MatemáticasI SOLUCIONARIO

UNIDAD 2: Álgebra I: Polinomios, ecuaciones y sistemas

ACTIVIDADES-PÁG. 36

1. Los resultados son:

a) Cociente: x2 + x + 4 y resto: - 2 b) Cociente: x3 – 2x2 + 5x – 10 y resto: 20

2. Operando obtenemos:
x2 x 1 x2 x 1 1 1
a) · 2  ·   2
x  1 x  4 x  4 ( x  1) · ( x 1) ( x  2)
2 2
( x  1) · ( x  2) x  3x  2

 x   x  x2 x · ( x  2) x
b)  x   :  x    : 
 x  1  x  1 x  1 x 1 x2

3. Los resultados son:

a) La expresión es una ecuación con solución x = 2.

b) La expresión es una identidad que se verifica para cualquier valor de x.

4. Si llamamos x al número de piezas que tenía al principio e y al valor inicial de cada pieza, podemos
formular el sistema:
 x · y  560

( x  1) ·( y  10)  560

La solución del sistema es x = 8 e y = 70. Por tanto, el alfarero tenía 8 piezas al principio.

ACTIVIDADES-PÁG. 53

1. Sí puede ser cierto; se trata de dos padres que se han casado cada uno con la hija del otro.

2. Diremos que:

a1 = 7

a2 = 8

an = 7 + (n – 1) · 1 = n + 6

Además sabemos que an + n = 42. Sustituyendo y operando, obtenemos n = 18 damas.

Con el valor anterior, tenemos an = 42 – 18 = 24 caballeros.

Había 18 damas y 24 caballeros.

20
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3. Luís tarda 15 minutos en llegar a la sierra.

La perra, por lo tanto, ha estado moviéndose durante 15 minutos. Por tanto ha recorrido:

16 km : 4 h  4 kilómetros
h

4. Llamando x e y a las incógnitas podemos formular la “igualdad”:

2000 – 19xy = 9 + x + y

Desarrollando los números según la expresión decimal:

2000 – (1000 + 900 + 10x + y) = 9 + x + y

Operando, obtenemos la ecuación 11x + 2y = 91, cuya solución con sentido es x = 7, y = 7.

Es decir, Astérix nació en el año 1977 y en el año 2000 tenía 23 años.

ACTIVIDADES-PÁG. 55

1. a) La factorización del polinomio es P (x) = 2x4 – 4x3 – 4x2 – 4x – 6 = 2(x2 + 1)(x + 1)(x – 3) y sus raíces
son – 1 y 3.

b) La factorización del polinomio es P (x) = 2x3 + 3x2 – 3x – 2 = (x - 1)(x + 2)(2x + 1) y sus raíces son 1; - 2
y – 1/2.

En el gráfico pueden verse la resolución de la actividad 1 con Wiris.

2. Los resultados son:

 a2  1  a2  a  a  1 a 2  1 (a  1)(a  1) 1
a)  a   :   1  :  
 a 1   a 1  a  1 a  1 (a  1)(a  1) a  1
2

 2x 2  2x  6  3 2 1
b)   
x  x  2x
3 2
x x 1 x  2

21
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En el gráfico pueden verse la resolución de la actividad 2 con Wiris.

3. Las soluciones son:

a) Pasamos el paréntesis (14 – x) al segundo miembro y elevamos al cuadrado y operamos:

2 x 2  3x  10  (14  x)  0  2 x 2  3x  10  14  x 

 2 x 2  3x  10  196  28x  x 2  x 2  25x  186  0

Las soluciones de la ecuación cuadrática son x = 6 y x = - 31, que ambas son soluciones de la ecuación
inicial.

b) Despejamos x de la primera ecuación, x = y + 4. Sustituimos en la segunda ecuación y obtenemos la

ecuación cuadrática y2 + 4y + 5 = 0, que no tiene soluciones reales.

Por tanto, el sistema carece de soluciones.

En el gráfico pueden verse la resolución de la actividad 3 con Wiris.

22
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En los dibujos puede verse como la recta y la hipérbola no se cortan.

ACTIVIDADES-PÁG. 56

1. Operando y utilizando la identidad de polinomios, se obtiene a = 2 y b = - 1.

2. En cada uno de los casos descomponemos los polinomios en factores y calculamos el MCD y el mcm.

 A ( x)  x ( x  3) ( x  2) MCD  A ( x), B ( x)  ( x  2)

a)   
 B ( x)  ( x  3)( x  2)  mcm  A ( x), B ( x)  x ( x  3) ( x  2) ( x  3)

 C ( x)  ( x  1) ( x  2) 2 MCD  C ( x), D ( x)  ( x  1)( x  2)

b)   
 D ( x)  ( x  1)( x  2)  mcm  C ( x), D ( x)  ( x  1) ( x  2)
2

 E ( x)  ( x  1) ( x  3) MCD  E ( x), F ( x)  ( x  1)( x  3)

  
 mcm  E ( x), F ( x)  4 ( x  1) ( x  3)
c)
 D ( x)  4 ( x  1) ( x  3)
2 2 2 2

3. Las soluciones de cada apartado son:

1
a) El resto de dividir P (x) por x -
debe ser cero.
2
3 2
1 1 1 1
Resto = P    2 ·    k ·     6  0  k  27.
2 2 2 2

b) Ha de ser divisible por (x – 2) y por (x + 2). Por tanto:

 A (2)  0  8  24  2a  b  0 2a  b   32 a   4
      
 A ( 2)  0  8  24  2a  b  0  2a  b   16 b   24

23
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c) Queda:
Resto =  3 
5

 4·  3 
3
 
 m·  3  5 3  m  2.

d) Las condiciones del enunciado dan lugar a:

- Para que sea divisible por (x – 2), entonces B (2) = 0.
- Para que sea divisible por (x + 1), entonces B (- 1) = 0.
- Para que dé resto 4 al dividirlo por x, entonces B (0) = 4.

Obtenemos el sistema de tres ecuaciones con tres incógnitas y su solución:

8  4a  2b  c  0 a   3
 
a  b  c  0  b  0
c4 c  4
 

4. Los resultados de las operaciones que siguen son:

5 3x 5 x  10  3x 2  9 x 3x 2  4 x  10
a)   
x3 x2 ( x  3)( x  2) x2  x  6

3x  1 3 3x  1 3x  9 8
b)   2  2  2
x 9 x3 x 9 x 9 x 9
2

4 3 2x 3x  14
c)   2  2
x2 x2 x 4 x 4

2 x  6 5x  5 2 ( x  3) · 5 · ( x  1) 5
d) ·  
x  1 4 x  12 ( x  1)( x  1) · 4· ( x  3) 2 x  2
2

2 x  6 3x  9 2 ( x  3) ( x  1)( x  1) 2 x  2
e) :  
x  1 x2  1 3 ( x  1)( x  3) 3

x 2  6 x  5 2 x 2  8 2 x  10 ( x  1) ( x  5) · 2 ·( x  2) · x · ( x  3)
f) · :  x2
x 2  5 x  6 x 2  x x 2  3x ( x  2) ( x  3) · x ( x  1) · 2 · ( x  5)

 4  x2 x2  4 x2
g)  x  ·  ·  x( x  2)
 x x  2 x x2

 x   x  x2 x 2  2x x 2 ( x  1) x

h)  x  
 
: x  
  :  
 x  1  x  1 x  1 x  1 ( x  1) · x ·( x  2) x  2

24
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5. Las descomposiciones en suma de fracciones simples son:

x 1 2 1
a)  
3x  x 3x  1 x
2

2x 2  x  1 x 1 1
b)  
x 3  2 x 2  3x  6 x 2  3 x  2

2 x  10 3 1
c)  
x  2x  8 x  4 x  2
2

6 x 2  5x  2 2 3 4 2x 2  2x  4  1 2 1
d) 3      
x  2 x  4 x  8 x  2 ( x  2)
2 2
x2 x  4x
3
x x2 x2

2x 2  2x  4  1 2 1
e)   
x3  4x x x 2 x2

 x2  2 3
f)   x 1
x 1 x 1

6. Sea el polinomio P (x) = ax2 + bx + c. Imponiendo las condiciones del enunciado, obtenemos:

● P (0) = - 6, entonces c = - 6
● Tiene como raíz x = - 2, es decir, P (- 2) = 0 y se tiene que 4a – 2b + c = 0
● Da resto 12 al dividirlo por x – 2, entonces, P (2) = 12 y 4a + 2b + c = 12

Obtenemos el sistema:
c   6 4a  2b  6
 
4a  2b  c  0  4a  2b  18
4a  2b  c  12 c6
 

La solución es a = 3, b = 3 y c = - 6 y el polinomio buscado es P (x) = 3x2 + 3x – 6.

ACTIVIDADES-PÁG. 57

7. Las soluciones de las ecuaciones son:

a) x = 2 c) x = 5

b) x = 0 d) x = 5

8. Las soluciones de las ecuaciones son:

a) x = - 1 y x = 0 e) x = - 3; x = - 1; x = 1 y x = 3

b) No tiene soluciones reales f) x = - 3 y x = 3

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1
c) x = 3 y x = 5 g) x = 4 y x = 
2

d) x = 0 y x = 3 h) x = b – a y x = - a – b

9. Las soluciones quedan:

a) Si una de las soluciones es 1/3, ésta verificará la ecuación, es decir:

2
1 1 1 2
3·   k 1 0  k  0  k2
 3 3 3 3

b) Si las soluciones de la ecuación son – 3 y 6, éstas deben verificar la ecuación, por tanto:

( 3) 2  3b  c  0  3b  c   9 b   3
 2    
6  6b  c  0 6b  c   36 c   18
c) Las dos soluciones son iguales si el valor del discriminante es nulo, es decir:

b2 – 4ac = 0  202 – 4 · 2 · c = 0  400 – 8c = 0  c = 50

d) Sean x1 y x2 las soluciones de la ecuación. Se cumple:

 x1  x 2  m  4
  x1  6; x 2  3 y m  5
 x1 · x 2  18  
x  2x  x1   6; x 2   3 y m   13
 1 2

10. Las soluciones son:

a) Factorizamos el polinomio x3 – 2x2 – x + 2 y obtenemos (x + 1) · (x – 1) · (x – 2). Las soluciones de la

ecuación son x1 = - 1; x2 = 1 y x3 = 2.

b) Operando x · (x + 1)2 – 12 = x · (5 – x), obtenemos x3 + 3x2 – 4x – 12 = 0, que factorizada queda (x +

3) · (x + 2) · (x – 2) = 0. Las soluciones son x1 = - 3; x2 = - 2 y x3 = 2.

x2  6 21  x 2
c) Operamos en la ecuación  y obtenemos 3x4 – 54x2 + 96 = 0 cuyas soluciones son
x 2  2 2 x 2  23
x1 = - 4; x2 =  2 ; x3 = 4 y x 4 = 2.

d) Las soluciones de la ecuación 9x4 – 85x2 + 36 = 0 son x1 = - 3; x2 = - 2/3; x3 = 3 y x4 =2/3.

e) Las soluciones reales de la ecuación x6 + 19x3 – 216 = 0 son x1 = - 3; x2 = 2.

2
f) Operando x 2  3x  1  se obtiene x4 – 6x3 + 10x2 – 3x – 2 = 0.
x  3x
2

26
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Factorizando la ecuación obtenemos (x – 1) · (x – 2) · (x2 – 3x – 1) = 0; cuyas soluciones son:

3  13 3  13
x1 = 1; x2 = 2; x3 = y x4 = .
2 2

11. Las soluciones son:

a) Elevando al cuadrado ambos miembros y operando, obtenemos:

 2 x 1 
2
 ( x  1) 2  2 x  1  x 2  2 x  1  x 2  4 x  0  x1  0 y x2  4 .

El valor x1 = 0 no es solución, ya que se cumple: 2 · 0  1 1   1  0  1 .

El valor x2 = 4 es solución, ya que se cumple: 2 · 4  1 3  4  1.

b) Procediendo como en el caso anterior la ecuación 3 3x  4  2 x  5 tiene dos soluciones:

11
x1 = - 1 y x2 =
4

c) La ecuación x 2  9  x 2  21 tiene dos soluciones: x1 = - 4 y x2 = 4.

13
d) La solución de la ecuación x4 x  1  3 es x1  .
9

e) La ecuación 2 x  1  2 x  4  3 no tiene soluciones.

6
f) Elevando al cuadrado y operando en la ecuación x  10   5 obtenemos como solución
x  10
los valores x1 = - 9 y x2 = 26; aunque sólo este último es la solución de la ecuación dada,

12. Llamando x al cociente, el resto será x y el divisor 2x. La relación entre los elementos de la división
permite escribir 595 = 2x · x + x.

35
Las soluciones de la ecuación 2x2 + x – 595 = 0 son x1 = 17 y x2 =  .
2

El divisor de esta división es 34 y se cumple 595 = 34 · 17 + 17.

13. El triángulo tiene por catetos x y x – 42 y por hipotenusa 78. El teorema de Pitágoras nos permite
escribir:

x2 + (x – 42)2 = 782  2x2 – 84x – 4320 = 0

Las soluciones de la ecuación son x1 = 72 y x2 = - 30.

La segunda solución carece de sentido y uno de los catetos mide 72 cm y el otro 30 cm.

27
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14. Llamando x al número e imponiendo las condiciones del enunciado, obtenemos:

1 58
x   21x 2  58 x  21  0
x 21

7 3
Las soluciones son x1  y x2  .
3 7

15. Sean x – 1, x y x + 1 los tres números consecutivos. Podemos formular la ecuación:

(x – 1)2 + x2 + (x + 1)2 = 365

Las soluciones de la ecuación son x1 = - 11 y x2 = 11.

La primera carece de sentido y los números son 10, 11 y 12.

Los números consecutivos a éstos son 13 y 14, y se cumple también que 132 + 142 = 365.

ACTIVIDADES-PÁG. 58

16. Llamamos x al número de estudiantes del curso e y a la cantidad de dinero que paga cada uno.
Imponiendo las condiciones del enunciad, obtenemos el sistema:
 x · y  2160

( x  3) ·( y  8)  2160

Resolviendo el sistema por sustitución, obtenemos x = 30 e y = 72. Por tanto, en el curso había 30
estudiantes y cada uno debía pagar, en principio, 72 euros.

17. Los sistemas resueltos quedan:

2 3
x  y  7  1
  x1 
a) Resolvemos el sistema  por reducción y obtenemos  3
 3  2  25  y1  3
 x y 3

y  x2 8  x1  3; y1  1
b) Resolvemos el sistema  por sustitución y obtenemos 
x  y  4  x 2   4; y 2  8

 x1  3; y1  2
2 x  y  4 
c) Resolvemos el sistema  2 por sustitución y obtenemos  7 2
x  y  5  x 2  3 ; y 2  3
2

 x 2  y 2  11  x1  6; y1  5
d) Resolvemos el sistema  por sustitución y obtenemos 
 x · y  30  x 2   6; y 2   5

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 MatemáticasI SOLUCIONARIO

 x1   8; y1  5
x   5; y 2  8
 x  y  89
2 2
 2
e) Resolvemos el sistema  por sustitución y obtenemos 
 x · y   40  x3  5; y 3   8
 x 4  8; y 4   5
 x  y  52  x1  36; y1  16
f) Resolvemos el sistema  por sustitución y obtenemos 
 x  y  10  x 2  16; y 2  36

 x 2  xy  y 2  57
g) En el sistema  sumamos ambas ecuaciones y restamos ambas ecuaciones,
 x 2  xy  y 2  43
 x 2  y 2  50
obteniendo el sistema equivalente  . Resolviendo este último por sustitución
 x·y 7
 x1  7; y1  1
 x   7; y   1
 2 2
obtenemos las soluciones 
 x3  1; y 3  7
 x 4   1; y 4   7

 x  2 y  1  x1  1; y1  0
h) Resolviendo el sistema  por sustitución y obtenemos  .
 x  y  x  y  2  x 2  17; y 2  8

De las dos soluciones anteriores sólo es válida x2 = 17 e y2 = 8.

18. Sean x y x + 100 la medida de sus lados. Se cumplirá x · (x + 100) = 120 000.

Operando y resolviendo, obtenemos:

 100  100 2  4 · 120 000  100  700 300
x 2  100 x  120 000  0  x   
2 2  400
Las medidas de la finca son 300 y 400 metros.

19. Llamando x a la longitud de la base e y a la altura e imponiendo las condiciones del enunciado,
obtenemos:
2 x  2 y  20  x  6; y1  4
   1
 x · y  24  x2  4; y 2  6

Los trozos deben ser de 4 dm y 6 dm.

20. Llamando x al área de un cuadrado e y al área de otro, podemos formular el sistema:

 x  y  3060 
 x  1764 cm
2

  
 x  y  468 
 y  1296 cm
2

El lado de un cuadrado mide 1764 cm  42 cm y el del otro 1296 cm  36 cm .

29
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21. Llamamos x al tiempo que tarda el segundo albañil solo en hacer la reparación. De la cantidad de trabajo
que hacen los albañiles por separado y juntos podemos formular la ecuación:

1 1 1
   4 x  24  6 x  2 x  24  x  12
6 x 4

El segundo albañil tardaría en hacer sólo la reparación 12 horas.

22. Las soluciones son:

a) Aplicamos el método de Gauss con las transformaciones que siguen y resolvemos:

E1 → E1; E2 → E2 – E1 y E3 → E3

x  y  z  6 x  y  z  6 x  1
  
x  y  3   z3  y  2
y  z  5  y z5 z  3
  

El sistema es compatible determinado y su solución es x = 1; y = 2; z = 3.

b) Aplicamos el método de Gauss con las transformaciones que siguen y resolvemos:

E1 → E1; E2 → E2 – 2E1 y E3 → E3 – 3E1
E1 → E1; E2 → E2 y E3 → 3E3 – 4E2

x  y  2z  4 x  y  2z  4 x  y  2z  4 x  2
   
2 x  y  5 z   4   3 y  9 z   12   3 y  9 z   12  y  2
3x  y  4 z  0  4 y  10 z  12  6 z 12 z  2
   

El sistema es compatible determinado y su solución es x = 2; y = 2; z = 2.

c) Aplicamos el método de Gauss con las transformaciones que siguen y resolvemos:

E1 → E1; E2 → 2E2 – E1 y E3 → 2E3 – 5E1
E1 → E1; E2 → E2 y E3 → E3 + E2

2 x  3 y  z   7 2 x  3 y  z   7 2 x  3 y  z   7
  
x  y  1   5y  z  9   5y  z  9 
5 x  2 z   15   15 y  z   5   10 y  4
  
x  7 / 5

y   2/5
 z   11

El sistema es compatible determinado y sus soluciones son x = 7/5, y = - 2/5, z = -11, con t  R.

30
 MatemáticasI SOLUCIONARIO

d) Aplicamos el método de Gauss con las transformaciones que siguen y resolvemos:

E1 → E1; E2 → E2 – 2E1 y E3 → E3 – E1
E1 → E1; E2 → E2 y E3 → E3 – 6E2

x  y  z   2 x  y  z   2 x  y  z   2 x   1
   
2 x  3 y  5 z  11   y  3z   7   y  3z   7   y  2
 x  5 y  6 z   29  6 y  5 z  27   23z  69 z   3
   

El sistema es compatible determinado y su solución es x = - 1; y = 2; z = - 3.

e) Aplicamos el método de Gauss con las transformaciones que siguen y resolvemos:

E1 → E1; E2 → E2 – 2E1 y E3 → E3 – 5E1
E1 → E1; E2 → E2 y E3 → E3 – 4E2

x  4 y  8z  6 x  4 y  8z  6 x  4 y  8z  6
  
2 x  4 y  z  8    4 y  15 z   4    4 y  15 z   4
5 x  4 y  20 z  10   16 y  60 z   20  0z   4
  

El sistema es incompatible y carece de solución.

f) Aplicamos el método de Gauss con las transformaciones que siguen y resolvemos:

E1 → E1; E2 → E2 – 3E1 y E3 → E3 – E1
E1 → E1; E2 → E2 y E3 → E3 – 3E2

x  3 y  4z  6 x  3 y  4z  6 x  3 y  4z  6 x   1
   
3x  3 y  z   7    12 y  13z   25    12 y  13z   25  y  1
x  y  2z   4   4 y  6 z   10   5z  5 z   1
   

El sistema es compatible determinado y su solución es x = - 1; y = 1; z = - 1.

g) Aplicamos el método de Gauss con las transformaciones que siguen y resolvemos:

E1 → E1; E2 → E2; E3 → E3 y E4 → E4 + E3
E1 → E1; E2 → E2; E3 → E3 y E4 → E4 + E2
E1 → E1; E2 → E2; E3 → E3 y E4 → E4 + E3

x  y  1 x  y 1 x  y 1 x  y 1
y  z  1  yz 1  y  z 1  y z 1
   
       
 z  t  1  z  t  1  z  t  1  z  t  1
t  x   3   y  t   2   z  t  1  0t  0

x  3  m
x  y 1 x  3  t y  2  m
  
  y z 1  y  2  t  
 z 1  t z  1  t z  1  m
  t  m
El sistema es compatible indeterminado y sus soluciones son x = 3 + m, y = 2 + m, z = 1 + m; t = m, con m
 R.

31
 MatemáticasI SOLUCIONARIO

h) Aplicamos el método de Gauss con las transformaciones que siguen y resolvemos:

E1 → E1; E2 → E2 – E1; E3 → E3 – E1 y E4 → E4
E1 → E1; E2 → E2; E3 → 2E3 – E2 y E4 → 2E4 + 3E2
E1 → E1; E2 → E2; E3 → E3 y E4 → E4 - E3

x  y  z  1 x  yz 1 x  y  z 1
x  y  t  1   2y  z  t  0 
    2y  z  t  0
     
x  z  t  3   y t2  z  3t  4
3 y  2 z  t   2  3y  2z  t   2  z  5t   4

x  y  z 1 x  1
  2y  z  t  0 y   1
 
   
 z  3t  4 z  1
  8t  8 t   1

El sistema es compatible determinado y su solución es x = 1; y = - 1; z = 1; t = - 1.

i) Aplicamos el método de Gauss con las transformaciones que siguen y resolvemos:

E1 → E1; E2 → E2 – 2E1; E3 → E3 – E1 y E4 → 3E4
E1 → E1; E2 → E2; E3 → 6E3 – E2 y E4 → 6E4 - 4E2

 x  2 y  3z   3  x  2 y  3z   3  x  2 y  3z   3
2 x  2 y  z  2   6 y  7z  8   6 y  7z  8 x  1
   
      y  1
x  y  z  0   y  2z  3   5 z   10 z  2
3x  2 y  2 z  1   4 y  7 z 10  14 z  28 

El sistema es compatible determinado y su solución es x = 1; y = 1; z = 2.

23. Sea el número xyz  100 x  10  z el número buscado. De las condiciones del enunciado obtenemos
el sistema:
 x  y  x  10

x  y  z

 xyz  zyx  297

Operando y resolviendo, obtenemos:

 x  y  x  10  x  y  z 10 x  5
  
x  y  z  0  x  y  z  0   y  3
100 x  10 y  x  (100 z  10 y  x)  297 x z3 z  2
  

El número buscado es 532.

32
 MatemáticasI SOLUCIONARIO

ACTIVIDADES-PÁG. 59

24. Llamando x a la edad del padre e y a la edad del hijo obtenemos:

 x x
y    x  6 y  0  x  48
 3 2    
 x  4  11 ( y  4)  x  11y   40 y  8

El padre tiene 48 años y el hijo 8 años.

25. Sea el número xyz  100 x  10  z el número buscado. De las condiciones del enunciado obtenemos
el sistema:

 x  y  x  18

 xyz  zyx  594
 xz
y 
 2

Operando y resolviendo, obtenemos:

 x  y  x  18  x  y  z 18 x  9
  
100 x  10 y  x  (100 z  10 y  x)  594   x  z  6  y  6
x  2 y  z  0 x  2 y  z  0 z  3
  

El número buscado es 963.

26. Llamamos x a la edad del padre, y a la edad de la madre y z a la edad de la hija. Obtenemos:
 x  y  z  86  x  37,2
 
 y  3z   y  36,6
 x  z  25  z  12,2
 
El padre tiene 37,2 años, la madre 36,6 años y la hija 12,2 años.

27. Llamamos
x: al número de bricks de leche entera
y: al número de bricks de leche semidesnatada
z: al número de bricks de leche desnatada

Imponemos las condiciones del enunciado y obtenemos:

 x  y  z  10 400  x  3 900
 
0,6 x  0,55 y  0,5 z  5765   y  3 500
 x  0,6 · ( y  z )  z  3 000
 

33
 MatemáticasI SOLUCIONARIO

La central lechera envasa:

3 900 bricks de leche entera
3 500 bricks de leche semidesnatada
3 000de bricks de leche desnatada.

28. En el equipo A hay x futbolistas y en el equipo B hay y futbolistas. Obtenemos el sistema:

x  3  y  3  x  18
  
 x  7  ( y  7)  y  12
2

Hay 18 futbolistas en el equipo A y 12 futbolistas en el equipo B.

29. En cada uno de los apartados queda:

a) Resolviendo la ecuación obtenemos:

(m  1)  (m  1) 2  4 · 2 (m  3)
x
4

Imponiendo la condición del enunciado:

(m  1)  (m  1) 2  8 (m  3) (m  1)  (m  1) 2  8 (m  3)
 1 
4 4

 (m  1) 2  8 (m  3)  2  m 2  6m  27  0  m9ó m3

b) Llamamos y, z a las soluciones de la ecuación. Obtenemos:

 14
y  z   m
 m  2
 12 
y · z   z   1
 m y   6
 y  6z 



1
c) Si una solución es x1   , ésta verifica la ecuación, por tanto:
4
2
 1  1 17
   m ·    1  0  m
 4  4 4

La otra solución es x2 = - 4.

d) Resolviendo la ecuación x2 – mx + 4 = 0 obtenemos:

m m 2  16
x
2

Las soluciones son iguales si m2 – 16 = 0, lo que implica que m =  4.

34
 MatemáticasI SOLUCIONARIO

30. Las soluciones son:

a) (x2 – 2) · (x2 + 2) = 12  x4 = 16  x= 2

b) Elevando al cuadrado ambos miembros y operando obtenemos: x2 – 2 = 2 x 2  3 , y elevando de

nuevo obtendríamos: x4 – 8x2 + 16 = 0  x =  2 y ambas soluciones son válidas.

c) Factorizando obtenemos x2 (x – 1) (x + 1) (2x + 3) = 0 y sus soluciones serían las siguientes: x = 0

3
doble; x = - 1; x = 1 y x   .
2

d) Operando obtenemos x4 – 2x2 – 3 = 0 cuyas soluciones son: x  3 y x   3.

e) x2 - 8 =  1  x= 3y x   7.

f) 2x - 3 = x + 9  x = 12; o bien 2x – 3 = (x + 9)  x=-2

31. Las soluciones son:

a) x = 3 e y = 1 ó x = - 2 e y = - 4.

b) x = 3, y = 1, z = 3

c) Sumando ambas ecuaciones obtenemos: (x + y)2 = 36  x+ y = 6 o x + y = - 6 y la

solución provendrá de los dos sistemas siguientes:
x  y  6 x  5
 2  
 x  xy  30  y 1

x  y   6 x   5
 2  
 x  xy  30 y   1

32. Llamando x e y a las dimensiones del jardín e imponiendo las condiciones del problema obtenemos el
siguiente sistema:
2 x  2 y  36

( x  2) ( y  2)  xy  40

Este sistema tiene infinitas soluciones, todos los valores de x e y que verifiquen la siguiente expresión: x + y
= 18 con x  (0, 18) e y  (0, 18).

35
 MatemáticasI SOLUCIONARIO

33. Llamamos x al número de kilómetros hacia arriba a la ida, y al número de kilómetros hechos en llano y z
al número de kilómetros hacia abajo. Imponiendo las condiciones del enunciado obtenemos:

 x  y  z  920
  x  240 km
x y z 
   9   y  200 km
 80 100 120  z  480 km
 x y z 
120  100  80  10

ACTIVIDADES-PÁG. 60

34. Sean x, y, z el número de participaciones de 1, 2 y 5 euros, respectivamente. Las condiciones del

enunciado nos permiten plantear el sistema que sigue. En la primera ecuación se describe el número
total de participaciones, en la segunda el importe total y en la tercera la relación entre
participaciones de 1 euros y de 5 euros.

 x  y  z  260

 x  2 y  5 z  600
x  2z  0


El sistema es compatible determinado, es decir, tiene una solución única ya que el determinante de
la matriz de los coeficientes vale:
1 1 1
1 2 5  1  0.
1 0 2

Aplicando el método de Gauss, obtenemos:

 x  y  z  260  x  y  z  260  x  y  z  260  x  160

   
 x  2 y  5 z  600    y  4 z   340   y  4 z  340   y  20
x  2z  0  y  3z  260   z   80  z  80
   

Se han vendido 160 participaciones de 1 euros, 20 participaciones de 2 euros y 80 participaciones

de 5 euros.

Puede comprobarse, con facilidad, que la solución obtenida es la correcta:

160  20  80  260

160  2 ·20  5 · 80  600
160  2 · 80  0


36
 MatemáticasI SOLUCIONARIO

35. a) El área de la sección es el área de un trapecio de bases 4x y 10x y de altura 4x; por tanto, su área, A,
será:
4 x  10 x
A · 4x  A  7 x · 4x  A  28x 2
2

El volumen, V, del canal será el área de la sección por su longitud:

V = 28x2 · 245x = 6860x3

b) Para determinar el área total del canal tenemos que conocer la medida
de los lados inclinados de la sección.

Llamando Lat al lado inclinado, calculamos su medida aplicando el

teorema de Pitágoras en el triángulo rectángulo del dibujo cuyos catetos
miden 3x y 4x.
Lat 2  (3x) 2  (4 x) 2  Lat  9 x 2  16 x 2  Lat  25x 2  5x

El área total del canal es:

AT = (5x + 4x + 5x) · 245x = 3430x2

c) Si la longitud real del canal es 122,5 m, entonces:

122,5
245x = 122,5  x  0,5
245

El valor del volumen del canal es V = 6860 · (0,5)3 = 857,5 m3.

El área total del canal es AT = 3430 · (0,5)2 = 857,5 m2.

36. a) Aplicamos los pasos descritos al polinomio P (x) = x3 – 8x2 + 5,

Paso 1º. Observamos que P (0) = 5 > 0 y P (2) = 8 – 32 + 5 = -

19 < 0, por tanto, hay una raíz entre 0 y 2.

Paso 2º. En el intervalo (0, 2) su punto medio es 1 y P (1) = -

2. Este valor es de signo opuesto al de P (0), entonces la raíz
está entre 0 y 1.

Paso 2º. En el intervalo (0, 1) su punto medio es 0,5 y P (0,5)

= 3,125. Este valor es de signo opuesto al de P (1), luego la
raíz está entre 0,5 y 1.

Paso 2º. En el intervalo (0,5; 1) su punto medio es 0,75 y P

(0,75) = 0,92. Este valor es de signo opuesto al de P (1), luego
la raíz está entre 0,75 y 1.

Paso 2º. En el intervalo (0,75; 1) su punto medio es 0,875 y P

(0,875) = - 0,455. Este valor es de signo opuesto al de P
(0,75), luego la raíz está entre 0,75 y 0,875.

37
 MatemáticasI SOLUCIONARIO

0,75  0,875
Una estimación razonable sería el punto medio de este intervalo, es decir:  0,8125 .
2
En la imagen puede verse la raíz encontrada.

Si realizamos la gráfica de la función polinómica f(x) = x3 – 8x2 + 5 observamos que tiene tres raíces en los
intervalos (- 1, 0), (0, 1) y (7, 8).

b) Procediendo como en el apartado anterior, encontramos las raíces del polinomio Q (x) = x4 – 5x2 + 2 en
los intervalos (- 3, -2); (- 1, 0), (0, 1) y (2, 3). Pueden verse en la gráfica.

38
 MatemáticasI SOLUCIONARIO

c) Las raíces del polinomio R (x) = 3x3 – 14x + 9 están en los intervalos (- 3, - 2); (0, 1) y (1, 2). Pueden
verse en la gráfica.

37. a) Llamando b al número de coches blancos, r el número de coches rojos y g al número de coches grises
podemos formular el siguiente sistema con las dos condiciones del enunciado:
b  r  g  24  b  r  g  24
  
 g  2r   2r  g  0

Con estas ecuaciones no podemos saber el número b de coches blancos que hay en el aparcamiento ya que si
resolvemos el sistema anterior (es compatible indeterminado), obtenemos las soluciones:
b  24  3r

 g  2r

b) Si añadimos la ecuación r + g = 12, el sistema anterior queda:

 b  r  g  24

  2r  g  0
 r  g  12


Eliminamos la incógnita g en la última ecuación haciendo la combinación E3 – E2 → E3 y resolviendo el

sistema resultante, obtenemos:
 b  r  g  24 b  12
 
  2r  g  0  g  8
  12 r  4
 3r 

Observamos que en el aparcamiento hay 12 coches blancos, 8 grises y 4 rojos.

39
 MatemáticasI SOLUCIONARIO

38. Llamamos x a las personas que pagan la entrada a 9 euros, y a los jubilados y z a los niños.

 x  y  z  500  x  150 pagan la entrada a 9 euros

 
 y  2x   y  300 son jubilados
9 x  1,8 y  4,5 z  2115  z  50 son niños
 

ACTIVIDADES-PÁG. 61

a) En la mesa de tamaño 8 x 6 la bola se mete en la esquina B, como puede verse en el dibujo.

b) La bola ha cruzado 24 cuadrados.

c) La bola ha rebotado 5 veces en los lados de la mesa.

Los mismo ocurriría en las mesas de medidas semejantes: 16 x 12, 24 x 18, etc. En particular en la mesa 4 x
3.

d) Los resultados para las mesas pedidas aparecen a continuación:

● En una mesa 2 x 6, la bola se mete en la esquina C opuesta a A, cruza 6 cuadrados y rebota 2 veces en los
lados de la mesa. Lo mismo ocurre en una mesa 1 x 3.

● En una mesa 5 x 10, la bola se mete en la esquina B, cruza 10 cuadrados y rebota una vez en los lados de la
mesa. Lo mismo ocurre en una mesa 1 x 2.

● En una mesa 6 x 6, la bola se mete en la esquina C, cruza 6 cuadrados y rebota 0 veces en los lados de la
mesa. Lo mismo ocurre en una mesa 1 x 1.

e) En general, para una mesa de tamaño m x n, m y n números

naturales, se busca la mesa semejante de dimensiones a x b,
siendo a y b primos entre sí y obtenemos:

■ Si b es par, la bola se mete en la esquina B, contigua a la

de partida A.

■ Si b es impar, la bola se mete en la esquina C, opuesta a la

de partida A, si a es par; si x es par, la bola se mete en la esquina D.

Determinamos el número de rebotes en las bandas de la mesa de billar y para ello calculamos los rebotes que
da la bola en las mesas de las dimensiones particulares que aparecen en el enunciado, obtenemos:

- En la mesa 8 x 6, o en su semejante 4 x 3, da 4 + 3 – 2 = 5 rebotes.

- En la mesa 2 x 6, o en su semejante 1 x 3, da 1 + 3 – 2 = 2 rebotes.

- En la mesa 5 x 10, o en su semejante 1 x 2, da 1 + 2 – 2 = 1 rebote.

- En la mesa 6 x 6, o en su semejante 1 x 1, da 1 + 1 – 2 = 0 rebotes.

40
 MatemáticasI SOLUCIONARIO

En general, en la mesa a x b, da a + b - 2 rebotes; siendo a, b los primos entre sí determinados a partir de m x

mn
n, es decir, en una mesa de tamaño m x n, la bola da  2 rebotes.
m. c. d . (m, n)

Haciendo los mismo para determinar los cuadros que cruza la bola, se llega a que en una mesa de tamaño m
m·n
x n, la bola cruza cuadros.
m. c. d . (m, n)

41