualquier de las ecuaciones nos da como resultado y = 0. Es decir P ∩ L = {(− 2 , 0))}. b) Si k = 1, entonces
P : x^2 + 2 x − 2 y − 2 = 0 x^2 + 2 x +1 = 2 y + 2 +
( x + 1)^2 = 2( y +
( x − h )^2 = 4 p ( y − k ) [Par´abola vertical]
Luego es sencillo notar que el v´ertice es (− 1 , − 32 ) y el par´ametro p = 12 > 0 (entonces la par´abola se abre para arriba).
− 4 − 3 − 2 − 1 1 2 3^ x
y
2 f^ ( x ) =^
1 2 x
(^2) + x − 1
V
F (0 ,^ −1)
Es claro que el foco de la par´abola se consigue ”subiendo” | p | = 1 / 2 unidades hacia arriba a partir del v´ertice, es decir F = (− 1 , − 32 + 12 ) = (− 1 , −1).
Cuando 1 ≤ x ≤ 3, f ( x ) = −
x + 7, sabemos que corresponde a una funci´on lineal af´ın y
su gr´afica correspondiente es la siguiente:
p
x
y
p − 1
p
Finalmente la gr´afica de f es:
x
y
p
p p − 1
p − 2
p
(b) Df = [− 2 , 3] y Rf = [− 8 , 1[ ∪
[
]
(c) Si graficamos f ( x ) = 1 observamos que no hay intersecci´on es decir no existen valores de x que verifiquen f ( x ) = 1.
x
y
p
p p − 1
p − 2
p
f ( x ) = 1
Por lo tanto no existen valores de x.
- Dada las ecuaciones de oferta y demanda de un bien es dado respectivamente por
p ] = q^2 + 1 , p + q = 21_._
a) Grafique las curvas y demanda. b) Determine el punto de equilibrio. c) ¿Qu´e se puede decir cuando el precio es superior al precio de equilibrio?
