aplicadas a las Ciencias Sociales Carlos González Jesús Llorente Mª José Ruiz Matemáticas BACHILLERATO

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1 Matemáticas 1 aplicadas a las Ciencias Sociales Carlos González Jesús Llorente Mª José Ruiz BACHILLERATO

2 Índice UNIDAD 1 NÚMEROS REALES...5 CUESTIONES INICIALES...5 RESOLUCIÓN DE PROBLEMAS...6 Actividades finales p Actividades finales p Actividades finales p UNIDAD POLINOMIOS...17 CUESTIONES INICIALES...17 RESOLUCIÓN DE PROBLEMAS...18 Actividades finales p Actividades finales p Actividades finales p UNIDAD 3 ECUACIONES Y SISTEMAS DE ECUACIONES...8 CUESTIONES INICIALES...8 RESOLUCIÓN DE PROBLEMAS...9 Actividades finales p Actividades finales p Actividades finales p Actividades finales p Actividades finales p UNIDAD 4 INECUACIONES Y SISTEMAS...47 CUESTIONES INICIALES...47 RESOLUCIÓN DE PROBLEMAS...48 Actividades finales p Actividades finales p Actividades finales p UNIDAD 5 LOGARITMOS. APLICACIONES...59 CUESTIONES INICIALES...59 RESOLUCIÓN DE PROBLEMAS...61 Actividades finales p Actividades finales p Actividades finales p

3 UNIDAD 6 FUNCIONES REALES. PROPIEDADES GLOBALES...73 CUESTIONES INICIALES...73 RESOLUCIÓN DE PROBLEMAS...75 Actividades finales p Actividades finales p Actividades finales p UNIDAD 7 FUNCIONES POLINÓMICAS. INTERPOLACIÓN...88 CUESTIONES INICIALES...88 RESOLUCIÓN DE PROBLEMAS...91 Actividades finales p Actividades finales p Actividades finales p UNIDAD 8 FUNCIONES RACIONALES CUESTIONES INICIALES RESOLUCIÓN DE PROBLEMAS Actividades finales p Actividades finales p Actividades finales p UNIDAD 9 FUNCIONES EXPONENCIALES, LOGARÍTMICAS Y TRIGONOMÉTRICAS...11 CUESTIONES INICIALES...11 RESOLUCIÓN DE PROBLEMAS...13 Actividades finales p Actividades finales p Actividades finales p UNIDAD 10 LÍMITES DE FUNCIONES. CONTINUIDAD CUESTIONES INICIALES RESOLUCIÓN DE PROBLEMAS Actividades finales p Actividades finales p Actividades finales p Actividades finales p Actividades finales p UNIDAD 11 INTRODUCCIÓN A LAS DERIVADAS Y SUS APLICACIONES CUESTIONES INICIALES RESOLUCIÓN DE PROBLEMAS Actividades finales p Actividades finales p Actividades finales p Actividades finales p Actividades finales p

4 UNIDAD 1 ESTADÍSTICA. TABLAS Y GRÁFICOS...18 CUESTIONES INICIALES...18 RESOLUCIÓN DE PROBLEMAS Actividades finales p Actividades finales p Actividades finales p Actividades finales p Actividades finales p UNIDAD 13 DISTRIBUCIONES UNIDIMENSIONALES. PARÁMETROS...03 CUESTIONES INICIALES...03 RESOLUCIÓN DE PROBLEMAS...05 Actividades finales p Actividades finales p Actividades finales p UNIDAD 14 DISTRIBUCIONES BIDIMENSIONALES. CORRELACIÓN Y REGRESIÓN...19 CUESTIONES INICIALES...19 RESOLUCIÓN DE PROBLEMAS...1 Actividades finales p Actividades finales p Actividades finales p UNIDAD 15 DISTRIBUCIONES DISCRETAS. DISTRIBUCIÓN BINOMIAL...3 CUESTIONES INICIALES...3 RESOLUCIÓN DE PROBLEMAS...34 Actividades finales p Actividades finales p Actividades finales p Actividades finales p Actividades finales p UNIDAD 16 PROBABILIDADDISTRIBUCIONES CONTINUAS. DISTRIBUCIÓN NORMAL...54 CUESTIONES INICIALES...54 RESOLUCIÓN DE PROBLEMAS...56 Actividades finales p Actividades finales p Actividades finales p

5 Unidad 1 Números reales PÁGINA 7 SOLUCIONES 1. Diremos que: a) Los números comprendidos entre 5 y 3 5 son: 0,4; 0,46; 0,54; 0,57. b) Los números comprendidos entre,1 y, son:,11;,14;,18;,195. c) Los números comprendidos entre,01 y,1 son:,03;,045;,076;,098.. Utilizando la tecla del producto podemos conseguir aproximaciones sucesivas del valor. Así: 3 < 10 < ,1,1,1 < 10 <,,, 3,15,15,15 < 10 <,16,16,16 3,154,154,154 < 10 <,155,155,155 3,1544,1544,1544 < 10 <,1545,1545, La ordenación queda: 4,101< 4,1< 4,01< 4,01< 4,11< 5,01< 5,101< 5,31 4. Elevando al cuadrado ambos miembros obtenemos: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 = = = Se verifica la igualdad + 5. n par y a R ó n impar y a R 5

6 PÁGINA 3 SOLUCIONES m= m( m+ 1). Resolvemos en los siguientes pasos: Supongamos que el camello lleva un bidón hasta la mitad del camino, vuelve a Kamal, carga con otro bidón hasta el mismo punto y se bebe uno de los bidones transportados, quedándole otro. Repitiendo el proceso conseguirá llevar 50 bidones hasta la mitad del camino. De aquí repitiendo lo mismo hasta Wadi conseguirá que lleguen 5 bidones según la expresión: 1 50 bidones = 100 Si mejoramos la solución conseguiremos que lleguen más bidones, haciendo el camino en tres fases tras el 1. er tercio, el camello habrá bebido 33,333 bidones y quedan 66,666 En el. do tercio se bebe, y quedan 44,444 En Wadi se bebe 14,81 y quedan 9,69 bidones, es decir: = Avanzando por cuartos de camino se puede mejorar la solución, llegan: , = 100 = Siguiendo así sucesivamente se puede decir que en el mejor de los casos llegan: e 6

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8 SOLUCIONES 1. La ordenación pedida es: 48 > 4> 0,4 > 0 > 0,3 >,3 > 0. Las soluciones quedan: a) 7 b)4 c) d) 0 3. Las soluciones quedan: a) b) c) d) e) f) Las soluciones quedan: a) 3 b)1 c) 1 d) 1 e) f) 6 5. En cada caso queda: a) Decimal periódico puro. b) Decimal finito. c) Decimal periódico puro. d) Decimal periódico mixto. e) Decimal periódico mixto. 6. La solución queda: a) 3,1+ 5,1 +,8 = + + = = 11, b) ( 5, 4 3, 4 ),7 = = 5, c) 6,14: 3,4,44 = : = = 4, d) 1,5 + 3,78:1,4 = + : = = 15, La clasificación queda: Racionales: a) b) c) Irracionales: d) e) 8

9 8. La solución queda: Vende al mayorista = kg. Le quedan 15000kg. 8 Vende a pequeños comerciantes = 6000kg. Le quedan 9000 kg. 5 Se lleva el ganadero = 3857,14kg. Le quedan 514,86 kg, luego no puede dar la 7 solución. 9. La solución queda: El 1 er alumno hace 4 8 del trabajo, luego quedan por hacer del trabajo. 1 1 El do alumno tarda: 8 : 1 64 = = 5,3horas= 5h 0min en terminar el trabajo Quedan del siguiente modo: 11. Quedaría representado del siguiente modo: 7 3 ; 4,3 ; 13 Ι; 0 ; ; = 8 ; 1,03 ; = 4 ; ,3 8 = ; Ι; π 0,5 9

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11 SOLUCIONES 1. Las representaciones quedarían: a) 0 3 b) 7 0 c) d) 0 3 e) 3 7 f) Quedan del siguiente modo: a) (1, + ). No acotado. b) (,]. Acotado. Inf =. Máximo =. c) [ 4, 1] [1,4). Acotado. Mínimo = 4. Sup = 4. d) {x 1 x 3}. Acotado. Mínimo = 1. Máximo = 3. e) ( 3,3) {5}. Acotado. I nf = 3. Máximo = 5. f) (,5] [5,+ ) {7}. No acotado. 14. Para cada uno de los números queda: 1 75 no es redondeo. 1 74,16 es un redondeo a centésimas. Cota de error 0, , es un redondeo a décimas. Cota de error 0, ,1 no es redondeo. 1 74,158 no esredondeo. 1 74,157 es un redondeo a diezmilésimas. Cota de error 0, Realizamos el siguiente cálculo: Consideramos como valor real π= 3, Error absoluto : 1 3,14159 = 0, Error relativo : Error absoluto 0,08916 = = 0, Valor real 3,

12 16. El número de oro es : Φ= 1, Redondeo a centésimas : 1,6 Error absoluto = 0, Error relativo = 0, La notación científica queda: 5 5 a) 3, Orden de magnitud b) 1,5 10. Orden de magnitud c), 10. Orden de magnitud d) Orden de magnitud e) 6,3 10. Orden de magnitud f) 3,5 10. Orden de magnitud La notación quedaría del siguiente modo: a) 17 Bytes = 1,36 10 Bytes; 17 Bits = 1,09 10 Bits b) 1,44 Bytes = 1,5 10 Bytes; 1,44 Bits = 1,1 10 Bits c) 650 Bytes = 6,8 10 Bytes; 650 Bits = 5,45 10 Bits. 19. Las soluciones son: a) 5ab b) 4a b c) 3a 0. Las expresiones quedan: a) a b) a c) a d) a e) 4 f) 5 f) h) a 1. Las expresiones quedan: a) 8 = b) 3 c) d) a b e) a b = a b f) a a. Las expresiones quedan: 3 3 a)10 10 b) a a c) 4a b ab d) a + 1 1

13 3. Los radicales quedan: a) 3 b) 3 = 3 c) d) 8 e) f) 64 ab ab ab a 4. La solución queda: a) = b) a= a c) 3 = d) a = a e) a = a f) a= a 13

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15 SOLUCIONES 5. La solución queda: a) c) 10 e) 4 3 b) 3 d) x x f) 9 x 6. La solución queda: a) 5 < b) 10 < c) 6 < 4 d) < < e) 3 < < 5 f) 5 < Tras operar obtenemos: b a) 3 5 b) a a c) a b d) e) 3 a Quedan: 9 a) b) 9 c) 4 4 d) e) 3 3 f) Tras racionalizar se obtiene: 3 5 a) b) c) d) e) f) 3 g) h) La solución queda: a) 11 3 b) c) d) 3 e) f)

16 31. Queda: a) 6 b) 4 c) d) 5 5 e) 6 3. La solución queda: a) b) 6 c) La solución queda: a) 6 b) c) La solución queda: El zumo supone: Peso = P Por tanto, P= P= 4 85,7kg de naranjas. 35. La solución queda: 1 Azúcar moreno( AM) = caña ( C) AB = C 10 T = C C = 11,875 T decaña Azúcar blanca( AB) = ( AM) 3 16

17 Unidad Polinomios. Fracciones algebraicas PÁGINA 31 SOLUCIONES 1. Diremos que: a) Resto 0; Cociente x 4x+ 4 3 b) Resto 14; Cociente x + x + 4x+ 7. Utilizando el teorema del resto: Resto = A( 3) 5 = ( 3) + a( 3) 7( 3) a= 9 3. La descomposición queda: 3 a) x 5x + 6x= x( x )( x 3 ) 4 b) x 16 = ( x )( x+ )( x + 4) Operando obtenemos: ( x 1 ) x ( x 1) ( 1 ) ( 1) 1 x + x + 1 x = x 1 x x x+ = 1 17

18 PÁGINA 43 SOLUCIONES 1. Si cada punto representa una lámpara, la solución quedaría del siguiente modo:. La solución queda: Si hay n calles el número máximo de cruces es: C n, n n =. Luego si hay 66 farolas 66 cruces n n n n 13 = 0 n= 1 calles como mínimo tenía el pueblo. 3. Ésta es una de las disposiciones en que quedó la cava. Como máximo se pudo robar: = 18 botellas. La disposición de las 4 botellas en la cava admite muchas formas diferentes

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20 SOLUCIONES 1. Quedan del siguiente modo: Mediante identidad de polinomios: 3 ( x 3)( ax+ b) = x + x 3x ax + bx 3ax 3b = x + x 3x 6 Identificando coeficientes obtenemos: a= 1, b = el polinomio A( x) = x+ Mediante división: 3 x + x 3x 6 A( x) = = x+ x 3. Operando y utilizando la identidad de polinomios obtenemos: a= 1 y b=. 3. Quedarían: a) x 4x+ 10 b) x x c) 4x 3x x+ 5 d) 4x 8x 5x e) 4x + 4x + x f) 4x 10x 4x + 0x 5 4. Quedarían: a) 9 1x+ 4x b) 5x c) 8 + 1x + 6x + x d) + 4x+ 16x 4 e) 1x f) 30x La solución en cada uno de los casos es: 4 3 a) Cociente: 3x 4x + 7x 6 ; Resto: x b) Cociente: x 1x + 7x + 355x ; Resto: c) Cociente: 3x + x 3 ; Resto: 6 5x La solución puede expresarse como: Dx ( ) = dx ( ) cx ( ) + rx ( ) = 5x 10x + 8x 3x La solución puede expresarse como: Dx ( ) rx ( ) dx ( ) = = 5x + 6x+. cx ( ) 0

21 8. La solución queda: a) 30 ; 0 ; 1 b) ; ; c) 5 ; ; 3 9. La solución quedaría: 3 a) Cociente: x x x+ ; Resto: 0. 3 b) Cociente: x 4x + 8x 16 ; Resto: c) Cociente: x + x + 4x + 8x+ 16 ; Resto: El valor en cada caso es: a) a= 10 b) a= Quedaría: a) P( 0) = 3; P( 1) = 3; P( ) = 3 b) Debe verificarse que P ( ) k c) Debe verificarse que P ( ) a d) El resto de esta división es B( 0) = 5 1 = 0 = 4 = = 3 1

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23 SOLUCIONES 1. Las raíces son: a) 0 ; y b) y c) y 13. Las descomposiciones pedidas son: a) A(x) = ( x 3)( x+ 3)( x 4)( x+ 4) 1 3 d) D(x) = 8( x 1) x x 4 + b) B(x) = x( x+ 1) e) E(x) = ( x+ 1)( x + 1)( x 3) c) C(x) = ( x 1) ( x+ 1) f) F(x) = x( x+ 4) 14. La solución en cada uno de los casos queda: a) MCD [ A( x), B( x)] = x ( x ) mcm [ A( x), B( x)] = x ( x ) ( x + 1) ( x 1) b) MCD [ Ax ( ), Cx ( )] = x ( x + 1) mcm [ A( x), C( x)] = x ( x ) ( x + 1) ( x + ) c) MCD [ A( x), B( x), C( x)] = x 3 3 mcm [ A( x), B( x), C( x)] = x ( x ) ( x + 1) ( x + ) ( x 1) En cada uno de los casos descomponemos los polinomios en factores y calculamos el MCD y el mcm. a) A( x) = x ( x 3)( x ) MCD [ A( x), B( x)] = ( x ) B( x) = ( x + 3)( x ) mcm [ A( x), B( x)] = x ( x 3)( x )( x + 3) b) C( x) = ( x 3) ( x x + ) MCD [ C( x), D( x)] = 1 D( x) = ( x ) ( x 1) mcm [ C ( x), D ( x)] = C( x) D( x) c) E( x) = ( x + x + 1) ( x ) MCD [ E ( x), F ( x)] = ( x ) 5 5 mcm [ E ( x), F ( x)] = ( x )( x + x + 1) x + F( x) = ( x ) x + 3

24 16. Se comprueba fácilmente a partir de las descomposiciones factoriales de los polinomios: A( x) = 3( x )( x+ ) MCD[ A( x), B( x)] = ( x ) B( x) = x ( x+ 1)( x ) mcm[ A( x), B( x)] = 6 x ( x + 1)( x )( x + ) 17. Queda en cada caso: a) 5x 15x 5 x ( x 3) x 3 = = 10 3 x + 15 x 5 x ( x+ 3) x + 3 x b) x 4 ( x ) = = x 4x + 4 ( x ) x c) 6 x x ( x )( x+ 3)( 1) x 3 = = x + x 8 ( x )( x+ 4) x+ 4 d) 3 x x 8x+ 1 ( x ) ( x+ 3) ( x )( x+ 3) x + x 6 = = = 3 x 6x + x+ 1 ( x )( x 4x 6) x 4x 6 x 4x En cada uno de los casos queda: a) P( x) = x 1 b) P( x) = x+ 5 3 c) P( x) = x 5x+ 6 d) P( x) = x 4x 19. En cada caso queda: a) 3x + 3x 10 3x + 6x+ 3 15x 15 5x, c),, 6x 6x 15x + 15x 15x + 15x 15x + 15x 3 3x + 3x x+ x x x 5x 3 4x 0x b),, d),, x 1 x 1 x 1 x 50 x 50 x 50 4

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26 SOLUCIONES 0. Queda en cada caso: 9x+ x x 7x+ 9 a) b) c) d) 3x x 1 x 4 ( x+ 3)( x ) 1. Queda en cada caso: 4x 5 3 ( x+ 3)( x 1) a) b) c) d) x 1 x x+ x. Queda en cada caso: 3x + 3 a) 1 b) c) 1 x 3 x x + 3x + 9x+ 7 1 d) e) f ) x 3 x x 3. La solución queda: a) Utilizando el principio de identidad de polinomios obtenemos: Para x= 0 b= 1 b= 1 Para x= 1 3a+ 3b= 3 a= b) La igualdad se comprueba del siguiente modo. 5x 4 A( x+ 1) + B( x ) = A( x+ 1) + B( x ) = 5x 4 x x x x Utilizando el principio de identidad de polinomios obtenemos: Para x= 3A= 6 A= Para x= 1 3B= 9 B= 3 6

27 4. En cada caso queda: a) Obtenemos las raíces de los polinomios a partir de su descomposición factorial: A( x) = ( x+ 1)( x )( x + 1) Las raíces son x= 1 y x=. B( x) = x( x+ ) Las raíces son x= 0 y x=. C( x) = x( x + 9) La raíz es x= 0. b) En cada uno de los tres casos: i) El polinomio que tiene como raíces x= 1, x= y x= 3 es: Px ( ) = ax ( 1)( x )( x 3). ii) El polinomio que tiene como raíces x = 0 y x = 1 doble es: Px ( ) = axx ( 1). iii) El polinomio que tiene como raíces x= 0 doble y x= 1 triple doble es de la forma siguiente: Px ( ) = ax ( x+ 1) 3. c) El polinomio es: Px ( ) = x+. 5. En cada uno de los casos queda: a) Operando obtenemos: 4 4 ( x + 1) ( x 1) = x + x + 1 ( x x + 1) = 4x Luego esta igualdad es cierta. b) Operando obtenemos: x 1 x 1 = = x 1 x 1 1 x x Luego esta igualdad es cierta. 7

28 Unidad 3 Ecuaciones y sistemas PÁGINA 51 SOLUCIONES 1. Operando obtenemos: a) x 4x+ 4 = x 5x+ 5 x= 1 Esta igualdad sólo se verifica para x = 1. b) Esta igualdad se verifica para todos los valores de x.. En cada uno de los casos: Son números x, y que verifican: x + y = x y. Es decir: Todos los números x y. x 1 = x x; con x 1 dan el mismo resultado al sumar y al multiplicar. x 1 En el caso de tres números, éstos quedarían de la forma: obtienen de forma análoga al caso anterior. x+ y x; y; con x y 1 y se xy 1 3. Consideremos el siguiente esquema: Imponiendo las condiciones del problema : x + y = 4 x = 10 km de Abejar a Buitrago y + z = 3 y = 14 km de Buitrago a Cidones x + z = 8 z = 18 km de Abejar a Cidones 8

29 PÁGINA 65 SOLUCIONES 1. Podemos resolver el problema mediante ecuaciones pero es un camino muy complicado. Intentaremos representar la situación: Finca grande Finca pequeña x x x x x x día 1 día 1 día media cuadrilla Sin toda la cuadrilla media cuadrilla segar Superficie finca grande = x Superficie finca pequeña = x Las condiciones del problema nos muestran que si toda cuadrilla trabajó durante la mitad del día en la finca grande y sólo la mitad de la cuadrilla el otro medio día. Entonces la mitad de la cuadrilla vendimió la tercera parte de la finca grande en medio día, es decir, x 3. Luego en la finca pequeña durante medio día vendimiaron el equivalente a la finca grande, es decir, sería x x 3 = 6, luego quedó sin vendimiar x de la finca pequeña que la vendimió 1 trabajador al 6 día siguiente. Si un trabajador vendimia x en un día y se vendimiaron el campo grande 3x más el todos los trabajadores en 1 día, entonces el primer día se hicieron: 6 6 pequeño ( x x ) 3x 3x 3x 6x x 8x x = + = = Es decir, en la cuadrilla había 8 vendimiadores. 9

30 . Hay que ver que x 1= 1. i i x 1 = 3 y x + 1 = 4 o i i x 1 = 4 y x + 1 = 3 x 1= ( x 1)( x+ 1) Al ser x primo> 3 o i x 1= 1 o i x + 1 = 1 i i i En cualquier caso, x 1= 3 4 = 1 3. Hacemos el siguiente diagrama: Páginas numeradas Dígitos usados Total dígitos = En total hacen falta: = 989 dígitos. 100 dígitos son 5 páginas, entonces hacen falta = 1 04 páginas. El libro tiene 1 04 páginas. 4. Por medio de ensayo y error dirigido se obtiene: Con la información referida a los Reyes (R) y las Damas (D) llegamos a que puede ser RDD o DRD. Con la información referida a los Corazones (C) y las Picas (P) llegamos a que puede ser PCP o PPC. Juntando los resultados obtenidos llegamos a que la solución es: Rey de Picas Dama de Picas Dama de Corazones. 30

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32 SOLUCIONES 1. Las soluciones son: a) x= 6 b) x= 3 c) x= 4 d) x= Las soluciones son: a) x( x+ 3) = 3( x 1) x + 3x+ 3 = 0 No tiene soluciones reales. 6 b) x+ 1= x + x 6 = 0 x1= ; x= 3 x c) ( x+ )( x ) = ( x+ 5) + 1 x x 35 = 0 x = 7; x = x d) = x + 6x 7 = 0 x1= 3; x = 9 x 3 4 e) ( x 5)( x 3) = 1 x 8x + 16 = 0 x = ; x = 1 4 f) x 13x + 36 = 0 x = ; x = ; x = 3; x = g) 9x + 5x = 4 x1= ; x = h) 4x 65x + 16= 0 x1= 4; x = 4; x3 = ; x4 = i) ( x 16)( x + 5) = 0 x 16 = 0 x = 4; x = j) x + x 5x 6= 0 ( x )( x+ 1)( x+ 3) = 0 x = ; x = 1; x = Las soluciones quedan: a) Si una de las raíces de la ecuación es 8, ésta verificará la misma; es decir: 8 + 8m 4= 0 m= 5. b) Si las raíces de la ecuación son y 3, éstas deben verificar la ecuación, por lo tanto: 4+ a+ b = 0 a = 1 9 3a+ b = 0 b = 6 3

33 c) Las dos raíces son iguales si el valor del discriminante es nulo, es decir: b 4ac= 0 b 4 50= 0 b=± 0 d) La ecuación x + 6x= 0 tiene como soluciones x = 0yx = 6. La ecuación que tenga como soluciones las dobles de las anteriores, x 1 = 0yx = 1, es: x + 1x= Las dos partes de x e y deben verificar: x+ y= 00 x y = x = 160 y = 40 Luego las dos partes son 160 y Llamando xy al número de dos cifras e imponiendo las condiciones del enunciado obtenemos: x+ y = 11 x= 3 (10 y + x) (10 x+ y) = 45 y= 8 Por tanto el número buscado es Llamando x a la edad de Luis e y a la edad de María. Se debe cumplir: x= 3y x= 48 x+ 16 = ( y + 16) y= 16 Luis tiene 48 años y María tiene 16 años. 7. Llamando x al número de coches, y al número de motos y z al de camiones. Se tiene que cumplir: x+ y + z= 37 x= 1 coches y = 3+ x+ z y = 0 motos 4x+ y + 6z= 118 z= 5 camiones 8. Sean los número pares consecutivos: (x + ) y ( x). Se debe cumplir: (x+ ) ( x) = 100 x= 1 Los números buscados son 6 y 4. 33

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35 SOLUCIONES 9. Las soluciones quedan: a) Elevando al cuadrado ambos miembros y operando obtenemos: x 9= 0; así las soluciones quedarían: x = 3; x = 3 1 b) Elevando al cuadrado ambos miembros y operando obtenemos: 3x + x =0; así las soluciones quedarían: x = 1; x =. La solución que verifica la ecuación dada es x = c) Operando de forma análoga a los casos anteriores obtenemos: 4 x 43x + 43 = 0 x = 3 3 ; x = 3 3 ; x = 4; x = Las soluciones que verifican la ecuación dada son: x = 4; x = 4 1 d) Operando de forma análoga a los casos anteriores obtenemos: 3 4x 1x 18 = 0 x1= 6; x = donde la solución buscada es : x1= 6 4 e) Elevando al cuadrado ambos miembros y operando obtenemos: 1= x 4 y elevando de nuevo se obtiene x = 5, sin embargo esta solución no verifica la ecuación inicial, por lo que se concluye que no existe solución. f) Elevando al cuadrado y operando: 3 x + 3+ x+ 6= 3= x ( x+ 6)( x+ 3) x + 9x + 18 = x x + 3 Elevando al cuadrado se obtiene : 9x+ 18 = 0 x = 10. Las condiciones del problema nos dan: 1081 x x x De donde se extrae: 1081= x + x cuyas soluciones son : x = 3; x = 3,5. El divisor de esta división es 47 ó

36 11. El triángulo tiene por catetos x, x 5 y por hipotenusa 5, por lo tanto: x + ( x 5) = 5 x 5x 300 = 0 x= 0cm Un cateto mide 0 cm y el otro 15 cm. 1. Llamando x al número e imponiendo las condiciones del enunciado obtenemos: x+ = 15x 34x+ 15 = 0 Las soluciones son : x1= ; x = x La demostración queda: ( x 1) + x + ( x+ 1) = 365 x= 11 Los números son : 10, 11 y 1. Los números consecutivos a éstos son: 13 y 14 y se cumple = La solución de los sistemas queda del siguiente modo: x 3 y+ 1 a) = x= 5 d) x + y = 160 x= 4; y= 1 3 y = x y = 8 x= 1; y 4 4y = x+ 3 = y b) x = 7 x= 4 e) x y = 1 x= 5 3 y = 4 x+ y = 3 y = ( x ) + y = 5 c) y = ( x+ 3) x= 1 f) x+ y = 7 x= 10; y = 3 x 5= 3( y) y= 4 x y= 30 x= 3; y = Llamando x a la longitud de la altura, la base tendrá por longitud (7 + x). Conocida el área se verifica: x(7 + x) = 60 x= 5cm El rectángulo mide 5 cm de altura y 1 cm de base. 16. Llamando x a la longitud de la base e y a la altura e imponiendo las condiciones del problema obtenemos: x + y = 0 x = 6cm x = 4cm o bien x y = 4 y = 4 cm y = 6 cm 36

37 17. Llamando x al área de un cuadrado e y al área del otro obtenemos: x + y = 350 x = 05m x y = 800 y = 15 m De donde el lado de un cuadrado mide 35 m y el del otro 45 m. 18. Llamando x al tiempo que tarda él solo en hacer el trabajo obtenemos: = x = 1 horas tardaría él solo. 4 x Llamamos x al número de estudiantes del curso e y a la cantidad de dinero que paga cada uno. Imponiendo las condiciones del enunciado obtenemos: x y = 1 60 x= 7 estudiantes ( x )( y + 4,8) = 1 60 y= 60 euros paga cada uno 0. Llamando x al número de personas que asistieron a la sala grande e y al número de personas de la sala pequeña; imponiendo las condiciones del enunciado obtenemos: 5x+ 3,75y = 187,5 x= 190 personas en la sala grande x+ y= 80 y= 90 personas en la sala pequeña. 37

38 PÁGINA 70 38

39 SOLUCIONES 1. Las soluciones quedan: a) x= 1; y = f) x= 1; y= 1; z= b) x= 1; y = ; z= g) Sistema incompatible. No tiene solución. c) x= 1; y = ; z= 3 h) x= t 1; y= 7 t. Sistema indeterminado. d) x= 1; y = ; z= 3 i) x= 1; y= 1; z= e) x= 16; y = ; z= 4. Sea el número xyz. De las siguientes condiciones del enunciado obtenemos el siguiente sistema: x+ y + z= 7 x+ y + z= 7 x= y+ z x y z= 0 xyz zyx = 97 (100x + 10 y + z) (100z + 10 y + x) = 97 Resolviendo el sistema obtenemos: x = 4, y =, z= 1 El número buscado es el Llamando x a la edad del padre e y a la edad del hijo obtenemos: El padre tiene 48 años y el hijo 8 años. x x y + = 3 x+ 6y = 0 x= 48 x 4= 11(y 4) x 11y = 40 y = 8 4. Sea el número xyz. Imponiendo las condiciones del enunciado obtenemos: x + y + z = 18 x + y + z = 18 x = 9 (100x + 10 y + z) (100z+ 10 y + x) = 594 x z = 6 y = 6 x + z x y z 0 z y = + = = 3 El número es el

40 5. 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 = 38 y = 3z y = 36 x z = 6 z = 1 El padre tiene 38 años, la madre 36 años y la hija 1 años. 6. Llamamos x al número de motos que importa este país, y al de coches y z al de todoterrenos. Obtenemos: x+ y+ z= 400 x = 8500 motos x+ 9900y+ 9500z = 168,65 10 y= coches 60 z = 5500 todoterrenos y = ( x+ z) En el equipo A hay x futbolistas y en el equipo B hay y futbolistas. x 3 = y + 3 x = 18 futbolistas en el equipo A x + 7 = ( y 7) y = 1 futbolistas en el equipo B 40

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42 SOLUCIONES 8. Llamando x, y, z a los alumnos que eligen Italia, Canarias y Holanda respectivamente e imponiendo las condiciones del enunciado obtenemos: x+ y+ z= 50 x= 30 alumnos prefieren ir a Italia x= y y= 15 alumnos prefieren ir a Canarias y z= 5 alumnos prefieren ir a Holanda z = 3 9. Llamamos x al tiempo que invertiría la tercera ella sola. Obtenemos: = x = 15 días tarda la 3ª 1 10 x Llamando x e y a los capitales, obtenemos: x y= 567 x y= 567 x= 819 Luego los capitales pedidos xr 4 yr 13 = 4x 13y= 0 y= 5 son de 819 euros y 5 euros Llamando x al interés que produce cada acción tipo A e y al que produce cada acción tipo B, obtenemos: 1000x+ 000y= 1680 x= 0,48 euros Luego euros en tipo A y euros 000x+ 1000y = 1560 y= 0,6 euros en tipo B producen euros. 3. Llamando x al rendimiento que produce el tipo bueno, y al de tipo medio y z al de tipo bajo, obtenemos: x+ 3y + z= x+ y + 3z= 5 x= ; y = ; z= x+ y + z= Llamando h al número de hombres, m al de mujeres y n al de niños, obtenemos: h+ m+ n= 0 h= 8 hombres h+ m= 3n m= 7 mujeres m+ 1= h n= 5 niños 4

43 34. Llamamos v al número de vacas que tiene el ganadero y t al tiempo en días que le dura el pienso para sus vacas. Obtenemos: v t= ( v 15) ( t+ 3) v= 75 vacas v t= ( v+ 5) ( t 3) t= 1 días Luego el ganadero tiene 75 vacas. 35. Llamamos x al número de alumnas que había al principio del curso e y al número de alumnos. Obtenemos: x 8 = y 7 x = 400 alumnas x y = 350 alumnos = 0,96 y 14 Luego finalizan el curso 360 chicas y 336 chicos. 36. Llamamos x al número de cajas de 50 gr, y al de 500 gr y z al de 1 00 gr. Obtenemos: x+ y + z= 60 x= 5 cajas pequeñas x= y + 5 y = 0 cajas medianas (0,5x+ 0,5 y + z) 4 = 750 z= 15 cajas grandes 43

44 PÁGINA 7 44

45 SOLUCIONES 37. Las soluciones quedan: 3 a) x= 6 e) x= 0; x= 1; x= 1 y x= b) x= y x= f) x= 1 c) x= y x= 3 g) x= y x= d) x= y x= h) x= 3 y x= Las soluciones de los sistemas son: 3 3 a) x= ; y= c) x= 0; y= 30; z= b) x= 3; y = 6 o bien x= 6; y= 3 d) x= 3; y= 1; z= Llamando D al número de habitaciones dobles y S al de sencillas obtenemos: D+ S= 16 D= 11 habitaciones dobles D+ S= 7 S= 5 habitaciones sencillas 40. Llamando x, y a las dimensiones del jardín e imponiendo las condiciones del problema obtenemos el siguiente sistema: x+ y = 36 x+ y + = xy + 40 ( )( ) Este sistema tiene indefinidas soluciones, todos los valores de x e y que verifiquen la siguiente x+ y= 18 con x 0,18 e y 0,18. expresión: ( ) ( ) 41. Sean x, y, z los tres números. Obtenemos: x+ y + z= 98 x = 0 x = y = 30 y 3 z = 48 y 5 = z 8 45

46 4. Llamamos x, y a las áreas de estos cuadrados. Obtenemos: x+ y= 673 x = 59 m x y= 385 y = 144 m Luego los lados de estos cuadrados miden 3 m y 1 m. 43. Llamamos x a las personas que pagan la entrada a 9 euros, y a los jubilados y z a los niños. Obtenemos: x+ y + z= 500 x= 150 pagan la entrada a 9 euros y = x y = 300 son jubilados 9x+ 1,8y + 4,5z= 115 z= 50 son niños 44. Llamando x, y, z al número de manzanos, ciruelos y perales respectivamente. Obtenemos: x+ y + z= x= 1 manzanos y + 3y = x y = 6 ciruelos x z = 4 perales y = 46

47 Unidad 4 Inecuaciones y sistemas PÁGINA 75 SOLUCIONES 1. La medida del tercer segmento debe estar entre 5 y 5 cm.. En cada uno de los casos: Son verdaderas las desigualdades: a), b), c) y d). Son falsas las desigualdades: e) y f). 3. En cada uno de los casos: a) Los valores de x = 3 y x = 4 no son soluciones de la inecuación dada. Sin embargo, x = 5 sí lo es. b) El valor x = es solución de la inecuación dada y x = 6 no lo es. c) El valor x = 0 no es solución de la inecuación dada y x = 5 sí lo es. d) Los valores x = 0, x = 1 no son soluciones de la inecuación. 4. Entre 540 km y 79 km. 47

48 PÁGINA 85 SOLUCIONES 1. Sí puede ser cierto; se trata de dos padres que se han casado cada uno con la hija del otro.. Diremos que: a a 1 a = 7+ ( n 1) 1= n+ 6 n = 7 = 8 Además sabemos que a + n= 4 n= 18 damas. a n = 4 18 = 4 caballeros. Había 18 damas y 4 caballeros. n 3. Luis tarda 15 minutos en llegar a la sierra. La perra, por lo tanto, ha estado moviéndose durante 15 minutos. Por tanto ha recorrido: 4. Diremos que: 16 km :4 = 4 kilómetros. h xy = 9 + x + y 000 ( x+ y) = 9 + x+ y 11x+ y = 91 x= 7 y= 7 Es decir, Astérix nació en el año y en el año 000 tendrá 3 años. 48

49 PÁGINA 88 49

50 SOLUCIONES 1. Los resultados pueden verse en la tabla que sigue: Inecuación x = x = 1 x = 0 x = 1 x = a) no no no sí sí b) no no no sí sí c) no no no no no d) sí sí sí no no e) no no no no no f) no no no no sí g) sí sí no no no h) no no no no sí i) no no no no sí. Las soluciones quedan: a) (3x 3) > 6 6x 6 > 6 6x> 1 x > 3 b) 3(3 x) < 3(3 + x) 9 6x< 6 + x 8x< 3 x> 8 1 c) ( x+ 3) + 3( x 1) > ( x+ ) x+ 6+ 3x 3> x+ 4 3x> 1 x> 3 3x 3 4x+ 8 x d) < 3x 1x 1 40x 80< 5x 60x 7x< 9 x< 3, x 8+ x e) (3 + x) > 6 + x> x> 8 + x 5x> 10 x> 3 3 x x 3 f) 3x + 4 3x+ 3 18x 10x+ 4 5x 3 x Las asociaciones quedan: 1 c) d) 3 a) 4 b) 4. Los sistemas quedan: 1 x < 1 x< 3x x< a) La solución es el rango : x, 3 x 5x 4x < + < x > 4 50

51 1 14 x + < 3 14 x < 5 x < 5 4 b) La solución es el rango : x, 4 x 5 4 x 5x 4 x 7 < < x > 5 7 5x 7> 5 x 6x> 1 x> c) El sistema no tiene solución. 3x+ 1 x 1 x x 1 d) x x + > x + 3x> 10 x> 15 La solución es el rango : x 90, x 4x 9x 8x 90 + x 90 > 5 > > 9 ( ) e) x 1 x x x 3 x 3x 9 6x 7x x x 1 1x 6 4x 4 1x 4x + 1 x x La solución es el rango : x, 7 x x < 5 7 7x 5x< 70 x < 35 f) La solución es el rango : x 45,35 x x 5x 3x 90 > x > 45 > La solución es: a) con iii); b) con ii); c) con i) 6. Llamando x al número de escalones, tenemos: [ ] x x 5x x 45 < + < 50 45< < 50 9< < 10 54< x < El número de escalones está comprendido entre 54 y Llamando x al número de caras y (0 x) al número de cruces obtenemos: x (0 x) < x < 14 El máximo número de caras conseguido es Llamando x a la cantidad que debe vender cumple: 100 < ,05 x< < x< Debe vender una cantidad entre y euros. 51

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53 SOLUCIONES 9. La solución en cada caso es: ( ] [ ) a) x + 3x x 3x 10 0 La solución queda :, 5, + 1 b) 9x 6x+ 1> 0 (3x 1) > 0 La solución queda : 3 ( ] [ ) c) ( x+ 1) 8x+ 4 0 x 6x+ 5 0 La solución queda :,1 5, + ( x 1) 11x+ x 1 d) + < x + 1 < 0 La solución queda :, e) x 11x + 10x 0 La solución queda :,0 1,10 [ ) 3 f) x 1> 0 La solución queda : 1, + ( ] [ ] ( ) 10. Las soluciones quedan: ( + ) ( ] ( ) [ + ) ( ) a) Solución :, d) Solución : 3,3 b) Solución :, 3 3, e) Solución : 0,1 1 c) Solución : (, + ) f) Solución :, Todos los números x que verifiquen x < 4x, es decir, los valores del intervalo (0,4). 1. Todos los números x que verifiquen x + 4x> 0, es decir, los valores del intervalo (0,4). 13. Llamando x al lado del cuadrado obtenemos: 150 x x 60. Las soluciones son los valores de x que estén en el intervalo (,47;1,67). Luego la longitud máxima del cuadro es de 1,67 metros. 14. Las soluciones de las inecuaciones son: a) El punto A b) Los puntos E, F y G. 53

54 15. Las soluciones son las regiones rayadas. 54

55 16. En cada uno de los casos queda: a) c) e) x + y = 0 x y = 3 x 3y = y + = 0 x + y = 0 x + y = b) d) f) y + 4 = 0 y = y = x = 5 y x = y x = 3 x = x = 1 y y = x 1 x = y Los sistemas de inecuaciones son: x > 0 y 3 x 1 > > x< 3 x< 1 a) b) c) d) y < 1 x< 3 y> 3 y> 1 x + y < y < 1 55

56 PÁGINA 90 56

57 SOLUCIONES 18. En cada caso quedan: a) (0,0); (0,6); (3,3) c) ( 4, 1); ( 1,); (0, ); (0, 1) b) ( 1,0); ( 5, 4); (3, 4) d) (0,0); (0,6); (4,4) 19. El sistema y los vértices quedan: 5x y > 15 x+ y< 4 Los vértices son : ( 1,5); ( 5, 5); (4,0) 5x 9y< 0 0. El cálculo sobre el recinto queda: El área del recinto es de 18 unidades cuadradas. 1. Sean x e y el número de bolígrafos y cuadernos, respectivamente, que podemos comprar. Se debe cumplir: x > 0 Las soluciones son el conjunto y > 0 de pares enteros dentro del recinto x y rayado. Es decir : 0,x+ 0,6y (0,1) (0,) (0,3) (1,1) (1,) (1,3) (,). Para que se cumplan las condiciones del enunciado el hijo debe tener 4 años como mínimo. Este resultado satisface al sistema que se obtiene del enunciado, llamando P a la edad del padre y H a la del hijo: P H> 30 H > 4 años P= H+ 6 57

58 3. Llamando x e y a los lados del triángulo, debe cumplirse: x > 0 y > 0 x+ y 8 Las medidas serán las coordenadas de la región de soluciones del sistema de inecuaciones anterior. Estas aparecen a continuación en la región sombreada. 4. Llamando x al número de monedas del cofre rojo, e y al número de monedas del otro cofre. Dichas cantidades deben cumplir el sistema: x> 0, y > 0 x + y > 10 x 3y < 6 Las soluciones del problema son las coordenadas enteras de los puntos que aparecen en la región marcada en el siguiente diagrama. 5. Llamamos x al número de partidas ganadas; se debe cumplir: x+ (10 x) 1 16 x 6 Por tanto ha de ganar más de 5 de las 10 partidas. 6. Se debe cumplir: x+ 3 (60 x),6 60 x 4 Por tanto deben mezclarse 4 o más kilos de euros/kg con 36 o menos kilos de 3 euros/kg. 58

59 Unidad 5 Logaritmos. Aplicaciones PÁGINA 93 SOLUCIONES 1. La solución en cada caso queda: 105 Al cabo de 3 años costará 15 = 17,36 euros Hace años costaba 15 = 13,61 euros Los intereses que han producido son 30 euros, por tanto: 3 10 r 6 30 = r = 50% El rédito es del 50% En cada uno de los casos queda: i i i 5 = x = 3 = = x = x 8 3 x x 3 3x x x 3 7 x 3 3 = = =

60 4. En cada uno de los casos queda: a) Al cabo de 8 años tendremos b) El cálculo de los años queda: bulbos = bulbos. x x 13 3 = = 3 x = 13 años han pasado. 60

61 PÁGINA 109 SOLUCIONES 1. Veamos si el producto de cuatro números enteros ( x 1) x( x 1)( x ) menos una unidad. + + es un cuadrado perfecto 4 3 ( x 1) x ( x + 1)( x + ) = x + x x x Luego ( x 1) x ( x + 1) ( x + ) = ( x + x 1) ( x + x 1) = x + x x x + 1. Ambos cohetes tardan = 60 segundos en alcanzar Venus. Durante este tiempo la señal, en sus idas y venidas ha recorrido: = km. 3. Planteamos lo siguiente: = termina en 7 = 7 49 termina en 9 = termina en 3 = termina en 1 = termina en 7 Por tanto hay cuatro terminaciones distintas que se repiten cíclicamente; de modo que: R = Es decir, 7 termina en el mismo número que 7, es decir, termina en 9. 61

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63 SOLUCIONES 1. Las soluciones quedan: 1 a) 1 b) c) d) 3 e) 3 f) 3. En cada caso queda: 1 a) x= 10 b) x= 3 c) x= 8 d) x= 4 e) x= f) x= En cada caso queda: a) 0,85 b) 0,3010 c) 1,08 d) 1,609 e) 1,39 f) 0,805 g) 8,18 h) 16,95 i) 9,57 4. En cada caso queda: a) 3 b) 3 c) 4 d) e) 1,95 f) 6 5. En cada caso queda: M 4 M N M M a) log b) ln c) log d) ln N P N N P 3 6. En cada caso queda: 48 a) x= 5 b) x= 5184 c) x= 1 d) x= 9 7. En cada caso queda: log5 log log0,6 a) =,3 b) = 0,43 c) = 0,4 log log5 log0,3 ( 4 ) ( ) log 6 log log5 log d) = 0,85 e) = 0,66 f) 5 = 0,55 log3 log 4 log 3 63

64 8. Las soluciones son: a) log 6 = log + log3 = 0,78 log g) log3 = = 0,63 log3 b) log5 = log10 log = 0,70 3 log3 h) log 7 = = 4,75 log c) log1 = log + log3 = 1,08 log3 i) log5 9 = = 1,36 log5 d) log18 = log + log3 = 1,6 j) log0,03 = log3 log100 = 1,5 e) log300 = log3 +log100 =,48 k) log100 = log1 + log100 = 3,08 f) log0,5 = log1 log = 0,30 l) log0,45 = log3 log log10 = 0,35 64

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66 SOLUCIONES 9. En cada apartado queda: a) El producto dentro de 4 años costará: b) Hace 4 años costaba: 4 1,8 1,05 = 1,48 euros. 4 1,8 1,05 =,19 euros. c) Llamando t al número de años que han de pasar obtenemos: log log1,05 t t 3,6 = 1,8 1,05 = 1,05 Tomando logaritmos : t = = 14,1 años. Por tanto, han de pasar casi 15 años. 10. En cada apartado queda: a) Al cabo de 5 años funcionan Después de 15 años: Al cabo de 0 años: = 0,55 9, el 55% de los televisores. = 0,17, es decir, el 17% de los televisores. = 0,09, es decir, el 9% de los televisores. b) Deberían pasar t años y se debe cumplir: t 8 log0,4 0,4 t 7,8 Deberán pasar casi 8 años. 9 = = = 8 log La solución de cada ecuación es: x+ 1 x x a) 18 = x = 9 y x = 1 x x 3 3x 6 b) 3 9 = 9 3 = 3 = x 3 x x 9 3x 9 c) = 8 = x = + + = + + = = x = x x+ 1 x+ x x x x d) x+ 1 x+ 3 x x x x f) x 1 x 1 x x 6 x e) = = 7 x x x 1= 0 y = = + = + = x = g) ( ) x x log 4 x 1 x x x = = 1 = x = 7 = 0, log + = + = x = x x+ x x h)

67 x+ 1 x x i) 5 = = 10 + = 1 x x 5x 1 x 5x j) = 64 = x = y x = 3 x 1 1. Los sistemas quedan: + = = 4 = y = = y = 1 x y x a) 6 x x y + = 3 = a a+ b= a= b= x= y= Haciendo obtenemos y = 3 = b ab = 43 a= 9 y b= 7 x= ; y= 3 x y x b) y 9 3; x+ y = + = = 4 x = y = = 5 = 5 y = 1 x y x y x c) x+ y+ 1 x y = x= y x= = x+ y = 4 y = x y d) 3 3 x y Las soluciones quedan: x x a) log = log 4 = 4 No tiene soluciones reales x 16 x 16 ( x ) ( ) ( ) b) log x = log 10 x x= 10 x x= 0 ( x ) c) log = log ( x+ 4) = x+ 4 x 1= 0 ; x = x 5x 9 x 5x 9 d) log = log1000 = 8 x = ; x 1 = 3 9 e) ln ( x 3) ( 5 x) = ln5 ( x 3)( 5 x) = 5 x 1= 4 ; x = 4 9 f) ln x= ln ( x 3) x= ( x 3) x 1= ; x= 67

68 14. Los siguientes sistemas quedan: a) log3 x+ log3 y = 0 x y = 1 x =,6 ; y = 0,38 x+ y = 3 x+ y = 3 x = 0,38 ; y =,6 10 x y = 11 x = b) x y = 11 3 x log x log y = 1 = 10 1 y y = 3 x c) log = 1 log x logy = 1 log x = ; x = 100 y log x+ logy = 3 log y = 1 log x+ log y = 3 ; y = 10 d) log x+ log y = 3log5 log x= log5 ; x= 5 log x log y = log5 log y = log5 ; y = 5 68

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70 SOLUCIONES 15. En cada caso queda: a) i = = 360 euros Se transforma en 1300 euros t b) 900 = t = 3 años c) i = i = euros 100 En ambos casos generan unos i = i = euros intereses de euros. 100 t 16. Aplicando la fórmula: M= C(1 + r) obtenemos: t t log = ( 1+ 0,055) = ( 1+ 0,055) t = = 1,9 años log1, En cada caso queda: ( ) ( ) 0 0 i C= C 1+ r = 1+ r log Tomando logaritmos obtenemos : log( 1+ r) = 1+ r = 1,035 r= 0,035 0 Para que el capital se duplique al cabo de 0 años el rédito debe ser de un 3,5%. 10 log i C= C( 1+ r) log( 1+ r) = r = 0,07 10 Para se duplique en 10 años se debe colocar a un rédito del 7,%. 18. La solución queda: = C(1+ 0,08) C= 15,33 euros. 19. Queda: 48 0,05 0, C = = 3194,1468 euros 0,05 1 Al cabo de 4 años tendrá 3 194,1468 euros. 70

71 0. Aplicando la fórmula: t ( ) ( ) ( ) ( ) 5 a 1+ r 1+ r 1 a 1+ 0, ,13 1 C= = a= 1638,7385 euros r 0,13 1. Aplicando la misma fórmula que en el problema anterior: ( ) ( ) , ,045 1 C = = 6 706,06 euros 0,045 En la libreta después de sacar euros quedan 1 706,06 euros.. Aplicando la fórmula: 0,09 ( 1 0,09 ) 6 ( 1+ 0,09) 1 Dr a = 6 t ( 1+ r) t ( 1+ r ) 1 obtenemos: D = D = 6 055,99 La deuda asciende a 6 055,99 euros. 3. Aplicando la misma fórmula del problema anterior: 180 0,11 0, a= a= 568,98 euros 180 0, La cuota mensual de amortización es 568,98 euros. En total hemos pagado: ,11 0,11 568, C = = 60767,83 euros. 0,

72 t ( ) ( ) Dr 1+ r 4. Aplicando la fórmula: A = t 1+ r 1 obtenemos: ,07 1,07 1, 07 1 t 4 00 = t 1,07 = 1,967 t t = 10 años. 5. Aplicando la fórmula anterior obtenemos. 0,06 ( 1 0,06) 13 ( 1+ 0,06) 1 13 D = D = ,34 euros costó el camión. 6. Aplicando la fórmula anterior obtenemos: = t = t 0,08 0, t t 58,7 = 58,7 t ( 1,0 1) = 00 1,0 0, t 1,0 1, períodos Es decir, pagará la moto en 6 años. 7

73 Unidad 6 Funciones reales. Propiedades globales PÁGINA 117 SOLUCIONES 1. Las soluciones pueden quedar así: a) b). En cada uno de los casos queda: a) Dom f = ; Imf = [ 0, + ) Simétrica respecto al eje OY. Acotada inferiormente por y = 0 pero no acotada superiormente. Mínimos en ( 1,0) y (1,0). Máximo en (0,1). Tiende a ( + ) para x tendiendo a ( ± ). 73

74 b) Dom g= ; Im g= [ 1,1 ] Simétrica respecto al origen de coordenadas. Periódica de período 4. Acotada inferiormente por y = 1 y superiormente por y = 1. El período tiene un máximo relativo en ( 1,1) y un mínimo relativo en (1,5; 1). c) Dom h= ; Im h= (0, + ) No es simétrica ni periódica. Acotada inferiormente por y = 0 pero no acotada superiormente. Carece de extremos relativos. Cuando x tiende a ( ) la función tiende a (+ ) y cuando x tiende a ( + ) la función tiende a 0. t 3. La función es: N = siendo N el número de bacterias y t el tiempo en horas. 74

75 PÁGINA 19 SOLUCIONES 1. Hay que buscar un número que sea a la vez triangular y cuadrado. n Números triangulares : 1,3,4,10,15,1,..., Números cuadrados : 1,4,9,16,5,..., n + n n + n x n x = esto se cumple para = 8, pues = x = 36. Como dice que hay más de 36 cajas, hay que buscar otra solución, y ésta es : n = 49, pues = 35 = 15 Luego x = 15cajas tiene.. Observamos que: 1 = 1 1 con n. n 1 n n 1 n ( ) Luego : = = = = = =

76 Sumando : = 0, Sean A, B, C, las tres rebanadas. Con A 1 indicamos que se tuesta la cara 1 y con A indicamos que se tuesta la cara. 1.º AB tarda : 30 s:tostar cara A yb s:colocar A 5 s:colocar B 5 s:sacar B.º AC tarda : 3 s:dar la vuelta A s:meterc 30 s:tostar cara A 3 s:dar la vuelta C 3.º BC tarda : 5 s:sacar A 5 s:meterb 30 s:tostar carab s :sacar B 5 s:sacarc 1 1 yc 1 yc En total se necesitan: 136 s en tostar las 3 rebanadas. 76

77 PÁGINA 13 77

78 SOLUCIONES 1. En cada apartado queda: a) La tabla de valores, la fórmula y la gráfica son: b) La tabla de valores, la fórmula y la gráfica son: c) La tabla de valores, la fórmula y la gráfica son: 78

79 d) Llamando x a la medida de la altura sabemos que la base mide 5 + x, por tanto, la tabla de valores, la fórmula y la gráfica quedan:. Los dominios quedan: g ( ] ( ) i ( ) ( k { } {} m [ ) o [ + ) ( ] [ ) q { } Domf = Dom = 3,0 Domh= 5, + Dom =,1 4, + Dom j= Dom =,3 Doml = 1 Dom =, + Domn= Dom = 1, Dom p=,, + Dom = 1 ) 3. Las funciones se caracterizan por: y= f( x) ( ) Dom f = ; Imf = 0, + Estrictamente creciente en todo su dominio. No tiene extremos relativos. y= g( x) Dom g= {, }; Im g= (, 1] ( 0, + ) Estrictamente creciente en (, ) (,0) Estrictamente decreciente en ( 0,) (, + ) Máximo relativo ( 0, 1) 79

80 y= j( x) Do m j= ; Im j= Estrictamente creciente en (, 5) ( 1, + ) Estrictamente decreciente en ( 5, 1) Máximo relativo ( 5,4) Mínimo relativo ( 1, 3 ) 80

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82 SOLUCIONES 4. Las representaciones quedan: 5. El estudio de cada función nos ofrece la siguiente información: a) Esta función y= f( x) está acotada por y= 0ey= 4. El supremo es y = 4 y el ínfimo es y = 0. Esta función tiene un mínimo absoluto en y = 0. b) Esta función y= g( x) está acotada por y= 3ey=. El supremo es y = 3 y el ínfimo es y =. Esta función no tiene extremos absolutos. c) Esta función y = h( x) está acotada por y= 3ey= 5. El supremo es y = 5 y el ínfimo es y = 3. Esta función tiene un máximo absoluto en y = 5. d) Esta función y= i( x) no está acotada. e) Esta función y= j( x) está acotada inferiormente por y = 1. El ínfimo es y = 1 y no tiene supremo. Esta función tiene un mínimo absoluto en y = 1. f) Esta función y = k( x) está acotada superiormente por y =. El supremo es y = y no tiene ínfimo. Esta función no tiene extremos absolutos. 8

83 6. Las simetrías en cada caso son: Las funciones: f; i; k; l; son simétricas respecto al eje de ordenadas. Las funciones: h; j; m; son simétricas respecto al origen de coordenadas. Las demás funciones no tienen simetrías. 7. En cada caso las respuestas son: a) La variable independiente es el número de años desde su fundación, y la variable dependiente el beneficio en miles de euros. b) Domf = [ 0, + ) Imf = [ 0,75] c) La empresa tiene beneficios máximos al cabo de 4 años, y estos ascienden a euros. d) Durante los primeros cuatro años los beneficios crecen; a partir del 4º año empiezan a decrecer. e) Como en todo el dominio se verifica que f( x) > 0, no habrá pérdidas en ningún momento; siempre habrá beneficios. 83

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85 SOLUCIONES 8. En cada caso queda: { } a) Domf = 1,1 Domg= b) Quedan : c) Queda : 3 x x + 4 ( f + g)( x) = Dom( f + g) = 1, x 1 x + 3 ( f g)( x) = Dom( f g) = 1 x + 1 { } { 1} { } f x+ 3 f ( x) = Dom 1,1 3 = g x x x+ 1 g 1 x 1 1 ( x) Dom 3 f = = x+ 3 f 9. Los dominios quedan: { } 3 x x + x x+ 4 a) ( f + g)( x) = f( x) + g( x) = + x + = Dominio= x x 3 x x + x b) ( f g)( x) = f( x) g( x) = ( x + ) = Domf g = x x f f( x) x x f x x g = = + = = gx ( ) x ( x)( x + ) g c) ( ) :( ) Dom x x 3x 8x+ 8 d) ( g f)( x) = g [ f( x)] = g = x + = Domg f = x 4 4x+ x [ ] 4 e) ( )( ) [ ( )] ( ) 4 6 Dom g g x = g g x = g x + = x + + = x + x + g g = {} {} {} {} 85

86 10. Las soluciones son: a) f g( x) = 1+ 3x d) ( f f)(1) = 49 3 b) h g( x) = x + 1 e) ( g f)( 1) = 4 x + x c) f h( x) = f) ( h h)(0) = 4 x + x La solución queda: ( f g)( x) = f [ g( x)] = f (3 x a) = 5+ a 3x a = 5 ( g f)( x) = g [ f ( x)] = g(5 x) = 3(5 x) a= 15 a 3x 1. Por ejemplo, las funciones pueden ser: 3 f( x) = x g( x) = x + = = x hx ( ) 3 lx ( ) x x + 1 tx ( ) = px ( ) = x x Las inversas quedan: x a) f ( x) no existe d) f ( x) = x 1 x x b) f ( x) = e) f ( x) = 3 x x c) f ( x) = x 1 f) f ( x) = 3x Las inversas quedan: 1 x x f x log ( ) = x+ g ( x) = h ( x) = 3 log 15. Queda: 1 1 ( f g)( x) = x 3 ( f g) ( x) = x+ 3 ( f g) (4) = 7 86

87 16. La solución queda: Haciendo t = 0 obtenemos N = 550 socios fundadores. La gráfica de la función viene dada por: El número de afiliados desciende los tres primeros años hasta alcanzar el número de 750 y, a partir de ese año, empieza a aumentar. En ningún momento es nulo este número. 17. La solución queda: Cable I P = 15 Cable II P = 0,05 t Veamos a partir de qué número de horas el precio de una empresa y de la otra es el mismo: 0,05 t= 15 t= 300 horas Hasta 300 horas mensuales interesa más la empresa Cable II; a partir de 300 horas mensuales interesa más la empresa Cable I, y si se utiliza Internet durante 300 horas mensuales exactamente es indistinta la empresa a elegir. 87

88 Unidad 7 Funciones polinómicas. Interpolación PÁGINA 137 SOLUCIONES 1. Las representaciones quedan: a) f( x ) = 4 if( x) es una función constante. Domf = { } Imf = 4 Acotada por 4. 88

89 b) hx ( ) = 3x+ 1 i hx ( ) es una función afín. Domh = Imh = Estrictamente decreciente en su dominio. c) gx ( ) = x i gx ( ) es una función lineal. Domg = Img = Estrictamente creciente en su dominio. d) ix ( ) = x 4x i ix ( ) es una función cuadrática. Domi = [ ) Imi = 4, + Acotada in feriormente por ( 4). Estrictamente creciente (, + ) Estrictamente decreciente (,) Mínimo en (, 4). La función queda: f( x ) = x 3. 89

90 3. La función cuadrática buscada será de la forma: Buscamos los coeficientes: f( x)= a a x a x = a0 + 5a1+ 5a = a0 + 10a a a0 = ; a1= ; a = = a0 + 5a1+ 65a Por tanto, f( x) = + x+ x Para: x= 15 f(15) = = 174, Para: x= 0 f(0) = = 56, Esta función nos permite obtener buenas aproximaciones de x= 15 y x= Queda en cada caso: a) y= x x 3 b) y= x+ 5 c) y= x x 90

91 PÁGINA 151 SOLUCIONES 1. Llamemos B a las vacas blancas y N a las vacas negras: 5 (4B+ 3 N) = 4 (3B+ 5 N) 0B+ 15N= 1B+ 0N 8B= 5N Dan más leche las vacas negras.. El número de naranjas en la pirámide es: = 1 40 naranjas. En general si el lado de la base es de n naranjas, el número de naranja en la pirámide es: n 3 n + 3n + n n = i = naranjas. 6 i = 1 3. Por medio de ensayo y error dirigido se obtiene: Con la información referida a los Reyes (R) y las Damas (D) llegamos a que puede ser RDD o DRD. Con la información referida a los Corazones (C) y las Picas (P) llegamos a que puede ser PCP o PPC. Juntando los resultados obtenidos llegamos a que la solución es: Rey de Picas Dama de Picas Dama de Corazones. 91

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93 SOLUCIONES 1. En cada caso: 3 a) La función es y = x 5 b) Es la función lineal y= x c) Su ecuación es y = 3x d) No están alineados.. Las gráficas quedan: a) f( x) = x 1 b) gx ( ) = x + x x c) hx ( ) = x x x 3. Las gráficas quedan: a) y= f( x) Domf = ( ) Imf = 1, + ( ) ( + ) Estrictamente decreciente 1,1 Estrictamente creciente 1, No tiene extremos relativos. ( ) Está acotada inferiormente por 1. No es simétrica ni respecto al eje de ordenadas ni respecto al origen. 93

94 b) y = g( x) ( ] [ ) Dom g =,1, + Img = ( ) ( + ) Estrictamente creciente,1, No tiene extremos relativos. No está acotada. No es simétrica ni respecto al eje de ordenadas ni respecto al origen. c) y= h( x) Dom h = [ ) Imh =, + ( ) ( + ) Estrictamente decreciente, Estrictamente creciente 5, No tiene extremos relativos. Está acotada inferiormente por () y no está. acotada superiormente, luego no es acotada. No tiene simetrías. 4. La representación queda: 94

95 5. La función y la gráfica quedan: 1, si 0 < x 3 1, 4 si 3 < x 6 1, 6 si 6 < x 9 f( x) = 1, 8 si 9 < x si 7< x 30 Una carrera de 15 min 30 s cuesta, euros. 6. La solución queda: a) La función es: P= 6 + 1,8 t, donde P es el precio a pagar en euros y t el tiempo en horas. b) Queda: c) La función será: f( x) = P= (6+ 1,8 t) Todas las ordenadas de esta función quedan multiplicadas por 1,16. 95

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97 SOLUCIONES 7. Las gráficas quedan: a) f x x x ( ) = Domf = [ ) Imf = 4, + ( ) ( + ) Estrictamente decreciente,4. Estrictamente creciente 4,. Mínimo relativo en (4, 4). ( ) Está acotada inferiormente por 4.Mínimo absoluto 4. Es simétrica respecto a su eje x = 4. b) gx x x ( ) = Dom g = [ ) Img = 0, + ( ) ( + ) Estrictamente decreciente,3. Estrictamente creciente 3,. Mínimo relativo en (3,0). ( ) Está acotada inferiormente por 0.Mínimo absoluto en 0. Es simétrica respecto a su eje x = 3. c) hx x x ( ) = + 3 Dom h = [ ) Imh =, + ( ) ( + ) Estrictamente decreciente,1. Estrictamente creciente 1,. Mínimo relativo en (1,). ( ) Está acotada inferiormente por.mínimo absoluto en. Es simétrica respecto a su eje x = 1. 97