Encontrar el conjunto solución de 1. |7x −4| > 5 Desarrollo

Prof. Nelson Cifuentes F.
Encontrar el conjunto solución de
1. |7x − 4| > 5
Desarrollo: Utilizando la propiedad (|x | > c ) ⇐⇒ (x < −c ∨ x > c ) se obtiene que
|7x − 4| > 5
⇐⇒ ((7x − 4 < −5) ∨ (7x − 4 > 5))
⇐⇒ [(7x < −5 + 4) ∨ (7x > 9)]
−1
9
⇐⇒
x<
∨ x>
7
7
—
” —
”
luego el conjunto solución es S = −∞, − 17 ∪ 79 , +∞ .
2. |3x + 2| > 5 − x
Desarrollo: Procedemos igual que en el ejercicio 1, (utilizando la misma
propiedad del valor absoluto)
|3x + 2| > 5 − x
⇐⇒ [(3x + 2 < − (5 − x )) ∨ (3x + 2 > 5 − x )]
⇐⇒ [(3x + 2 < −5 + x ) ∨ (4x > 3)]
3
⇐⇒ (2x < −7) ∨ x >
4
7
3
⇐⇒
x <−
∨ x>
2
4
”
—
” —
se sigue que el conjunto solución es S = −∞, − 27 ∪ 34 , +∞ .
3. x 3 − 1 ≥ |x − 1|2
Desarrollo: Comencemos por factorizar las expresiones x 3 −1 = (x − 1) (x 2 + x + 1),
de esta forma
€
Š
x 3 − 1 ≥ |x − 1|2 ⇐⇒ (x − 1) x 2 + x + 1 ≥ |x − 1|2
⇐⇒ |x − 1| x 2 + x + 1 ≥ |x − 1| |x − 1|
(aquí hemos utilizado la propiedad x y = |x | y ). Ahora bien, x = 1 es
solución de la inecuación, si x 6= 1 se tiene que
|x − 1| x 2 + x + 1 ≥ |x − 1| |x − 1| ⇐⇒ x 2 + x + 1 ≥ |x − 1|
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(en tal caso |x − 1| 6= 0 y podemos multiplicar o dividir por él sin que se
afecte la inecuación). También notemos que x 2 + x + 1 tiene un discriminante negativo −3 se sigue que x 2 + x + 1 > 0 por lo tanto, hemos llegado
a que:
€
Š
x 3 − 1 ≥ |x − 1|2 ⇐⇒ (x = 1) ∨ x 2 + x + 1 ≥ |x − 1|
resolvamos entonces la inecuación
x 2 + x + 1 ≥ |x − 1|
por propiedades del valor absoluto, esto es equivalente a resolver
−x 2 − x − 1 ≤ x − 1 ≤ x 2 + x + 1
es decir
”€
Š €
Š—
−x 2 − x − 1 ≤ x − 1 ∧ x − 1 ≤ x 2 + x + 1
⇐⇒
”€
Š €
Š—
2
2
0 ≤ x + 2x ∧ 0 ≤ x + 2
⇐⇒
[(0 ≤ x (x + 2)) ∧ (x ∈ R)] ⇐⇒
[(x ∈ ]−∞, −2] ∪ [0, +∞[) ∧ (x ∈ R)] ⇐⇒ x ∈ ]−∞, −2] ∪ [0, +∞[
se sigue que el conjunto solución es ]−∞, −2] ∪ [0, +∞[ ∪ {1} = ]−∞, −2] ∪
[0, +∞[
4. x 2 − 1 ≥ |x + 1|
Desarrollo: Aplicamos la técnicas anteriores
x 2 − 1 ≥ |x + 1| ⇐⇒ |x − 1| |x + 1| ≥ |x + 1|
⇐⇒ [(|x − 1| ≥ 1) ∨ (x = −1)]
⇐⇒ [((x − 1 ≤ −1) ∨ (x − 1 ≥ 1)) ∨ (x = −1)]
⇐⇒ [((x ≤ 0) ∨ (x ≥ 2)) ∨ (x = −1)]
⇐⇒ x ∈ ]−∞, 0] ∪ [2, +∞[
se sigue que el conjunto solución es S = ]−∞, 0] ∪ [2, +∞[.
5.
|x +1|+x 2 −x −1
p
(x +3)
x 2 −2x +1
≥0
Desarrollo: Comencemos buscando las restricciones, por ejemplo necesitamos que x 2 − 2x + 1 > 0 (para que la raíz este bien definida y no sea
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cero el denominador) pero x 2 −2x +1 = (x − 1)2 que solo se anula en x = 1
así tenemos la restricción x 6= 1, con esta consideración:
|x + 1| + x 2 − x − 1
|x + 1| + x 2 − x − 1
≥0
≥ 0 ⇐⇒
p
(x
+
3)
2
(x + 3) x − 2x + 1
ahora para quitar el valor absoluto nos pondremos en casos
(a) x ≤ −1: En este caso x + 1 ≤ 0 luego |x + 1| = −x − 1 y la inecuación
nos queda
−x − 1 + x 2 − x − 1
≥0
(x + 3)
⇐⇒
⇐⇒
x 2 − 2x − 2
≥0
(x + 3)
€
€
€
p ŠŠ €
p ŠŠ
x − 1+ 3
x − 1− 3
(x + 3)
≥0
esta última ya sabemos como resolverla mediante una tabla
€
€
p ŠŠ
x
−
1
+
3
€
€
p ŠŠ
x − 1− 3
(x + 3)
p
p
(x −(1+ 3))(x −(1− 3))
(x +3)
−
−
−
−3
−
−
0
−
Indef.
−
−
+
p
1− 3
−
0
+
+
0
−
+
+
p
1+ 3
0
+
+
+
+
+
−
0
+
”
—
p
p — ”
se sigue que la solución en este caso es S 0 = −3, 1 − 3 ∪ 1 + 3, +∞
pero tenemos la restricción x ≤ −1 así que S 1 = ]−3, −1] (note que
p
p
−1 < 1 − 3 ⇐⇒ 3 < 2 ⇐⇒ 3 < 4)
(b) Si x > −1 entonces |x + 1| = x + 1 la inecuación nos queda
x2
≥0
(x + 3)
que tiene por solución x > −3 pero la restricción x > −1 nos da por
solución S 2 = ]−1, ∞[
Asi la solución seria ]−3, ∞] pero debemos recordar la restricción x 6= 1
finalmente
S = ]−3, 1[ ∪ ]1, +∞[
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p
6.
(x −2)4 (x 2 −3)
|x −1|2 (x 2 +x +1)
≤0
p
Desarrollo: Primero notemos que (x − 2)4 = (x − 2)2 , x 2 + x + 1 > 0,
|x − 1|2 ≥ 0 luego
p
”€
Š
—
(x − 2)4 (x 2 − 3)
≤ 0 ⇐⇒ x 2 − 3 ≤ 0 ∨ x = 2 ∧ (x 6= 1)
2
|x − 1| x 2 + x + 1
p
la razón de esto es que (x − 2)4 ≥ 0 luego podemos multiplicar la inecuap
−1
(x − 2)4
ción por
y nos queda
p
(x − 2)4 (x 2 − 3)
(x 2 − 3)
≤
0
⇐⇒
≤0
|x − 1|2 x 2 + x + 1
|x − 1|2 x 2 + x + 1
pero debemos pedir x 6= 2 para efectuar la división, sin embargo x = 2 es
solución de la inecuación por lo que la debemos unir a nuestra solución
final. También |x − 1|2 (x 2 + x + 1) ≥ 0 luego
(x 2 − 3)
€
Š
2
≤
0
⇐⇒
x
−
3
≤0
|x − 1|2 x 2 + x + 1
pero necesitamos que x 6= 1 para que |x − 1| =
6 0 luego x = 1”no puede
p p —
estar en el conjunto solución. Finalmente (x 2 − 3) ≤ 0 ⇐⇒ x ∈ − 3, 3
y así
” p ” — p —
S = − 3, 1 ∪ 1, 3 ∪ {2}
7. |x + 2| − 2 ≤
p
1 − |x − 3|
Desarrollo: Primero las restricciones, necesitamos 1−|x − 3| ≥ 0 para que
la raíz este bien definida, es decir
|x − 3| ≤ 1 ⇐⇒ −1 ≤ x − 3 ≤ 1 ⇐⇒ 2 ≤ x ≤ 4
así cualquier solución de la inecuación debe estar en el intervalo [2, 4].
Ahora vamos a quitar los valores absolutos poniéndonos en casos, para
ello nos ayudaremos con siguiente tabla
x +2
x −3
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−2
0
−
−
−
4
+
−
3
+
0
+
+
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Sabemos que las soluciones tienen que estar en el intervalo [2, 4] luego,
de acuerdo a la tabla dividiremos en dos casos
(a) 2 ≤ x ≤ 3: En este caso la tabla nos dice (x + 2) ≥ 0 y (x − 3) ≤ 0 luego
|x + 2| = x + 2 y |x − 3| = −x + 3 la inecuación nos queda
x +2−2≤
p
1 + x − 3 ⇐⇒ x ≤
p
x −2
note que en el intervalo considerado [2, 3] se tiene x ≥ 0 siempre, así
x≤
p
x − 2 ⇐⇒ x 2 ≤ x − 2 ⇐⇒ x 2 − x + 2 ≤ 0
pero esa cuadrática tiene discriminante negativo, se sigue que x 2 −
x +2 > 0 para cualquier real, se sigue que x 2 −x +2 ≤ 0 tiene conjunto
solución vacío. En conclusión, no hay soluciones en este intervalo.
(b) 3 < x ≤ 4: En este caso la tabla nos dice (x + 2) ≥ 0 y (x − 3) ≥ 0 luego
|x + 2| = x + 2 y |x − 3| = x − 3 la inecuación nos queda
x +2−2≤
p
1 − x + 3 ⇐⇒ x ≤
p
4−x
note que en el intervalo considerado [3, 4] se tiene x ≥ 0 siempre, así
x≤
p
4 − x ⇐⇒ x 2 ≤ 4 − x ⇐⇒ x 2 + x − 4 ≤ 0
p
p
La ecuación cuadrática tiene soluciones − 21 17− 21 , 21 17− 12 , así que
1 1p
1 1p
x + x − 4 ≤ 0 ⇐⇒ x − − −
17
x− − +
17
≤0
2 2
2 2
”
p
p —
que tiene solución S = − 21 − 21 17, − 12 + 12 17 pero tenemos la restricción 3 < x ≤ 4 y como
1 1p
1 1p
− −
17, − +
17 ∩ ]3, 4] = ;
2 2
2 2
2
se sigue que no existen soluciones en este intervalo.
Finalmente podemos concluir que el conjunto solución de la inecuación
es vacio.
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8.
x2
x 2 −1
≤1
Desarrollo:
x2
≤1
x2 −1
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
x2
−1≤0
x2 −1
1
≤0
x2 −1
1
≤0
(x − 1) (x + 1)
usando la técnica de solución para cuadráticas o la tabla nos queda S =
]−1, 1[
9. Resolver la ecuación:
q
q
p
p
x +3−4 x −1+ x +8−6 x −1=1
Desarrollo: Buscamos soluciones reales. Debemos tener
x ≥1
para que
p
x − 1 tenga sentido, además necesitamos
p
p
x +3−4 x −1≥0 y x +8−6 x −1≥0
analizamos la primera (tenga en mente que x ≥ 1)
p
p
x + 3 − 4 x − 1 ≥ 0 ⇐⇒ x + 3 ≥ 4 x − 1
⇐⇒ (x + 3)2 ≥ 16 (x − 1)
⇐⇒ x 2 + 6x + 9 ≥ 16x − 16
⇐⇒ x 2 − 10x + 25 ≥ 0
⇐⇒ (x − 5)2 ≥ 0
luego es válido para x ≥ 1.
La segunda (tenga en mente que x ≥ 1)
p
p
x + 8 − 6 x − 1 ≥ 0 ⇐⇒ x + 8 ≥ 6 x − 1
⇐⇒ x 2 + 16x + 64 ≥ 36x − 36
⇐⇒ x 2 − 20x + 100 ≥ 0
⇐⇒ (x − 10)2 ≥ 0
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es decir x ≥ 1.
Ahora analizaremos la ecuación, tratando de simplificarla en alguna forma:
Multiplicándola a ambos lados por
q
q
p
p
x +3−4 x −1− x +8−6 x −1
(para tratar de quitar las raíces) se obtiene
q
q
p
p
p
p
x +3−4 x − 1− x + 8 − 6 x − 1 = x + 3 − 4 x − 1− x + 8 − 6 x − 1
simplificamos
q
q
p
p
p
−5 + 2 x − 1 = x + 3 − 4 x − 1 − x + 8 − 6 x − 1
pero
q
q
p
p
x +3−4 x −1+ x +8−6 x −1=1
Sumamos estas dos ecuaciones
q
p
p
−4 + 2 x − 1 = 2 x + 3 − 4 x − 1
simplificamos
q
p
p
−2 + x − 1 = x + 3 − 4 x − 1
p
de aquí se necesita −2 + x − 1 ≥ 0, es decir x ≥ 5 (note que están dentro
de la restricción x ≥ 1).
Ahora, de
q
q
p
p
p
−5 + 2 x − 1 = x + 3 − 4 x − 1 − x + 8 − 6 x − 1
y
q
q
p
p
x +3−4 x −1+ x +8−6 x −1=1
multiplicando por −1 la primera y sumando eso a la segunda
q
p
p
5−2 x −1 +1=2 x +8−6 x −1
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de donde obtenemos
q
p
p
6−2 x −1=2 x +8−6 x −1
así que
q
p
p
3− x −1= x +8−6 x −1
esto nos da la restricción
3≥
p
x − 1 ⇐⇒ 10 ≥ x
así que tenemos que en el intervalo 5 ≤ x ≤ 10
q
p
p
3− x −1= x +8−6 x −1
y
q
p
p
−2 + x − 1 = x + 3 − 4 x − 1
luego
q
q
p
p
p
p
x + 8 − 6 x − 1 + x + 3 − 4 x − 1 = 3 − x − 1 + −2 + x − 1 = 1
concluimos que la solución final de la ecuación es el intervalo [5, 10] (sí...,
todos los valores entre 5 y 10)
Otra solución del mismo problema: Tratemos de simplificar la cantidad
q
q
p
p
x +3−4 x −1+ x +8−6 x −1
notemos lo siguiente
q
p
p
x +8−6 x −1⇒
a +b x −1 =
p
p
a 2 + 2a b x − 1 + x − 1 = x + 8 − 6 x − 1 ⇒
a 2 − 1 = 8 y 2a b = −6 ⇒
a 2 = 9 y a b = −3 se sigue
a
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= ±3 y a b = −3
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si a = 3 entonces b = −1 si a = −3 entonces b = 1 se sigue que
q
p
p
3−
o bien
x −1=
x +8−6 x −1
q
p
p
−3 + x − 1 = x + 8 − 6 x − 1
pero note que
p
p
x + 8 − 6 x − 1 ≥ 0 luego
p
p
−3 + x − 1 ≥ 0 ⇐⇒ 3 ≤ x − 1 ⇐⇒ 10 ≤ x
y
3−
así
p
p
x − 1 ≥ 0 ⇐⇒ x − 1 ≤ 3 ⇐⇒ x ≤ 10
q
p
x +8−6 x −1=
¨
p
−3 + x − 1 si
10 ≤ x
p
3 − x − 1 si 1 ≤ x ≤ 10
para el otro pedazo
q
p
p
x +3−4 x −1⇒
a +b x −1 =
p
p
a 2 + 2a b x − 1 + x − 1 = x + 3 − 4 x − 1 ⇒
a 2 − 1 = 3 y 2a b = −4 ⇒
a
= ±2 y a b = −2
se sigue que las posibilidades son
q
p
p
2− x −1= x +3−4 x −1
o
q
p
p
−2 + x − 1 = x + 3 − 4 x − 1
eso lo podemos decidir dependiendo del signo
p
p
2 − x − 1 ≥ 0 ⇐⇒ 2 ≥ x − 1 ⇐⇒ 5 ≥ x
y
−2 +
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p
p
x − 1 ≥ 0 ⇐⇒ x − 1 ≥ 2 ⇐⇒ x ≥ 5
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así
q
p
x +3−4 x −1=
¨
p
2 − x − 1 si 1 ≤ x ≤ 5
p
−2 + x − 1 si
x ≤5
por lo que concluimos
q
q
p
p
x +3−4 x −1+ x +8−6 x −1
 €
Š €
Š
p
p
 € 2 − px − 1 Š+ €3 − px − 1 Š si 1 ≤ x ≤ 5
=
−2 + x − 1 Š+ 3 − x − 1 si 5 < x ≤ 10
 €
p
p
−2 + x − 1 + −3 + x − 1 si
10 < x

p
 5 − 2 x − 1 si 1 ≤ x ≤ 5
1
si 5 < x ≤ 10
=
p

−5 + 2 x − 1 si
10 < x
de donde obtenemos que la solución es S = [5, 10]. Un gráfico hecho
por computadora
nos ayuda
p a darnospconfianza, este es el gráfico de
p
p
f (x ) = x + 3 − 4 x − 1 + x + 8 − 6 x − 1 (note que en él se ve que
para valores de x ∈ [5, 10] se tiene y = 1)
6
5
4
f (x ) =
3
p
p
p
p
x +3−4 x −1+ x +8− x −1
2
1
−1
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
−1
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Otra solución mucho más bonita: (En colaboración con Matias Urzua)
q
q
p
p
x +3−4 x −1+
x +8−6 x −1=1
reordenemos la ecuación en la forma
q
q
p
(x − 1) + 4 − 4 x − 1 +
y pongamos k =
p
(x − 1) + 9 − 6 x − 1 = 1
p
x − 1 entonces
p
k 2 + 4 − 4k +
p
k 2 + 9 − 6k = 1
p
(k − 3)2 = 1
completamos los cuadrados
p
(k − 2)2 +
luego la ecuación es
|k − 2| + |k − 3| = 1
la resolvemos utilizando tabla
x −2
x −3
−
−
2
0
−
+
−
3
+
0
+
+
(a) Si 0 ≤ k ≤ 2 la ecuación es
− (k − 2) − (k − 3) = 1
es decir
−k + 2 − k + 3 = 1 ⇒ k = 2
como estoy dentro de la restricción 0 ≤ k ≤ 2 obtengo la solución
k = 2 es decir x = 5.
(b) Si 2 < k < 3 entonces la ecuación queda
[(k − 2) − (k − 3) = 1] ⇒ [1 = 1]
es decir, todos los elementos de este intervalo son solución, se sigue
que 5 < x < 10 esta en el conjunto solución de la ecuación.
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(c) Si 3 ≤ k entonces la ecuación es
[(k − 2) + (k − 3) = 1] ⇒ k = 3
se sigue que k = 3 es solución (esta dentro de la restricción) y así
x = 10 es solución.
De todo esto el conjunto solución de la ecuación es [5, 10].
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