2.inecuaciones y sistemas de inecuaciones… · inecuaciones y sistemas de inecuaciones 1. resuelve...

INECUACIONES Y SISTEMAS DE INECUACIONES

1. Resuelve las siguientes inecuaciones:

a) 15

132

5

4

3

4 ++>−−+ xxx (es una inecuación de primer grado)

⇒+⋅+⋅>−⋅−+⋅⇒+⋅+⋅>−⋅−+⋅

)13(1)15(2)4(3)4(515

)13(1)15(2

15

)4(3)4(5xxx

xxx

113231323133221330123205 <⇒−>−⇒−>−⇒+>+⇒++>+−+⇒ xxxxxxxxx

Solución: )1,(−∞∈x

b) 22

14

4

8

3

25 −+>−−− xxx (es una inecuación de primer grado)

⇒⋅−+⋅>−⋅−−⋅⇒⋅−+⋅>−⋅−−⋅

)12(2)14(6)8(3)25(412

)12(2)14(6

12

)8(3)25(4xxx

xxx

11

4444111660617606161724846243820 >⇒>⇒−>−⇒+>+⇒−+>+−−⇒ xxxxxxxxx

1>⇒ x Solución: ),1( +∞∈x

c) 037 2 >− xx

� Ceros

=⇒=−

=⇒=−⋅⇒=−

7

3037

0

0)37(037 2

xx

x

xxxx

� ∪⇒>= 07a

Solución:

+∞∪−∞∈ ,7

3)0,(x


d) 06565 22 >−+−⇒>+− xxxx

� Ceros

=

==

−±−=

−−±−=⇒=−+−

3

2

2

15

2

242550652

x

x

xxx

� ∩⇒<−= 01a

Solución: )3,2(∈x

e) 0623 >−− xxx

� Ceros

∗=−−

=⇒=−−⋅⇒=−−

)( 06

0

0)6(062

223

xx

x

xxxxxx

−=

==±=+±=⇒=−−∗

2

3

2

51

2

241106 )( 2

x

x

xxx

� Luego, factorizando, tenemos: 0)2)(3(0623 >+−⇔>−− xxxxxx

−=−−−⇒−= ))()((3x

+=+−−⇒−= ))()((1x

−=+−+⇒= ))()((1x

+=+++⇒= ))()((4x

Solución: ),3()0,2( +∞∪−∈x


1−

f) 03520332233)1(2 23432243222 <+−−+⇒<−++−−⇒+−−<−− xxxxxxxxxxxxxx Tenemos que resolver la inecuación: 0352 234 <+−−+ xxxx

� Ceros

0352 234 =+−−+ xxxx

3 1 5 1 2 +−−+

3 4 1 2 −++− 0 3 4 1 2 +−− )342)(1( 23 +−−+⇒ xxxx 3 1 2 −++

0 3 1 2 −+ )32)(1)(1( 2 −+−+⇒ xxxx

∗=−+=⇒=−

−=⇒=+⇔=−+−+⇔=+−−+

)( 032

101

101

0)32)(1)(1(03522

2234

xx

xx

xx

xxxxxxxx

−=⇒−=

=⇒==±−=+±−=⇒=−+∗

2

3

4

6

14

4

4

51

4

2411032 )( 2

xx

xxxxx

Por tanto, los ceros del polinomio son:23

y 1 )doble(1 −=−== xxx

� Luego, factorizando, tenemos:

02

3)1()1( 0

2

3)1()1(20352 2

) 2: (

2234 <

++−⇔<

++−⇔<+−−+ xxxxxxxxxx

+=−−+⇒−= ))()((2x

−=+−+⇒−= ))()((25,1x

+=+++⇒= ))()((0x

+=+++⇒= ))()((4x

Solución:

−−∈ 1,2

3x

1+


5

g) 025159 2345 ≤++− xxxx � Ceros

∗=++−

=⇒=⇔=++−⋅⇔=++−

)( 025159

(doble) 00

0)25159(02515923

2

2322345

xxx

xx

xxxxxxxx

025159 )( 23 =++−∗ xxx

Posibles raíces ={divisores de 25}= }25,5 ,1{ ±±±

25 15 9 1 ++− 25 20 5 −−+ 0 5 4 1 −− )54)(5()25159( 223 −−−=++−⇒ xxxxxx

∗∗=−−

=⇒=−⇔=−−−⇔=++−

)( 054

505

0)54)(5(0251592

223

xx

xx

xxxxxx

−==

=±=+±=⇒=−−∗∗1

5

264

220164

054 )( 2

x

xxxx

Por tanto, los ceros del polinomio son:

1y (doble) 5 (doble) 0 −=== xxx

� Luego, factorizando, tenemos: 0)1()5(025159 222245 ≤+−⇔≤++− xxxxxxx

−=−++⇒−= ))()((2x

+=+++⇒−= ))()((5,0x

+=+++⇒= ))()((1x

+=+++⇒= ))()((4x

Solución: }5,0{]1,( ∪−−∞∈x


1−

h) 03452035523)1(52 23233 ≤+−−⇒≤++−−⇒−−≤+− xxxxxxxxxxx Tenemos que resolver la inecuación: 03452 23 ≤+−− xxx � Ceros

3 4 5 2 +−− 3 7 2 −+− 0 3 7 2 +− )372)(1()3452( 223 +−+=+−−⇒ xxxxxx

∗=+−

−=⇒=+⇔=+−+⇔=+−−

)( 0372

101

0)372)(1(034522

223

xx

xx

xxxxxx

=

==±=−±=⇒=+−∗

2

1

3

457

424497

0372 )( 2

x

x

xxx


21

y 3 , 1 ==−= xxx


02

1)3)(1(0

2

1)3)(1(203452

)2(:

23 ≤

−−+⇔≤

−−+⇔≤+−− xxxxxxxxx

−=−−−⇒−= ))()((2x

+=−−+⇒= ))()((0x

−=+−+⇒= ))()((2x

+=+++⇒= ))()((4x

Solución:

∪−−∞∈ 3,2

1]1,(x


i) 02

322

2

<−+−−

xx

xx

� Ceros

−==

=±=+±=⇒=−−1

3

2

42

2

12420322

x

xxxx

� Polos

−==

=±−=+±−=⇒=−+2

1

2

31

2

811022

x

xxxx


0)2)(1(

)1)(3(0

2

322

2

<+−+−⇔<

−+−−

xx

xx

xx

xx

+=−−−−

⇒−=))((

))((3x

−=+−−−

⇒−=))((

))((5,1x

+=+−+−

⇒=))((

))((0x

−=+++−

⇒=))((

))((2x

+=++++

⇒=))((

))((4x

Solución: )3,1()1,2( ∪−−∈x

j) 0)4)(1(

60

)4)(1(224

0)4)(1(

)1(2)4(10

42

11

42

11 <

+−−

⇒<+−+−+

⇒<+−

−−+⇒<

+−

−⇒

+<

− xx

x

xx

xx

xx

xx

xxxx

Por tanto, hay que resolver la inecuación: 0)4)(1(

6 <+−

−xx

x

� Ceros


606 =⇒=− xx

� Polos

−==

⇒=+−4

10)4)(1(

x

xxx

� 0)4)(1(

6 <+−

−xx

x

+=−−

+⇒−=

))((

)(5x

−=+−

+⇒=

))((

)(0x

+=++

+⇒=

))((

)(2x

−=++

−⇒=

))((

)(7x

Solución: ),6()1,4( +∞∪−∈x

k) ⇒≥+−

−−−+−−+−⇒≥

+−−−

−−

⇒+−≥−

−−

0)1)(1(

)1)(12()1)(1()1)(23(0

1

121

1

23

1

121

1

23

xx

xxxxxx

x

x

x

x

x

x

x

x

⇒≥+−

+−−−−−−−+⇒ 0

)1)(1(

)122()1()2233( 222

xx

xxxxxxx

0)1)(1(

240

)1)(1(

12212233 222

≥+−

−⇒≥

+−−++−+−−−+

⇒xx

x

xx

xxxxxxx


24 ≥+−

−xx

x

� Ceros

2

1024 =⇒=− xx

� Polos

−==

⇒=+−1

10)1)(1(

x

xxx


� 0)1)(1(

24 ≥+−

−xx

x

−=−−

−⇒−=

))((

)(2x

+=+−

−⇒=

))((

)(0x

−=+−

+⇒=

))((

)(75,0x

+=++

+⇒=

))((

)(2x

Solución: ),1(2

1,1 +∞∪

−∈x

l) 0)3)(3(

120

)3)(3(

3130

3

1

)3)(3(

1

3

1

3

1

9

1

3

12

≤+−

−⇒≤

+−++−−

⇒≤−

++−

−+

⇒−

−≤−

−+ xx

x

xx

xx

xxxxxxx


12 ≤+−

−xx

x

� Ceros

2

1012 =⇒=− xx

� Polos

−==

⇒=+−3

30)3)(3(

x

xxx

� 0)3)(3(

12 ≤+−

−xx

x

−=−−

−⇒−=

))((

)(4x

+=+−

−⇒=

))((

)(0x

−=+−

+⇒=

))((

)(1x

+=++

+⇒=

))(()(

4x

Solución:

∪−−∞∈ 3,2

1)3,(x


m) 22

1

4

162 −

+++≤

−+

x

x

x

x

x

x⇒≤

−−

++−

+−+

⇒ 022

1

)2)(2(

16

x

x

x

x

xx

x

0)2)(2(

)2()1)(2(16 ≤+−

+−+−−+⇒

xx

xxxxx0

)2)(2(

22216 22

≤+−

−−+−+−+⇒

xx

xxxxxx0

)2)(2(

352 2

≤+−

++−⇒

xx

xx

Por tanto, hay que resolver la inecuación: 0)2)(2(352 2

≤+−

++−xx

xx

� Ceros

3 5 20352 2 ==−=⇒=++− cbaxx

=

−=

=−

±−=−

+±−=−⋅

⋅−⋅−±−=

3

2

1

4

75

4

24255

)2(2

3)2(4)5(5 2

x

x

x

� Polos

−==

⇒=+−2

20)2)(2(

x

xxx

� Luego, factorizando, tenemos: 0)2)(2(

)3(2

12

0)2)(2(

352 2

≤+−

−

+−⇔≤

+−++−

xx

xx

xx

xx

−=−−

−−−⇒−=

))((

))()((3x

+=+−

−−−⇒−=

))((

))()((1x

−=+−

−+−⇒=

))((

))()((0x

+=++

−+−⇒=

))((

))()((5,2x

−=++

++−⇒=

))((

))()((4x

Solución: ),3[2,2

1)2,( +∞∪

−∪−−∞∈x


n) ⇒−≥− 1264

22

xx ⇒≥+− 012

642

2

xx 0

12642

24

≥+−x

xx0

64122

24

≥−+⇒

x

xx

Por tanto, hay que resolver la inecuación: 06412

2

24

≥−+x

xx

� Ceros

06412 24 =−+ xx

1) Hacemos el cambio de variable tx =2 y la ecuación se convierte en la ecuación de 2º grado:

064122 =−+ tt

2) Resolvemos la ecuación de segundo grado:

−=

==±−=+±−=⇔=−+

16

4

2

20122

25614412064122

t

t

ttt

3) Deshacemos el cambio de variable

2444 2 ±=⇒=⇒=⇒=• xxxt

realsolución tieneno161616 2 ⇒−=⇒−=⇒−=• xxt

� Polos

002 =⇒= xx

� 06412

2

24

≥−+x

xx

+=++

⇒−=)(

)(3x

−=+−

⇒−=)(

)(1x

−=+−

⇒=)(

)(1x

+=++

⇒=)(

)(3x

Solución: ),2[]2,( +∞∪−−∞∈x


1−

o) ⇒++−

−+≤

−−

1

2

1

17

1

33 2

2 x

x

x

x

x

x

0)1)(1(

)1)(2()17()1)(33(0

1

2

)1)(1(

17

1

33 22

≤+−

−+++−+−⇒≤

+++

+−+−

−−

⇒xx

xxxxx

x

x

xx

x

x

x

0)1)(1(

6520

)1)(1(

22173333 23232

≤+−

−−+⇒≤

+−−+−+−−−−+

⇒xx

xxx

xx

xxxxxxx


652 23

≤+−

−−+xx

xxx

� Ceros

0652 23 =−−+ xxx

6 5 2 1 −−+ 6 1 1 +−− 0 6 1 1 −+ )6)(1()652( 223 −++=−−+⇒ xxxxxx

∗=−+

−=⇒=+⇔=−++⇔=−−+

)( 06

101

0)6)(1(06522

223

xx

xx

xxxxxx

−==

=±−=+±−=⇒=−+∗3

2

2

51

2

241106 )( 2

x

xxxx


3y 2 , 1 −==−= xxx

� Polos

−==

⇒=+−1

10)1)(1(

x

xxx

� Luego, factorizando, tenemos: )1)(1(

0)3)(2)(1(0

)1)(1(

652 23

+−≤+−+⇔≤

+−−−+

xx

xxx

xx

xxx

−=−−

−−−⇒−=

))((

))()((4x

+=−−

+−−⇒−=

))((

))()((2x

+=+−

+−+⇒=

))((

))()((0x

−=++

+−+⇒=

))((

))()((5,1x

+=++

+++⇒=

))((

))()((3x


Solución: ]2,1(]3,( ∪−−∞∈x

p)

−≥−−≤+−

<−

1733

01

13

1

2

x

x

x

� PRIMERO RESOLVEMOS CADA UNA DE LAS INECUACIONES DEL SISTEMA DE

FORMA INDEPENDIENTE:

I) 13

1 <−x

03

40

3

3101

3

11

3

1 <−−

⇒<−

+−⇒<−

−⇒<

− x

x

x

x

xx

Por tanto, hay que resolver la inecuación: 03

4 <−−

x

x

� Ceros

404 =⇒=− xx

� Polos

303 =⇒=− xx

� 03

4 <−−

x

x

−=−+

⇒=)(

)(0x

+=++

⇒=)(

)(5,3x

−=+−

⇒=)(

)(5x

Solución: ),4()3,( +∞∪−∞∈x


II) 012 ≤+− x � Ceros

11101 22 ±=⇒±=⇒=⇒=+− xxxx

� ∩⇒<−= 01a

Solución: ),1[]1,( +∞∪−−∞∈x III) 1733 −≥−− x

314

314

14331731733 ≤⇒−−≤⇒−≥−⇒+−≥−⇒−≥−− xxxxx

Solución:

∞−∈3

14,x

� AHORA HALLAMOS LA SOLUCIÓN DEL SISTEMA: La solución del sistema es la intersección de las soluciones de las tres inecuaciones, es decir,

SOLUCIÓN DEL SISTEMA :

∪∪−−∞∈3

14,4)3,1[]1,(x


2. Una fábrica de Getafe paga a sus viajantes 10 euros por artículo vendido más una cantidad fija de 400 euros. Otra fábrica de la competencia paga 15 euros por artículo vendido más una cantidad fija de 300 euros. ¿Cuántos artículos debe vender el viajante de la competencia para ganar más dinero que el primero? Solución: x = nº de artículos vendidos � Ganancias del viajante de la fábrica de Getafe = 40010 +⋅ x � Ganancias del viajante de la fábrica de la competencia = 30015 +⋅ x Queremos hallar el valor de “x” para qué:

Ganancias viajante fábrica de la competencia > Ganancias viajante fábrica de Getafe

205

100100530040010154001030015 >⇒>⇒>⇒−>−⇒+>+ xxxxxxx

Luego el viajante de la competencia ha de vender más de 20 artículos para ganar más que el viajante de la fábrica de Getafe.

3. Un padre y su hijo se llevan 22 años. Determina en qué período de sus vidas la edad del

padre excede en más de 6 años al doble de la edad de su hijo. Solución: Edad del hijo = x Edad del padre = x + 22 Queremos saber cuando la diferencia entre la edad del padre y el doble de la edad de su hijo es mayor que 6, es decir,

62)22( >−+ xx Resolvemos la inecuación:

1616622262)22( <⇒−>−⇒>−+⇒>−+ xxxxxx

Por tanto, la diferencia entre la edad del padre y el doble de la edad de su hijo es mayor que 6 cuando el hijo tiene menos de 16 años.

4. Halla los valores de m para que las dos raíces de la ecuación 0)5()12(2 =++⋅++ mxmmx sean reales. Solución: � Una ecuación de segundo grado tiene soluciones reales (dos distintas o una doble)

042 ≥−=∆⇔ acb En nuestro caso: )5( )12( 0)5()12(2 +=+==⇒=++⋅++ mcmbmamxmmx


⇔≥−−++⇔≥+−+⇔≥−=∆ 02041440)5(4)12(04 2222 mmmmmmmacb

16

1116 ≤⇔−≥−⇔ mm

Por tanto,

La ecuación tiene solución real 16

1≤⇔ m

5. Halla la condición que tienen que verificar los coeficientes de la ecuación

0)10()2(22 =−−⋅+− mxmmx , para que tenga raíces reales.

Solución: � Una ecuación de segundo grado tiene soluciones reales (dos distintas o una doble)

042 ≥−=∆⇔ acb En nuestro caso:

)10( )2(2 0)10()2(22 −−=+−==⇒=−−⋅+− mcmbmamxmmx

⇔≥−+++⇔≥−−⋅⋅−+−⇔≥−=∆ 0)10(4)44(40)]10([4)]2(2[04 222 mmmmmmmacb

023016248040416164 2

)8(:

222 ≥+−⇔≥+−⇔≥−+++⇔ mmmmmmmm

Tenemos que resolver la inecuación: 0232 ≥+− mm

Ceros

=

==±=−±=⇒=+−

1

2

213

2893

0232

m

m

mmm

Por tanto,

La ecuación tiene solución real ),2[]1,( +∞∪−∞∈⇔ m


6. ¿Para qué valores de m, la ecuación de segundo grado 07)1(8 2 =−+⋅−− mxmx no tiene solución? Solución: � Una ecuación de segundo grado no tiene soluciones reales 042 <−=∆⇔ acb En nuestros caso:

)7( )1( 80)7()1(8 2 −=−−==⇒=−+⋅−− mcmbamxmx

⇔<+−+−⇔<−⋅⋅−−−⇔<−=∆ 022432120)7(84)]1([04 222 mmmmmacb

0225342 <+−⇔ mm

Tenemos que resolver la inecuación: 0225342 <+− mm

Ceros

=

==±=−±=⇒=+−

9

25

21634

2900115634

0225342

m

m

mmm

Por tanto,

La ecuación no tiene solución real )25,9(∈⇔ m


7. Una tienda de golosinas dispone de dos tipos de bolsas para cumpleaños con el siguiente contenido:

TIPO I: 2 chicles, 3 piruletas, 8 caramelos y 1 bolsa de patatas fritas. TIPO II: 4 chicles, 4 piruletas, 5 caramelos y 2 bolsas de patatas fritas.

En un determinado día, el número de chicles de que dispone la tienda para el envasado de las bolsas no puede ser superior a 240 unidades y el número de piruletas no puede superar las 300 unidades. Además, por problemas de envases, el número de bolsas del Tipo II no puede ser superior a 40. Representa gráficamente las posibles formas de elaborar las bolsas de golosinas.

Solución:

x = Bolsas de Tipo I y = Bolsas de tipo II

� El nº de bolsas de cada tipo que se pueden elaborar tiene que ser un nº natural. Además, el nº de

bolsas de Tipo II no puede ser superior a 40 Ν∈

≤≤≥

⇒ yxy

x,con

400

0

� El número de chicles para el envasado de las bolsas no puede ser superior a 240 unidades

120224042 ≤+⇒≤+⇒ yxyx � El número de piruletas no puede superar las 300 unidades 30043 ≤+⇒ yx

Por tanto, las posibles formas elaborar las bolsas de golosinas son las soluciones del sistema:

Ν∈≤+

≤+≤≤

≥

yx

yx

yx

y

x

,

30043

1202

400

0

0=x (recta vertical)

0=y (recta horizontal)


1202 =+ yx

30043 =+ yx

x 0 120 y 60 0

x 100 0 20

y 0 4

300 60


Por tanto,

},con E, D, C, B, A, vérticesde recinto al ),{( soluciones posibles de Conjunto Ν∈∈= yxyx


8. El tratamiento de cierta enfermedad requiere la administración de dos complejos vitamínicos, C1 y C2. Cada semana es preciso consumir al menos 450 mg de C1 y 200 mg de C2. Estos complejos se presentan en dos comprimidos diferentes: el comprimido de color rojo que contiene 15 mg de C1 y 25 mg de C2 , y el comprimido de color azul que contiene 28 mg de C1 y 10 mg de C2. Representa gráficamente las diferentes posibilidades de elaborar el tratamiento si además se quiere que el consumo total de comprimidos semanales no sea superior a 25.

x = comprimidos de color rojo y = comprimidos de color azul

� El nº de comprimidos de cada tipo tiene que ser un nº natural. Ν∈⇒ yx,

� El tratamiento de la enfermedad requiere la administración de dos complejos vitamínicos, C1 y

C2. Cada uno de los comprimidos contiene unas cantidades determinadas de los complejos vitamínicos: el comprimido de color rojo que contiene 15 mg de C1 y 25 mg de C2 , y el comprimido de color azul que contiene 28 mg de C1 y 10 mg de C2 Recogemos esta información en la siguiente tabla:

C1 C2

Comprimido rojo (x) 15 25 Comprimido azul (y) 28 10

Total yx 2815 + yx 1025 +

Cada semana es preciso consumir al menos 450 mg de C1 y 200 mg de C2 2001025

4502815

≥+≥+

⇒yx

yx

Por tanto, las posibles formas de elaborar el tratamiento son las soluciones del sistema:

Ν∈≥+≥+

≥≥

yx

yx

yx

y

x

,

2001025

4502815

0

0

0=x (recta vertical) 0=y (recta horizontal)

4502815 =+ yx 40252001025 )5(: =+→=+ yxyx

x 0 30 2

y 1,1614

225

28

450 ≈= 0 15

x 8 0 y 0 20


Por tanto,

},con C, B, A, vérticesde abierto recinto al ),{( soluciones posibles de Conjunto Ν∈∈= yxyx


9. La encargada de una floristería ha de hacer el pedido semanal de plantas de interior y exterior. A día de hoy, sabe que por lo menos ha de poder atender la demanda que un cliente ya le ha hecho de 20 unidades de interior y 30 de exterior. Además, el transporte del pedido semanal hasta la floristería lo realiza una empresa especializada y le supone unos costes que son de 60 céntimos por cada planta de interior y de 80 céntimos por cada planta de exterior, y la floristería tiene por norma que estos costes de transporte no sobrepasen los 48 € por pedido semanal. Asimismo, la encargada obtiene una prima de 60 céntimos por cada planta de interior que venda y de 50 céntimos por cada una de exterior, y quiere que las primas que se puedan alcanzar vendiendo todo el pedido sean de al menos 30 €. ¿Cuántas unidades de cada tipo puede pedir la encargada para cumplir todos los requerimientos anteriores? Plantea el problema y representa gráficamente el conjunto de soluciones.

x = nº de unidades de plantas de interior y = nº de unidades de plantas de exterior

� El nº de cada tipo de plantas tiene que ser un nº natural. Además, por lo menos se ha de poder atender la demanda que un cliente ya ha hecho de 20 unidades de interior y 30 de exterior.

Ν∈

≥≥

⇒ yxy

x,con

30

20

� El transporte del pedido semanal hasta la floristería lo realiza una empresa especializada y le

supone unos costes que son de 60 céntimos por cada planta de interior y de 80 céntimos por cada planta de exterior, y la floristería tiene por norma que estos costes de transporte no sobrepasen los 48 € por pedido semanal 48008060 ≤+⇒ yx

� La encargada obtiene una prima de 60 céntimos por cada planta de interior que venda y de 50

céntimos por cada una de exterior, y quiere que las primas que se puedan alcanzar vendiendo todo el pedido sean de al menos 30 €. 30005060 ≥+⇒ yx

Por tanto, las posibles formas de elaborar el pedido son las soluciones del sistema:

Ν∈≥+≥+

≥≥

yx

yx

yx

y

x

,

30005060

48008060

30

20


2404348008060 )20(: =+ →=+ yxyx 3005630005060 )10(: =+ →=+ yxyx

x 0 80 y 60 0

x 0 50 y 60 0


Por tanto,

},con D C, B, A, vérticesde recinto al ),{( soluciones posibles de Conjunto Ν∈∈= yxyx


10. En un depósito se almacenan bidones de petróleo y de gasolina. Para poder atender la demanda se han de tener almacenados un mínimo de 10 bidones de petróleo y 20 de gasolina. Siempre debe haber más bidones de gasolina que de petróleo, siendo la capacidad del depósito de 200 bidones. Por razones comerciales, deben mantenerse en inventario al menos 50 bidones. Representa gráficamente las distintas posibilidades de almacenamiento.

x = nº de bidones de petróleo y = nº de bidones de gasolina

� El nº de cada tipo de bidones tiene que ser un nº natural. Además, para poder atender la

demanda se han de tener almacenados un mínimo de 10 bidones de petróleo y 20 de gasolina

Ν∈

≥≥

⇒ yxy

x,con

20

10

� Siempre debe haber más bidones de gasolina que de petróleo xy >⇒

� La capacidad del depósito es de 200 bidones, es decir, el total de bidones tiene que se menor o

igual de 200 200≤+⇒ yx

� Por razones comerciales, deben mantenerse en inventario al menos 50 bidones, es decir, el total de bidones debe ser mayor o igual que 50 50≥+⇒ yx

Por tanto, las posibles formas de almacenamiento son las soluciones del sistema:

Ν∈≥+≤+

>≥≥

yx

yx

yx

xy

y

x

,

50

200

20

10


xy = 200=+ yx 50=+ yx

x 0 10 y 0 10

x 0 200 y 200 0

x 0 50 y 50 0


Por tanto,

},con D C, B, A, vérticesde recinto al ),{( soluciones posibles de Conjunto Ν∈∈= yxyx


11. Un colegio prepara una excursión a la montaña para 114 alumnos. Para ello, dispone de 8 vehículos de 6 plazas cada uno y otros 8 de 15 plazas, pero para el día de la excursión sólo dispone de 10 conductores. Representa gráficamente las posibles formas de realizar la excursión. Solución:

x = vehículos de 6 plazas y = vehículos de 8 plazas

� Los vehículos disponibles de cada tipo son 8 ⇒el número de vehículos de cada tipo que se

utilizan para realizar la excursión tiene que ser un nº natural comprendido entre 0 y 8

Ν∈

≤≤≤≤

⇒ yxy

x,con

80

80

� Hay 10 conductores disponibles, por tanto, el número total de vehículos utilizados para realizar

la excursión tiene que ser como máximo de 10 10≤+⇒ yx � La excursión es para 114 alumnos, por tanto, el total de plazas (entre todos los vehículos

utilizados) debe ser al menos de 114 114156 ≥+⇒ yx Por tanto, las posibles formas de realizar la excursión son las soluciones del sistema:

Ν∈≤+

≥+≤≤≤≤

yx

yx

yx

y

x

,

10

114156

80

80





114156 =+ yx

10=+ yx

x 0 19 4 y 7,6 0 6

x 10 0 y 0 10


Por tanto hay 6 formas posibles de realizar la excursión.

Punto Vehículos 6 plazas Vehículos 15 plazas )8,0( 0 8 )8,1( 1 8 )8,2( 2 8 )7,2( 2 7 )7,3( 3 7 )6,4( 4 6


12. Una fábrica de madera produce dos líneas de muebles: el clásico (C) y el funcional (F). Para su fabricación, los muebles requieren tiempo de proceso de construcción y pintura. El mueble clásico precisa una unidad de tiempo de construcción y tres de pintura, mientras que el funcional requiere dos unidades de tiempo de construcción y una de pintura. La situación actual de la empresa no permite utilizar más de diez unidades de tiempo de construcción y quince de pintura. a) Plantea el problema y representa gráficamente el conjunto de soluciones. b) ¿Qué combinaciones de muebles puede fabricar? c) Si el beneficio empresarial es función del número de unidades fabricadas de acuerdo con la

relación B = 3C + 2F, ¿cuántas unidades de cada línea deben fabricarse para maximizar el beneficio? ¿Cuál es el beneficio máximo?

a) x = muebles clásicos y = muebles funcionales

� El nº de cada tipo de muebles tiene que ser un nº natural. Ν∈

≥≥

⇒ yxy

x,con

0

0

� El mueble clásico precisa una unidad de tiempo de construcción y tres de pintura, mientras que

el funcional requiere dos unidades de tiempo de construcción y una de pintura. Recogemos esta información en la siguiente tabla:

Unidades de tiempo de

construcción Unidades de tiempo de

pintura

Mueble clásico (x) 1 3 Mueble funcional (y) 2 1

Total yx 2+ yx +3

La situación actual de la empresa no permite utilizar más de diez unidades de tiempo de

construcción y quince de pintura. 153

102

≤+≤+

⇒yx

yx

Por tanto, las posibles formas de realizar la excursión son las soluciones del sistema:

Ν∈≤+≤+

≥≥

yx

yx

yx

y

x

,

153

102

0

0


102 =+ yx 153 =+ yx

x 0 10 y 5 0

x 5 0 y 0 15


b) Hay 25 posibles combinaciones:

Punto Muebles clásicos Muebles funcionales

)0,0(1A 0 0

)1,0(2A 0 1

)2,0(3A 0 2

)3,0(4A 0 3

)4,0(5A 0 4

)5,0(6A 0 5

)0,1(7A 1 0

)1,1(8A 1 1

)2,1(9A 1 2

)3,1(10A 1 3

)4,1(11A 1 4

)0,2(12A 2 0

)1,2(13A 2 1

)2,2(14A 2 2

)3,2(15A 2 3

)4,2(16A 2 4

)0,3(17A 3 0

)1,3(18A 3 1

)2,3(19A 3 2

)3,3(20A 3 3

)0,4(21A 4 0

)1,4(22A 4 1

)2,4(23A 4 2

)3,4(24A 4 3

)0,5(25A 5 0


c) BENEFICIO = 3C + 2F Es decir, la función que nos da el beneficio en función del número de muebles clásicos y muebles funcionales fabricados es: yxyxB 23),( += Evaluando esta función en cada uno de los puntos del apartado anterior obtenemos cuántas unidades de cada línea deben fabricarse para maximizar el beneficio y cuál es el beneficio máximo.

⇒)0,0(1A 0)0(2)0(3)0,0( =+=B ⇒)1,0(2A 2)1(2)0(3)1,0( =+=B

⇒)2,0(3A 6)3(2)0(3)3,0( =+=B

…………………………………... ⇒)3,4(24A MÁXIMO18)3(2)4(3)3,4( →=+=B ⇒)0,5(25A 15)0(2)5(3)0,5( =+=B

Así, deben fabricarse 4 muebles clásicos y 3 muebles funcionales para maximizar el beneficio. En tal caso, el beneficio máximo es de 18 (unidades en la que se mida el beneficio)

2.inecuaciones y sistemas de inecuaciones… · inecuaciones y sistemas de inecuaciones 1. resuelve...

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