ejercicio nº 1 - madaedu's blog | just another wordpress ... · web view... utilizamos la...

4º ESO. SOLUCIONES :Repaso de 1ª evaluación:Temas 1,2 y 3

Solución1:

4 6 10 102 2

8 8 8

3,22 10 2,15 10 3,22 2,15 10 6,923 10a) I) 3,4615 10 3,46 102 10 2 10 2 10-

II) 4,51 · 106 3,28 · 105 2,5 · 107 45,1 · 105 3,28 · 105 250 · 105

45,1 3,28 250 · 105 201,62 · 105 2,0162 · 107 2,02 · 107

b) Error absoluto Valor real Valor aproximado 3,2875 · 106 3,29 · 106

0,0025 · 106 2,5 · 103

3

6

Error absoluto 2,5 10Error relativo 0,00076Valor real 3,2875 10

Solución2:

Solución3:

5 3 2 71 1a) 3 32 72 128 3 2 2 3 2 12 2 2 2 8 2 18 23 3

3 2 3 4 936 12 26

6 6

9 27 3 3 3 3b) 3 3 933 3

Solución4:

1


12 12 2 12 2a) 6 222 2 2

3 32 2

3 3 23

2 2 2b) a aaa a a

2 5 22 5 2 2 2 5 2c)25 2 235 2 5 2 5 2

Solución5:

23BASE Altura 3 4Volumen 12 cm

3 3A

Para calcular el área del cono necesitamos calcular previamente el valor de la generatriz, g :

2 2 24 3 16 9 25 25 5 cmg g Luego:ATOTAL ALATERAL ABASE rg r2 ·3·5 ·32 15 9 24 cm2

Solución6:3 2 6 3 3 62 3 : 3 23 2 3 2

2 3 3 2 3 2 6 3 2 3 2 3 3 6:

3 2 3 2

6 36 2 6 3 2 6 3 6 6 3 3 6 6 3: :3 2 3 2 3 2 3 2

2


6 3 3 2 3 2 3 2 3 6 6 2 5 2 63 26 3 3 2 3 2 3 2

Solución7:

Naturales 25; 36

16Enteros ; 25; 36;4

6 3 16Racionales ; ; : 25; 36;5 4 4

Irracionales 7; 20; 5,131131113...

Reales Todos

Solución8:

3 2 51 1a) 2 8 18 32 2 2 2 3 2 4 2 2 4 2 7 23 3

3 4 3 8 96 3 316 8 2 26

6b) x x x x x x x x

xxSolución9:

2 2 2 2 2 2a)

3 2 33 5 3 2 2

7 73 3

7 7 74 4 3

1 1b) a aaa a a

5 2 2 55 2 10 5 2 10 5c)8 5 32 2 5 2 2 5 2 2 5

Solución10:

3


23

BASEVolumen Altura 2 2 2 2 cmA

22

CARAÁrea 6 6 2 6 2 12 cmA

Para calcular la diagonal del cubo, calculamos previamente la diagonal de una cara, x :

2 22 2 2 2 2 4 4 2 cmx x

Por tanto, la diagonal, d, del cubo será:

22 2 2 4 2 6 6 cmd x d

Solución11:

Elevamos al cuadrado ambos miembros:2 2

4 3 8 11 2 4 3 8 11 28 2 8 42 2

En esta última igualdad, partimos del primer miembro para llegar al segundo:

34 3 2 4 2 3 2 2 4 2 3 2 8 2 3 2 11 28 8 2 4 4 4 42 2 2

Luego queda demostrado.Solución12:

8 7 15 156 6

9 9 9

5,23 10 3,02 10 5,23 3,02 10 15,7946 10a) I) 7,8973 10 7,9 10

2 10 2 10 2 10

4


II) 5,23 · 108 3,02 · 107 2 109 52,3 · 107 3,02 · 107 200 · 107 52,3 3,02 200 · 10 7 144,68 · 107 1,4468 · 10 9 1,4 · 10 9

b) Error absoluto Valor real Valor aproximado 5,23 108 5,2 · 108 0,03 · 108 3 10

6

6

8

Error absoluto 3 10Error relativo 0,0057Valor real 5,23 10

Solución13:

15Naturales ; 643

15Enteros ; 64; 33

-

5 6 15Racionales ; 4,222...; 64; 3; ;3 8 3

Irracionales 6; 3,010010001...

Reales TodosSolución14:

4 2 4 2 3a) 48 3 75 81 108 2 3 3 3 5 3 2 3 4 3 15 3 9 6 3

25 3 9

32 2 3 6 436 7 66

3 3

75 25 3 5 5 3 5 5b) 5 5 53 515 3 5

Solución15:6 6 3 6 3a) 2 3

33 3 3

4 43 3

4 4 34

1b) a aaa a a

5


3 5 5 33 5 3 5 2 15 8 2 15c) 4 155 3 25 3 5 3 5 3

Solución16

Perímetro 3 · 6 18 cmPara calcular el área, necesitamos la altura del triángulo:

2 22 2 2 26 3 36 9 27 27 3 3h h

Por tanto:

2 26 3 3Área 9 3 cm2

Solución17:Para que una raíz de índice par exista, el radicando tiene que ser positivo o cero. Buscamos

3pues, valores de que hagan 0.1

xxx

x 3 0 en x 3x – 1 0 en x 1

3Los valores 3 y 1 dividen la recta en tres intervalos; estudiamos el signo de 1

xx xx

en cada uno de ellos, tomando un valor y sustituyéndolo en dicha expresión.

4 3 1 0 3 2 3 50 3 0 04 1 5 0 1 2 1 1

6


3Por tanto, existe para valores de que pertenezcan a , 3 1, .1

x xx

Solución18:

3Naturales 49; 8

3 45Enteros 49; 8;9

3 3 45Racionales 2,23; 3,0222...; 49; 8; ;

5 9

3Irracionales ; 2,121121112...

2Reales Todos

Solución19:

3 2 21 1a) 27 12 2 75 3 2 3 2 3 5 3 3 3 10 3 6 32 2

4 3 9 612 712

83 2b) a a a a a

aaSolución20:

10 10 5 10 5a) 2 555 5 5

5 53 3

5 5 52 2 3

3 3 3b) a aaa a a

3 2 3 23 2 3 2 2 6 5 2 6c) 5 2 63 2 13 2 3 2 3 2

7


Solución21:La figura está compuesta de un cilindro y un cono. Comenzamos por calcular la altura, x, del cono:

2 2 2 215 10 225 100 125 125 5 5 cmx x x

2CILINDRO

3TOTAL2

CONO

10 16 1600500 5 1600 1972,68 cm1 500 5 3 10 5 5

3 3

VV

V

CILINDRO BASE LATERAL 2TOTAL

LATERAL CONO

100 2 10 16 420420 150 570 cm

10 15 150A A A

AA

Solución22:

Comenzamos por calcular el lado x del rombo:

2

2 12 1216 16 3 16 19 cm2 4

x x

8


2 2BASE ROMBO

2 3BASE

8 12 4 12 4 2 3 8 3 cm2

Volumen Altura 8 3 57 8 3 3 19 8 3 19 24 19 cm

A A

A

El área lateral será el área de 4 rectángulos iguales de dimensiones 19 y 57 cm:

2 2LATERAL 4 19 57 4 19 3 19 4 19 3 4 19 3 76 3 cmA

Por tanto:

2TOTAL LATERAL BASE2 76 3 2 8 3 76 3 16 3 92 3 cmA A A

Solución23 a) 2x4 7x3 3x2 1 x 2 2

2x4 4x2 2x 2 7x 1

7x3 x2 1 7x3 14x

x2 14x 1 x2 2

14x 1 Cociente 2x 2 7x 1Resto 14x 1

b) Aplicamos la regla de Ruffini: 3 0 6 1 2

1 3 3 3 4

3 3 3 4 2

Cociente 3x3 3x2 3x 4Resto 2

9


Solución24:a) P(1) 3 2 2 3 0b) Si. Por el teorema del resto, sabemos que el resto de la división P(x) (x

1) coincide con P(1). En este caso P(1) 0, por tanto, P(x) es divisible entre x 1.

Solución25:a) Sacamos factor común y utilizamos que a2 2ab b2 a b2:

x3 2x 2 x x x2 2x 1 x x 12

b) Utilizamos la regla de Ruffini:

1 7 7 15 1 1 8 15

1 8 15 0 3 3 15

1 5 0

x 3 7x 2 7x 15 x 1 x 3 x 5

Solución26:Factorizamos ambos polinomios:2x 3 5x 2 3x x · 2x 2 5x 3

2

6 34 25 25 24 5 12 5 3 0

4 44 14

x x x

ƒ‚

Luego:

3 2 32 5 3 2 12

x x x x x x

2 32 6 2 2 ya que:2

x x x x

10


6 34 21 1 48 1 49 1 7

4 4 48 2

4

xƒ‚

Por tanto:

3 2

2

32 1 12 5 3 23 22 6 2 22

x x x x xx x xxx x x x

Solución27:a) Efectuamos cada paréntesis y luego multiplicamos:

2 2 21 1 1 1 1 1 111 1 1 1

x x x x xxx x x x x x x

b) Observamos que 4x2 1 2x 1 2x 1.

2Así, el mín.c.m. 1, 2 1 , 4 1 2 1 2 1 .x x x x

Luego:

2

2 1 2 11 2 2 1 212 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 14 1

x xx x xx x x x x x xx

2 2

2 2

4 1 2 1 2 44 1 4 1

x x x xx x

Solución28:2ax ay 2bx by a (2x y) b (2x y) (a b) (2x y)ax bx ay by a (x y) b (x y) (a b) (x y)

El mayor divisor común es a b.

11


Solución29a) Sabemos que si a2 b2, entonces, o bien a b o bien a b.

En este caso:

2

2 2 29 34 5 1 9 0 5 1 5 14 2

x x x

Así:

3 15 1 10 2 3 10 12 10

3 5 15 1 10 2 3 10 52 10 2

x x x x

x x x x

1 2

1 1Las soluciones son y .10 2

x x

4 2 2 2b) 2 9 68 0 equivale a 2 9 68 0, siendo .x x z z z x -34 174 29 81 544 9 625 9 25

4 4 4 16 44

z

ƒ‚

2

2

17 17Si no hay solución real.2 2

Si 4 4 2

z x

z x x

Las soluciones pedidas son x1 2 y x 2 2.

Solución30

a) 6 1 3 2x x

Elevamos ambos miembros al cuadrado:2 2 26 1 9 12 4 4 18 8 0 2 9 4 0x x x x x x x

12


ƒ‚

2 14 29 81 32 9 49 9 7

4 4 4 16 44

x

Comprobamos las posibles soluciones sobre la ecuación:

1 6 12 1 1 4 1 2 3 es solución.2 2 2

x

8 24 1 8 25 8 5 13 4 no es solución.x

1La única solución es .2

x

b) Multiplicamos ambos miembros por 4 1 1 :x x

2 2 2 2 2 2

4 1 8 1 15 1 1

4 4 8 8 15 15 12 4 15 15 3 4 15 0

x x x x x x

x x x x x x x x x x

ƒ‚

18 364 16 180 4 196 4 14

6 6 6 10 56 3

x

Comprobamos las soluciones:

3 6 3 6 3 12 15 3 es solución.

3 1 3 1 4 2 4 4

5 10 5 105 10 20 10 30 15 53 3 3 3 es solución.

5 5 2 8 2 8 8 8 4 31 13 3 3 3

13


1 25Las soluciones son 3 y .

3x x

Solución31:

1 1 3La ecuación 0 tiene como soluciones las pedidas.2 2 2

x x x

Multiplicando estos tres factores se llega a la ecuación buscada:

2 3 2 3 21 3 3 1 30 0 8 12 2 3 0 es la solución.4 2 2 4 8

x x x x x x x x

Solución32:x "lado del triángulo"

Aplicamos el teorema de Pitágoras al triángulo rectángulo de lados x, x 1 y 4:

22 2 2 2 171 4 2 1 16 2 17

2x x x x x x x

Luego, x 8,5 cm es la longitud del lado.

Solución33:

Comenzamos por simplificar el sistema:

2 2 5 40 5 4285

1 1 2 2 72 1 1 82 4

x x y x yy

y xy xy x

14


Utilizaremos el método de reducción en x, multiplicando la primera ecuación por 1:

5 422 77 49 7

x yx y

y y

Calculamos el valor de x:

x 7 2y x 7 2 · 7 x 7 14 x 7

La solución que cumple el sistema es: x 7, y 7

Comprobamos dicha solución:

7 2 7 1 7 85

7 1 7 1 4 2 22 4

Solución34:

Multiplicamos la segunda ecuación por 3 para aplicar el método de reducción:

2 2

2 2

2 2

3 5 23 18 15

13 13 1 1

x yx y

y y y

ƒ‚

2

2 2

2

si 1 6 5 1 1Como 6 5

si 1 6 5 1 1

y x xx y

y x x

Las soluciones son:

15


1 1

2 2

3 3

4 4

1 11 1

1 11 1

x yx yx yx y

Solución35:

Llamamos x, y a las dimensiones del jardín.

La zona sombreada es el paseo que está formado por dos rectángulos de cada uno de los siguientes tipos:

1 5 10 5 50S x x

2 5S y

Área del paseo 850 2S1 2S2 850 S1 S2 425

16


5x 50 5y = 425 5x 5y 375 x y 75

El sistema que resuelve el problema es:

90075

xyx y

Despejamos x de la 2ª ecuación y sustituimos en la primera:

x 75 y

y (75 y 900 y2 75y 900 0

60 1575 5625 3600 75 2025 75 45

2 2 215 60

xy

x

ƒ‚

Las dimensiones del jardín son 15 m y 60 m.

Solución36:

a) 5 4 6 5 6 4 5 10 2x x x xLa solución en forma de intervalo será: , 2

b) Resolvemos cada inecuación por separado; la solución será el conjunto de puntos que cumplan ambas inecuaciones.

2 1 3 2 4 23 6 2 3 2 6 6

x x xx x x x x

La solución al sistema es el intervalo 6, 2.

Solución37:

El producto de dos factores es negativo cuando cada uno tiene signos

distintos.

En este caso x2 0 siempre, luego para que se cumpla la inecuación,

17


debe verificarse que

2 0 2.x x

Por tanto, la solución es , 2 .

Solución38:x “número”

3x 10 x2 x2 3x 10 0Resolvemos la inecuación buscando las soluciones de la ecuación x2 3x

10 0.

53 9 40 3 7

2 22

x

ƒ‚

Estudiamos el signo de x2 3x 10 en los siguientes intervalos:

(, 2 (32 3 · (3 10 > 0

(2, 5 02 3 · 0 10 < 0

(5, 62 3 · 6 10 > 0

El número buscado está en el intervalo [2, 5].

Si el número buscado fuese natural la solución sería 0, 1, 2, 3, 4 ó 5.

Solución39:

Para que un cociente sea positivo, numerador y denominador han de tener el mismo signo.Como x2 1 > 0 siempre, entonces debe cumplirse que (x 3 (x 2 0 para asegurarnos un cociente mayor o igual a 0.(x 3 (x 2) 0 cuando x 3 o x 2.

18


Por tanto, (x 3 (x 2 0 en aquellas zonas donde ambos signos coinciden, esto es, en (, 3] [2, , solución también de la inecuación inicial.

Solución40: a) 2x5 3x 4 2x2 x 1 x 3 2x 1

2x5 4x3 2x2 2x 2 3x 4

3x4 4x3 x 1 3x4 6x 2 3x

4x 3 6x 2 2x 1 4x 3 8x 4

6x 2 10x 3

Cociente 2x2 3x + 4Resto 6x2 10x 3

b) Aplicamos la regla de Ruffini:

2 0 3 0 2 1 2 4 8 10 20 44

2 4 5 10 22 45

Cociente 2x4 4x3 5x2 10x 22Resto 45

Solución41:a) P(1) 2 1 3 6 0

b) Sí. Por el teorema del resto, sabemos que el resto de la división P(x) : (x 1) coincide con P(1). En este caso P(1) 0; por tanto, P(x) es divisible entre x 1.

Solución42:

19


a) Sacamos factor común y hallamos las otras raíces resolviendo la ecuación:

x 5 x4 2x3 x 3 x 2 x 2

2

11 1 8 1 9 1 32 0

2 2 22

xx x x

x

ƒ‚

Por tanto:

x 5 x4 2x3 x 3 x 1 x 2

b) Utilizamos la regla de Ruffini: 1 0 3 2

1 1 1 2

1 1 2 0

1 1 2

1 2 0

x 3 3x 2 x 12 x 2

Solución43:Descomponemos factorialmente el numerador y el denominador:

Numerador Sacamos factor común 2 y aplicamos la regla de Ruffini hasta llegar a un polinomio de 2º grado:

2x3 10x2 16x 8 2x 3 5x 2 8x 4

1 5 8 4 2 2 6 4

1 3 2 0

20


ƒ‚

2

4 223 9 8 3 13 2 0

2 2 2 12

x x x

-

Así:

2x3 10x2 16x 8 2 x 2 2 x 1

Denominador Sacamos factor común 4 y aplicamos la regla de Ruffini hasta llegar a un polinomio de 2º grado:4x3 8x2 4x 8 4x3 2x 2 x 2

1 2 1 2 2 2 0 2

1 0 1 0

x 2 1 0 x 2 1 x 1Así:4x3 8x2 4x 8 4 x 2 x 1 x 1

Simplificación:

23 2

3 2

2 2 1 22 10 16 8 24 2 1 1 2 1 2 24 8 4 8

x x xx x x xx x x x xx x x

Se obtiene dividiendo numerador y denominador entre el máx.c.d. de ambos, que es 2x 2 x 1.

Solución44:a) Observamos que tenemos el producto notable a b · a b a2 b2.

Así:

21


62

2 2 4 4

1 1 1 1xx x xx x x x

22b) Calculamos el mín.c.m. 2 , 4 4 que es 2 . x x x x x 2 4x 4 x 22

Luego:

2 2

2 2 2 2 2

1 21 2 2 2 2 22 2 2 2 2 2

x xx x x x x x x xx x x x x x

Solución45:

2 2 2 2 2 2 2 22 : 2 :x y x y x y x y x y x yx y x y x y x y

33 3:3

x x yx y xx y x y y x y y

Solución46:a) Sacamos factor común y hallamos las otras raíces resolviendo la

ecuación de segundo grado:

x x x x x x

xx x x

x

3 2 2

2

13 36 13 36

913 169 144 13 25 13 513 36 0

2 2 24

ƒ‚

Por tanto:

x 3 13x 2 36 x x x 9 x 4

b) Utilizamos la regla de Ruffini:

22


2 9 8 15

1 2 7 15

2 7 15 0

5 10 15

2 3 0

2x 3 9x 2 8x 15 x 1 x 5 2x 3

Solución47:

23

4 3 3 3 2

49 7 749 77 7 7

x x x x xx x xx x x x x x x

En el primer paso sacamos factor común; en el segundo paso aplicamos la identidad notable a2 b2 a b a b a la expresión x2 49, y finalmente dividimos numerador y denominador entre el máx.c.d. de ambos, que es x (x 7).

Solución48:a Efectuamos el producto:

4 2 24 2 2

2 2 2 2

3 2 6 93 2 6 92 1 2 2 1 2

x x x x xx x x x xx x x x x x x x

Factorizamos para simplificar:x4 3x2 2x x x3 3x 2

Aplicamos Ruffini para calcular las raíces de la ecuación x3 3x 2 0:

23


1 0 3 2

1 1 1 2

1 1 2 0

ƒ‚

2

2 121 1 8 1 32 0

2 2 4 22

x x x

Así:x4 3x2 2x x x 12 x 2x2 6x 9 x 32

x2 2x 1 x 12

x2 + 2x x x 2

Por tanto:

2 24 2 22

22 2

3 2 6 9 1 2 33

2 1 2 1 2

x x x x x x x x xx

x x x x x x x

b) mín.c.m. 4 , 5 4 5x x x x

2 4 5 2 14 42 4 2 144 5 4 5 4 5

x x x xx xx x x x x x

2 22 10 4 20 2 8 14 564 5 4 5

x x x x x xx x x x

2 22 6 20 2 6 56

4 5x x x x

x x

24


2

36 364 5 20x x x x

Solución49:

2 23 3

2

6 4 6 2 26 24 2 23 2 3 23 6

xy x y xy x y x yx y xy y x yx x y x x yx yx

Solución50:

a) Multiplicamos los dos miembros por 6:

2 23 2 1 2 1 1 6 3 2 2 1x x x x x x

ƒ‚

2

8 212 31 1 48 1 76 2 0

12 12 6 112 2

x x x

1 2

2 1Las soluciones son y .3 2

x x

b) Por ser bicuadrada, hacemos el cambio x2 z :

ƒ‚

2

2 1226 676 100 26 576 26 2426 25 0

2 2 2 50 252

z z z

2

2

Si 1 1 1 Si 25 25 5

z x xz x x

Las soluciones de esta ecuación son x 1 1, x 2 1 x 3 5 y x 4 5.

Solución51: a) 4 1 1 9 2x x

Elevamos al cuadrado ambos miembros de la ecuación: 4 1 1 9 2 2 9 2 4 1 9 1 2 9 2 2 9 2 5 2x x x x x x x x

25


Volvemos a elevar al cuadrado: 2 2 24 9 2 25 20 4 36 8 25 20 4 25 56 12 0x x x x x x x x

ƒ‚

100 25056 3136 1200 56 1936 56 44

50 50 50 12 650 25

x

Comprobamos las dos posibles soluciones, sustituyendo en la ecuación inicial:

4 2 1 9 2 2 9 16 3 4 1 2 es solución.

24 54 49 4 7 2 5 61 2 1 no es solución.25 25 25 25 5 5 5 25

La única solución es x 2.

b) Multiplicamos ambos miembros por 12x2, que es el mín.c.m. de los denominadores:

2 24 12 5 5 4 12 0x x x x

ƒ‚

20 2104 16 240 4 256 4 16

10 10 10 12 610 5

x

Comprobación:

26


1 1 2 3 52 2 es solución.6 4 12 12

6 5 25 10 25 15 5 6 es solución.5 18 36 36 36 12 5

x

x -

1 2

6Las soluciones son 2 y .5

x x

Solución52:

Para que el producto de varios factores sea 0, alguno de ellos tiene que ser 0. Así:

2

2

0

14 1 044 1 2 7 4 072 7 02

4 0 2

x

x xx x x x

x x

x x

1 7Las soluciones son 0, , , 2 y 2. 4 2

x x x x x

Solución53:

27


1 23 3 5S x x S x x

2 12 3 5 2 3 3 5 2 3 0S S x x x x x x x x

ƒ‚

3 imposible3 5 2 0 3 5 0

5

xx x x x x

xLas dimensiones del rectángulo inicial son 5 cm y 8 cm.

Solución54:Comenzamos por simplificar cada una de las ecuaciones del sistema:

2 1 10 2 2 10 2 123 33 3 5 7 5 42 5 72 22

x y x y x y

x y x yx y

Método de sustitución Despejamos y de la primera ecuación y sustituimos en la segunda:

2 123 35 2 12 4 10 60 42 2

y x

x x x x

Multiplicamos ambos miembros de la ecuación por 2:

28


1283 20 120 8 23 12823

x x x x

Se calcula el valor de y :128 256 276 202 1223 23 23

y y y

Comprobamos con la calculadora:

2 [128 ab/c 23 1] [20 ab/c 23 / ] 10

3ab/c 2 [128 ab/c 23 2] 5 20 ab/c 23 / 7

Solución55:

Despejamos y de la segunda ecuación y sustituimos en la primera:

2 2

1

1 2 4 2 4 0 3 2 0

y xx x x x x x x x

2 33 9 8 3 1

2 21 2

yx

y

ƒ‚

Las soluciones son:

1 1

2 2

2 31 2

x yx y

Solución56:x “litros del vino que cuesta 6 €/ l ”y “litros del vino que cuesta 2 €/ l ”El sistema a resolver será:

29


315 315 2 2 6306 2 315 4,4 6 2 1386 6 2 1386 4 756 189

x y x y x yx y x y x y

x x

=Luego, y 315 189 126.Ha de mezclar 189 l de vino bueno con 126 l del más corriente.

Solución57: Resolvemos cada inecuación por separado y buscamos el conjunto de

puntos que cumplen ambas a la vez:2 0 2

32 3 0 2 32

x x

x x x

3La solución común a ambas inecuaciones es , .2

Solución58:

Un producto es mayor que 0 cuando ambos factores son del mismo signo.Estudiamos los signos de x 7 y de 3 x:

30


El conjunto de soluciones son los números comprendidos entre 7 y 3, ambos incluidos. Es decir, 7, 3.Solución59:Dos números consecutivos son x, x 1.x(x 1 < 6 x2 x < 6 x2 x 6 < 0Resolvemos la inecuación buscando las raíces de x2 x 6.

21 1 24 1 5

2 23

x

ƒ‚

Estudiamos el signo de x2 x 6 en cada uno de los siguientes intervalos:

(, 3) (4)2 4 6 > 0

(3, 2) 02 0 6 < 0

(2, ) 32 3 6 > 0

La solución de la inecuación x2 x 6 < 0 es (3, 2; por tanto los números enteros consecutivos pueden ser 2 y 1, 1 y 0, 0 y 1, 1 y 2.Solución60:Hacemos una tabla para recoger los datos del enunciado y plantear el problema:

31


CAPACIDAD (l ) TIEMPO (h CAUDAL (l/h

GRIFO A a x ax

GRIFO B a 2x 2ax

AMBOS GRIFOS a 2,5 2,5a

Por tanto:

2 2,5a a ax x

Dividiendo entre a:

1 1 1 5 2,5 2 7,55 2,5 2 7,5 2 3,752 2,5 5 5 5 2

x x x xx x x x x

El grifo A tardaría en llenar el depósito 3 horas y tres cuartos y el grifo B, 2 · 3,75 7,5 horas, es decir, 7 horas y media.

32

ejercicio nº 1 - madaedu's blog | just another wordpress ... · web view... utilizamos la...

Documents