Proyecto MATEM MA0125 Matem´atica Elemental
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Ecuaciones e inecuaciones
Elaborado por:
Jos´e Ml. Acosta Baltodano Tayron Alvarado Canossa
1.
Pr´
actica de ecuaciones e inecuaciones
1. Resolver cada una de las siguientes ecuaciones.
a) x4−2x3−2x2−2x−3 = 0
b)
x− 4
x+ 3 x+ 3 x+ 4
= 0
c) −3x2 + 11x= 6
d) x4−2x3−x+ 2 = 0
e)
x+ 1 x
2
−3
x+ 1 x
−4 = 0
f) x−2−7x−1+ 6 = 0
g) 5 x+ 4 −
3
x2 + 2x−8 = 2
h) x3−12x2+ 41x−42 = 0
i) x4+x3 + 3x2+ 3x= 0
j) 6x12 +x 1
4 −27 = 0
k) 5x x−3 +
3
x2 −2x−3 =−1
l) 2 x−
2 x2 = 0
m) πx2+ 3πx−4π = 0
n) x(x 2−4)
x2−5x−14 = 0
˜
n) 3(3x2−2x) = (x+ 4)2
o) x4 = 13x2−36
p) x3−27 = 0
q) x−2+ 2x−1−3 = 0
r)
x+ 1
x+ 1 x− 3 x+ 2
= 0
s) x2−6√2x+ 1 = 0
2. Determinar los valores del par´ametrok para que la ecuaci´on
3x2+kx−3
4k+ 3 = 0
posea dos soluciones reales.
3. ¿Cu´antas soluciones tiene la ecuaci´on (x2−x)2 −(x2−x)−6 = 0 en el conjunto ]− ∞,2]?
4. Consid´erense las siguientes ecuaciones:
a) x2+x+ 1 = 0
b) 9x2+ 12x+ 4 = 0
c) 5x2−17x+ 6 = 0
De ellas, ¿cu´ales tienen soluciones en R?
5. Para la ecuaci´on kx2−2kx+ 7 = 0 consid´erense las siguientes proposiciones:
a) Si k = 7, entonces la ecuaci´on tiene una ´unica soluci´on.
b) Si k = 1, entonces la ecuaci´on tiene una ´unica soluci´on.
c) Si k =−4, entonces la ecuaci´on tiene una ´unica soluci´on.
De las afirmaciones anteriores, cu´ales son falsas.
6. Resolver cada una de las siguientes inecuaciones.
a) 3x+ 5
−x2 −x−1 ≤0
b) −2x2 −x <−15
c) x
x+ 1 ≥ −1
d) −x3+ 3x2−16x+ 48≥0
e) −x2+x+ 1 ≥0
f) −5x+ 4
3 ≥
2x+ 4 −6
g) −2x+ 4 x2−4 ≥0
h) −2x+ 13≤2(5−x)
i) (x2−2x)2−2 (x2−2x)−3≥0
j) (2x−8)2 ≤0
k) (x2−3x)2−2 (x2−3x)−8≤0
l) 6x
x2−4x+ 3 > 2 12−4x
m) −2x−4 x2+ 4 ≥0
2.
Soluciones a la pr´
actica de ecuaciones e
inecuacio-nes
1. Resolver cada una de las siguientes ecuaciones.
a) x4−2x3−2x2−2x−3 = 0
Utilizando divisi´on sint´etica se obtiene la factorizaci´on del polinomio de la siguiente forma:
1 −2 −2 −2 −3 −1
−1 3 −1 3
1 −3 1 −3 0
Entonces, se puede decir que:
x4−2x3 −2x2−2x−3 = 0
⇔ (x+ 1)(x3−3x2+x−3) = 0
⇔ (x+ 1)[x2(x−3) + (x−3)] = 0 (sacando x2 como factor com´un)
⇔ (x+ 1)(x−3)(x2+ 1) = 0 (sacando x−3 como factor com´un)
Ahora, se puede afirmar quex2+1 >0, puesx2 siempre es positivo y 1>0. Por lo que solo interesa el caso cuando (x+1)(x−3) = 0, de dondex=−1 ∨x= 3.
∴S ={−1,3}
b)
x− 4
x+ 3 x+ 3 x+ 4
= 0
Se sabe que
x− 4
x+ 3 x+ 3 x+ 4
= 0 ⇔x− 4
x+ 3 = 0 ∨ x+ 3 x+ 4 = 0
Sin ning´un orden en particular se resolver´a cada una de las ecuaciones reque-ridas, teniendo en cuenta las restricciones x6=−3 ∧ x6=−4
Primero se realizar´a x− 4 x+ 3 = 0
x− 4
x+ 3 = 0 ⇔
x(x+ 3)−4
x+ 3 = 0 ⇔ x(x+ 3)−4 = 0
⇔ x2 + 3x−4 = 0
Utilizando el m´etodo de inspecci´on se obtiene que
pero como x6=−4, solo funciona la soluci´onx= 1.
Ahora se trabajar´a con x+ 3 x+ 4 = 0
x+ 3
x+ 4 = 0 ⇔
x(x+ 4) + 3
x+ 4 = 0 ⇔ x(x+ 4) + 3 = 0
⇔ x2 + 4x+ 3 = 0
Utilizando de nuevo el m´etodo de inspecci´on se obtiene que
(x+ 3)(x+ 1) = 0⇔x=−3 ∨ x=−1,
pero como x6=−3, solo funcionax=−1.
∴S ={−1,1} c) −3x2 + 11x= 6
Como la ecuaci´on−3x2+11x= 6 es equivalente a la ecuaci´on−3x2+11x−6 = 0, se utilizar´a el m´etodo de tanteo para factorizar −3x2+ 11x−6
−3x2 +11x −6
−3x 2
x −3
De donde se obtiene que:
−3x2+ 11x= 6 ⇔ −3x2+ 11x−6 = 0
⇔ (−3x+ 2)(x−3) = 0
⇔ −3x+ 2 = 0 ∨ x−3 = 0
⇔ x= 2
3 ∨ x= 3
∴S =
2 3,3
d) x4−2x3−x+ 2 = 0
Factorizando por agrupaci´on,
x4 −2x3−x+ 2 = 0 ⇔ x3(x−2)−(x−2) = 0
⇔ (x−2)(x3 −1) = 0
⇔ x= 2 ∨ x=√3
1 = 1
e)
x+ 1 x
2
−3
x+ 1 x
−4 = 0
Sea u=x+ 1
x, entonces
x+ 1 x
2
−3
x+ 1 x
−4 = 0
⇒ u2−3u−4 = 0
⇒ (u−4)(u+ 1) = 0
⇒ u−4 = 0 ∨ u+ 1 = 0
⇒ x+ 1
x −4 = 0 ∨ x+ 1
x + 1 = 0
⇒ x
2 −4x+ 1
x = 0 ∨
x2+x+ 1
x = 0
Tomando en cuenta que x 6= 0 y que x2 +x+ 1 es siempre mayor que 0, solo se debe resolverx2−4x+ 1 = 0.
Utilizando f´ormula general:
∆ = (−4)2−4·1·1 = 12
Como ∆>0, entonces la ecuaci´on tiene dos soluciones reales,x= −(−4)± √
12 2·1 ,
de donde x1 =
4 +√12
2 = 2 + √
3 ∧ x2 =
4−√12
2 = 2− √
3
∴S =2 +√3,2−√3 f) x−2−7x−1+ 6 = 0
Sea θ =x−1, entonces θ2 =x−2. Sustituyendo en la ecuaci´on se obtiene:
θ2−7θ+ 6 = 0
Se utilizar´a el m´etodo de tanteo para factorizarθ2−7θ+ 6 = 0
θ2 −7θ +6
θ −6
De donde se obtiene que:
θ2−7θ+ 6 = 0
⇒ (θ−6) (θ−1) = 0
⇒ θ = 6 ∨ θ = 1
⇒ x−1 = 6 ∨ x−1 = 1
⇒ 1
x = 6 ∨ 1
x = 1
⇒ x = 1
6 ∨ x = 1
∴S =
1 6,1
g) 5 x+ 4 −
3
x2 + 2x−8 = 2
Factorizandox2+ 2x−8 se obtiene que:
3
x2+ 2x−8 =
3 (x+ 4)(x−2)
Por lo que la ecuaci´on se puede reescribir como 5 x+ 4 −
3
(x+ 4)(x−2) = 2 Resolviendo, mediante denominador com´un, se obtiene:
5(x−2)−3 = 2(x+ 4)(x−2)
Adem´as, se debe considerar que (x+ 4)(x−2)6= 0, por lo que se descartan los valores x6=−4 ∧ x6= 2, y se trabaja la ecuaci´on:
5x−13 = 2x2 + 4x−16
La cual es equivalente a 2x2−x−3 = 0
Se utilizar´a el m´etodo de tanteo para factorizar 2x2−x−3
2x2 −x −3
2x −3
x 1
Es decir, (2x−3)(x+ 1) = 0, por lo que x= 3
2 ∨ x=−1
∴S =
3 2,−1
h) x3−12x2+ 41x−42 = 0 Utilizando divisi´on sint´etica:
1 −12 41 −42 2
2 −20 42
1 −10 21 0
Obteniendo que x3−12x2+ 41x−42 = (x−2)(x2−10 + 21). Factorizandox2−10 + 21 mediante el m´etodo de tanteo:
x2 −10x +21
x −7
x −3
Por lo que la ecuaci´on ser´ıa equivalente a la ecuaci´on (x−2)(x−7)(x−3) = 0, de donde x= 2 ∨ x= 3 ∨ x= 7
∴S ={2,3,7}
i) x4+x3 + 3x2+ 3x= 0 Factorizando el polinomio
x4+x3+ 3x2 + 3x = x3(x+ 1) + 3x(x+ 1)
= (x+ 1)(x3+ 3x)
= x(x+ 1)(x2+ 3)
Por lo que la ecuaci´on se puede reescribir como x(x+ 1)(x2+ 3) = 0
Comox2+3 siempre es distinto de 0, entonces solo se toma en cuentax(x+1) = 0, por lo quex= 0 ∨ x=−1
∴S ={0,−1} j) 6x12 +x
1
4 −27 = 0
Sea a=x14, entoncesa2 =x 1
2. Sustituyendo en la ecuaci´on se obtiene:
6a2+a−27 = 0
Mediante f´ormula general:
∆ = 1−4·6·(−27) = 649
Como el discriminante es mayor que 0, la ecuaci´on tiene dos soluciones reales,
a= −1± √
de donde a= −1 + √
649
12 ∨ a=
−1−√649 12 Luego, utilizando el cambio de variable
a = −1 + √
649
12 ∨ a =
−1−√649 12
⇒ x12 =
−1 +√649
12 ∨ x
1 2 =
−1−√649 12
⇒ x = −1− √
649 12
!2
∨ x = −1 + √
649 12
!2
⇒ x = 650 + 2 √
649
144 ∨ x =
650−2√649 144
⇒ x = 325 +
√ 649
72 ∨ x =
325−√649 72
∴S =
(
325 +√649 72 ,
325−√649 72
)
k) 5x x−3 +
3
x2 −2x−3 =−1
Factorizandox2−2x−3 por m´etodo de tanteo:
x2 −2x −3
x −3
x 1
Por lo anterior, x6=−1 y x6= 3. Resolviendo mediante denominador com´un: 5x
x−3+
3
x2−2x−3 = −1
⇔ 5x x−3 +
3
(x−3)(x+ 1) = −1
⇔ 5x(x+ 1) + 3
(x−3)(x+ 1) = −1
⇔ 5x2+ 5x+ 3 = −(x2 −2x−3)
⇔ 5x2+ 5x+ 3 = −x2+ 2x+ 3
⇔ 5x2+x2+ 5x−2x+ 3−3 = 0
⇔ 6x2+ 3x = 0
⇔ 3x(2x+ 1) = 0
⇔ 3x= 0 ∨ 2x+ 1 = 0
∴S =
0,−1 2
l) 2 x−
2 x2 = 0
Tomando la restricci´on x6= 0, la ecuaci´on ser´ıa equivalente a ¿
2x−2
x2 = 0 ⇒ 2x−2 = 0
⇒ x = 1
∴S ={1}
m) πx2+ 3πx−4π = 0
Se tiene que a =π, b = 3π y c =−4π, por lo que ∆ = (3π)2−4·π·(−4π). Luego, ∆ = 9π2+ 16π2 = 25π2
Por lo anterior,x= −3π± √
25π2
2π , entoncesx1 =
−3π−5π
2π ∨x2 =
−3π+ 5π 2π
Finalmente, x1 =−8π
2π =−4 ∨ x2 = 2π 2π = 1
∴S ={−4,1}
n) x(x 2−4)
x2−5x−14 = 0
Factorizandox2−5x−14 por m´etodo de tanteo
x2 −5x −14
x −7
x 2
Tomando en cuenta las restricciones x6= 7 yx6=−2, se puede afirmar que
x(x2−4)
x2−5x−14 = 0
⇒ x(x 2−4)
(x−7)(x+ 2) = 0 ⇒ x(x2−4) = 0
⇔ x= 0 ∨ x2 = 4
⇔ x= 0∨x=±2
˜
n) 3(3x2−2x) = (x+ 4)2
⇔ 9x2−6x = (x+ 4)2
⇔ 9x2−6x = x2+ 8x+ 16
⇔ 9x2−x2−6x−8x−16 = 0
⇔ 8x2−14x−16 = 0
⇔ 2(4x2−7x−8) = 0
Utilizando la f´ormula general:
∆ = (−7)2−4(4)(−8) = 49 + 128 = 177
⇒ x = 7± √
177 8
⇒ x1 =
7 +√177
8 ∨ x2 =
7−√177 8
∴S =
(
7 +√177
8 ,
7−√177 8
)
o) x4 = 13x2−36 Sea z =x2, entonces:
x4 = 13x2−36
⇒ z2 = 13z−36
⇒ z2−13z+ 36 = 0
⇒ (z−9)(z−4) = 0
⇒ z−9 = 0 ∨ z−4 = 0
⇒ x2−9 = 0 ∨ x2−4 = 0
⇒ x2 = 9 ∨ x2 = 4
⇒ x=±3 ∨ x=±2
∴S ={−3,−2,2,3}
p) x3−27 = 0
Factorizando mediante f´ormulas notables, la ecuaci´on dada es equivalente a la ecuaci´on (x−3) (x2+ 3x+ 9) = 0. Como x2 + 3x+ 9 siempre es mayor que cero, solo es necesario resolverx−3 = 0, de donde se obtiene x= 3
q) x−2+ 2x−1−3 = 0 Sea u=x−1, entonces
x−2+ 2x−1 −3 = 0
⇒ u2+ 2u−3 = 0
⇒ (u+ 3)(u−1) = 0
⇒ u+ 3 = 0 ∨ u−1 = 0
⇒ u=−3 ∨ u= 1
⇒ x−1 =−3 ∨ x−1 = 1
⇒ x=−1
3 ∨ x= 1
∴S =
−1 3,1
r)
x+ 1
x+ 1 x− 3 x+ 2
= 0
La ecuaci´on se descompone en las dos ecuaciones siguientes:
x+ 1
x+ 1 = 0 ∨ x− 3
x+ 2 = 0
⇔ x(x+ 1) + 1
x+ 1 = 0 ∨
x(x+ 2)−3
x+ 2 = 0
⇔ x
2+x+ 1
x+ 1 = 0 ∨
x2+ 2x−3
x+ 2 = 0
Como x+ 1 6= 0, x+ 2 6= 0 y x2 +x+ 1 nunca es igual a cero, solo hay que saber cu´ando se cumple la ecuaci´onx2 + 2x−3 = 0
Mediante el m´etodo de tanteo, esta ecuaci´on es equivalente a (x+3)(x−1) = 0, por lo que x=−3 ∨ x= 1
∴S ={−3,1} s) x2−6√2x+ 1 = 0
Primero se calcula el discriminante: ∆ = −6√22−4·1·1 = 72−4 = 68 Como el discriminante es mayor que cero, la ecuaci´on tienen dos soluciones
reales; utilizando f´ormula general:x= 6 √
2±√68 2 Simplificando,
x1 =
6√2 +√68
2 ∨ x2 =
6√2−√68 2 ⇒ x1 = 3√2 +√17 ∨ x2 = 3√2−√17
2. Determinar los valores del par´ametrok para que la ecuaci´on
3x2+kx−3
4k+ 3 = 0
posea dos soluciones reales.
Se tiene que a = 3, b =k y c= −3
4k+ 3, por lo que ∆ = k
2−4·3·
−3 4k+ 3
.
Luego, ∆ =k2+ 9k−36
Para que la ecuaci´on tenga dos soluciones reales, ∆≥0
Por lo anterior,
∆ ≥ 0
⇔ k2+ 9k−36 ≥ 0
⇔ (k+ 12)(k−3) ≥ 0
⇔ k ∈]− ∞,−12]∪[3,+∞[
3. ¿Cu´antas soluciones tiene la ecuaci´on (x2−x)2 −(x2−x)−6 = 0 en el conjunto ]− ∞,2]?
Sea y =x2−x, entonces la ecuaci´on es equivalente a
y2−y−6 = 0
⇒ (y−3)(y+ 2) = 0
⇒ y−3 = 0 ∨ y+ 2 = 0
Siy−3 = 0 ⇔x2 −x−3 = 0
Aplicando f´ormula general se obtiene:
∆ = (−1)2−4·1·(−3) = 13
⇒ x = 1± √
13 2
Por lo anterior, x1 =
1 +√13
2 ≈2,30 ∧ x2 =
1−√13
2 ≈ −1,30 Siy+ 2 = 0⇔x2−x+ 2 = 0
Primero calcularemos el discriminante:
∆ = (−1)2−4·1·2 =−7
∴ Para el intervalo ]− ∞,2] el conjunto soluci´on es S =
(
1−√13 2
)
4. Considere las siguientes ecuaciones:
a) x2+x+ 1 = 0
b) 9x2+ 12x+ 4 = 0
c) 5x2−17x+ 6 = 0
De ellas, ¿cu´ales tienen soluciones en R?
Para saber si estas ecuaciones tienen soluci´on en R, debemos realizar el estudio del discriminante para cada una de las ecuaciones.
a) x2+x+ 1 = 0
∆ = (1)2−4·1·1 = −3
Como ∆ <0, entonces esta no tiene soluciones en R
b) 9x2+ 12x+ 4 = 0
∆ = (12)2−4·9·4 = 144−144 = 0
Como ∆ = 0, entonces esta tiene una ´unica soluci´on enR
c) 5x2−17x+ 6 = 0
∆ = (−17)2−4·5·6 = 289−120 = 169
Como ∆ >0, entonces esta tiene dos soluciones distintas en R
∴ Solo las opciones b y ctienen soluciones en R
5. Para la ecuaci´on kx2−2kx+ 7 = 0 consid´erense las siguientes proposiciones:
a) Si k = 7, entonces la ecuaci´on tiene una ´unica soluci´on.
b) Si k = 1, entonces la ecuaci´on tiene una ´unica soluci´on.
c) Si k =−4, entonces la ecuaci´on tiene una ´unica soluci´on.
De las afirmaciones anteriores, cu´ales son falsas.
a) Sik = 7, la ecuaci´on ser´ıa 7x2−14x+7 = 0, la cual es equivalente a la ecuaci´on 7(x2−2x+ 1) = 0 y esta, a su vez, ax2−2x+ 1 = 0. Factorizando, (x−1)2 = 0, de donde x= 1
Luego, para k= 7, la ecuaci´on tiene una ´unica soluci´on. Entonces, la primera afirmaci´on es verdadera.
b) Si k = 1, la ecuaci´on ser´ıa x2−2x+ 7 = 0, cuyo discriminante est´a dado por ∆ = (−2)2−4·1·7 = 4−28 =−24
c) Si k =−4, la ecuaci´on ser´ıa −4x2 + 8x+ 7 = 0, cuyo discriminante est´a dado por ∆ = (8)2−4·(−4)·7 = 64−112 =−48
Como ∆<0, la ecuaci´on no tienen soluciones reales parak =−4 Entonces, la tercera afirmaci´on es falsa.
∴ Las afirmaciones b y c son falsas.
6. Resuelva cada una de las siguientes inecuaciones.
a) 3x+ 5
−x2 −x−1 ≤0
−∞ +∞
−5 3
3x+ 5 − • +
−x2−x−1 − −
3x+5
−x2−x−1 + −
∴S =
−5 3,+∞
b) −2x2 −x <−15
−2x2−x < −15
⇒ −2x2−x+ 15 < 0
⇒ (−2x+ 5)(x+ 3) < 0
−∞ +∞
−3 5 2 −2x+ 5 + + ◦ −
x+ 3 − ◦ + +
(−2x+ 5)(x+ 3) − + −
S = ]−∞,−3[∪
5 2,+∞
c) x
x+ 1 ≥ −1
x
x+ 1 ≥ −1
⇒ x
x+ 1 + 1 ≥ 0
⇒ x+x+ 1
x+ 1 ≥ 0
⇒ 2x+ 1
x+ 1 ≥ 0
−∞ +∞
−1 −1 2
2x+ 1 − − • +
x+ 1 − ◦ + +
2x+1
x+1 + − +
∴S = ]−∞,−1[∪
−1 2,+∞
d) −x3+ 3x2−16x+ 48≥0 Utilizando divisi´on sint´etica:
−1 3 −16 48 3
−3 0 −48
−1 0 −16 0
Luego,
−x3+ 3x2−16x+ 48 ≥ 0
⇒ (x−3)(−x2−16) ≥ 0
⇒ −(x−3)(x2+ 16) ≥ 0
−∞ +∞
3
x−3 − • +
−x2−16 − −
−(x−3)(x2+ 16) + −
e) −x2+x+ 1 ≥0
Factorizando por f´ormula general x2−x−1:
∆ = (−1)2−4·1·(−1) = 5
⇒ x = − −1± √
5 2·1
⇒ x = 1± √
5 2
Luego,
−x2+x+ 1 ≥ 0
⇒ −(x2−x−1) ≥ 0
⇒ − x− 1− √
5 2
!
x− 1 + √
5 2
!
≥ 0
⇒ −x+ 1− √
5 2
!
x− 1 + √ 5 2 ! ≥ 0 −∞ +∞
1−√5 2
1+√5 2
x−1+√5
2 − − • +
−x+1−
√
5
2 + • − −
−x+ 1−
√
5
2 x− 1+√5
2
− + −
∴S =
"
1−√5 2 ,
1 +√5 2
#
f) −5x+ 4
3 ≥
2x+ 4 −6
−5x+ 4
3 ≥
2x+ 4 −6
⇔ −6(−5x+ 4) ≤ 3(2x+ 4) (como −6<0, entonces se invierte la desigualdad)
⇔ 30x−24 ≤ 6x+ 12
⇔ 30x−6x ≤ 12 + 24
⇔ 24x ≤ 36
⇔ x ≤ 3 2
36
24 simplificado da como resultado 3 2
∴S =
−∞,3 2
g) −2x+ 4 x2−4 ≥0
−2x+ 4
x2−4 ≥ 0
⇔ −2(x−2)
(x+ 2)(x−2) ≥ 0
⇔ − 2
x+ 2 ≥ 0 (si x6= 2)
−∞ +∞
−2
−2 − −
x+ 2 − ◦ +
− 2
x+2 + −
∴S = ]−∞,−2[ h) −2x+ 13 ≤2(5−x)
−2x+ 13 ≤ 2(5−x)
⇔ −2x+ 13 ≤ 10−2x
⇔ −2x+ 2x ≤ 10−13
⇔ 0 ≤ −3 (=⇒⇐=)
∴S ={}
i) (x2−2x)2−2 (x2−2x)−3≥0 Sea u=x2−2x, entonces se tiene
(x2−2x)2−2 (x2 −2x)−3≥0 ⇒ u2−2u−3 ≥ 0
⇒ (u−3)(u+ 1) ≥ 0
⇒ (x2−2x−3) (x2−2x+ 1) ≥ 0
−∞ +∞
−1 2 3
x−3 − − − • +
x+ 1 − • + + +
(x−2)2 + + • + +
(x−3)(x+ 1) (x−2)2 + − − +
∴S =]− ∞,1]∪ {2} ∪[3,+∞[ j) (2x−8)2 ≤0
Teniendo en cuenta que x2 ≥ 0, ∀x ∈ R, se puede afirmar que cualquier expresi´on con exponente par (2 en este caso) siempre va a ser mayor o igual que cero.
Por lo que (2x−8)2 <0 no tiene soluci´on y entonces la ´unica soluci´on ser´a la
de la ecuaci´on (2x−8)2 = 0, la cual es x= 8 2 = 4
∴S ={4}
k) (x2−3x)2−2 (x2−3x)−8≤0 Sea u=x2−3x, entonces se tiene
(x2−3x)2−2 (x2 −3x)−8≤0 ⇒ u2−2u−8 ≤ 0
⇒ (u−4)(u+ 2) ≤ 0
⇒ (x2−3x−4) (x2−3x+ 2) ≤ 0
⇒ (x−4)(x+ 1)(x−2)(x−1) ≤ 0
−∞ +∞
−1 1 2 4
x−4 − − − − • +
x+ 1 − • + + + +
x−2 − − − • + +
x−1 − − • + + +
(x−4)(x+ 1)(x−2)(x−1) + − + − +
l) 6x
x2−4x+ 3 > 2 12−4x
6x
x2−4x+ 3 > 2
12−4x ⇔
6x
(x−3)(x−1) >
2 4(3−x)
⇔ 6x
(x−3)(x−1) > − 2 4(x−3)
⇔ 6x
(x−3)(x−1)+ 2
4(x−3) > 0
⇔ 4(6x) + 2(x−1)
4(x−3)(x−1) > 0
⇔ 24x+ 2x−2
4(x−3)(x−1) > 0
⇔ 26x−2
4(x−3)(x−1) > 0
⇔ 13x−1
2(x−3)(x−1) > 0
−∞ +∞
1
13 1 3
2 + + + +
13x−1 − ◦ + + +
x−3 − − − ◦ +
x−1 − − ◦ + +
13x−1
2(x−3)(x−1) − + − +
∴S =
1 13,1
∪]3,+∞[
m) −2x−4 x2+ 4 ≥0
−2x−4
x2+ 4 ≥0⇔
−∞ +∞
−2
−2 − −
x+ 2 − • +
x2+ 4 + +
−2(x+2)
x2+4 + −
∴S =]− ∞,−2] n) −4x−4≤2(4 +x)
−4x−4≤2(4 +x) ⇔ −4x−4 ≤ 8 + 2x
⇔ −4x−2x ≤ 8 + 4
⇔ −6x ≤ 12
⇔ x ≥ −12 6 =−2
∴S = [−2,∞[
Referencias
[1] Sancho, Lizethn y Blanco, Randall (2010). Matem´atica para la ense˜nanza media. Serie Cab´ecar. SIEDIN, UCR.
[2] Swokowski, Earl (1986). ´Algebra y trigonometr´ıa con geometr´ıa anal´ıtica. Segunda edici´on. Grupo editorial Iberoam´erica.