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Problemas de matemáticas que se resuelven planteando ecuaciones

El álgebra, y en concreto las ecuaciones, son instrumentos que nos permiten resolver con facilidad muchos problemas que se plantean en la vida real. Aunque no existe una "receta mágica" para la resolución de problemas, sí que podemos sugerir unas técnicas y etapas para enfrentarnos a los problemas por difíciles que estos sean. Son las siguientes:

  1. Comprender el problema: identificar los datos y las incógnitas y buscar sus relaciones. Para ello se lee el enunciado con atención y se expresa en lenguaje algebraico.
  2. Trazar un plan para resolverlo: plantear la ecuación o ecuaciones que permitan resolver el problema. Esta etapa es fundamental, pues hemos de traducir los datos del problema a lenguaje algebraico.
  3. Poner en práctica el plan: resolver la ecuación o ecuaciones planteadas.
  4. Interpretar y comprobar los resultados: se interpreta la solución escribiéndola, en su caso, con las unidades correspondiente; y se comprueba si la solución tiene sentido en el contexto particular del problema.

Veamos algunos ejemplos típicos de resolución de problemas.

Ejemplo 1

Pedro tiene 14 años y su hermana Elisa, 3. ¿Cuántos años han de transcurrir para que la edad de Pedro sea el doble que la de su hermana?

Llamaremos \(x\) a los años que han de transcurrir. Cuando hallan transcurrido precisamente esos \(x\) años, la edad de Pedro será \(14+x\) y la edad de su hermana \(3+x\). En ese momento la edad de Pedro es el doble que la de su hermana, es decir:

\[14+x=2(3+x)\]

Resolviendo la ecuación anterior:

\[14+x=6+2x\Rightarrow x-2x=6-14\Rightarrow -x=-8\Rightarrow x=8\]

Por tanto, han de transcurrir 8 años para que la edad de Pedro sea el doble que la de su hermana. Fíjate que esta solución cumple con en el enunciado del problema pues cuando han pasado 8 años, Pedro tiene 22 años y su hermana 11, con lo que la edad de Pedro es el doble que la de su hermana.

Ejemplo 2

Una bodega quiere producir 400 litros de un vino nuevo que cueste 4,80 €/l ("euros el litro"). Para ello va a mezclar 2 tipos de vino, uno de 4,60 €/l y otro de 6,20 €/l. Averiguar cuántos litros de cada tipo de vino va a emplear en producir la nueva mezcla.

A veces es muy útil organizar los datos del problema en una tabla. Sobre todo en los problemas de este tipo en los que aparecen mezclas de algún tipo de producto.

   Cantidad (l) Precio (€/l) Coste 
Vino A \(x\) \(4,60\) \(4,6x\)
Vino B \(400-x\) \(6,20\) \(6,2(400-x)\)
Mezcla \(400\) \(4,80\) \(4,6x+6,2(400-x)\)

Ahora, como el coste de la mezcla es de 4,80 €/l, podemos plantear la siguiente ecuación:

\[4,6x+6,2(400-x)=4,8\cdot400\]

Resolviéndola:

\[4,6x+2480-6,2x=1920\Rightarrow4,6x-6,2x=1920-2480\Rightarrow\]

\[\Rightarrow-1,6x=-560\Rightarrow x=\frac{-560}{-1,6}\Rightarrow x=350\]

Por tanto debemos mezclar 350 litros de vino A y 50 litros de vino B. Obsérvese que 350 litros de vino A cuestan 1610 euros, y 50 litros de vino B cuestan 310 euros. La mezcla de los 400 litros cuesta entonces 1920 euros (400 litros a 4,8 euros el litro, tal y como se expresaba en el enunciado del problema).

Ejemplo 3

Desde una localidad sale un ciclista a las 10 horas con una velocidad de 22 km/h. Al cabo de una hora sale de la misma localidad otro ciclista con una velocidad de 30 km/h. Si ambos ciclistas son capaces de mantener de manera constante sus velocidades, ¿a qué hora alcanza el segundo ciclista al primero?

Tendremos en cuenta que, a velocidad constante, el espacio recorrido \(s\) es igual a la velocidad \(v\) por el tiempo transcurrido \(t\): \(s=vt\).

Llamemos \(t\) al tiempo que tarda el segundo ciclista en alcanzar al primero.

Cuando sale el segundo ciclista, el primero lleva recorridos ya 22 kilómetros (pues el segundo sale una hora después que el primero).

Con las consideraciones anteriores, tras el tiempo \(t\) que tarda el segundo en alcanzar al primero, la distancia recorrida por el primer ciclista es \(22+22t\) y la distancia recorrida por el segundo es \(30t\). Como la distancia recorrida por ambos hasta ese momento en que el segundo alcanza al primero es la misma, podemos plantear la siguiente ecuación:

\[22+22t=30t\]

Resolviéndola:

\[22t-30t=-22\Rightarrow-8t=-22\Rightarrow t=\frac{-22}{-8}\Rightarrow t=2,75\]

Por tanto deben transcurrir 2,75 horas (2 horas y 45 minutos) para que el segundo ciclista alcance al primero.

Para comprobar que el resultado es correcto, observemos que, transcurridas 2,75 horas, el primer ciclista recorre \(22+22\cdot2,75=82,5\) kilómetros. El segundo, en el mismo tiempo, recorre también \(30\cdot2,75=82,5\) kilómetros. Por eso es justamente cuando pasan dos horas y tres cuartos cuando el segundo ciclista alcanza al primero.

Ejemplo 4

De un depósito de agua lleno se saca la mitad del contenido, y después, un tercio del resto. En el depósito quedan 200 litros. ¿Cuál es la capacidad del depósito?

Llamemos \(x\) a la capacidad en litros del depósito. Como se saca la mitad, resulta que queda en el depósito la otra mitad, es decir, queda la mitad de \(x\): \(\dfrac{x}{2}\). Después se caca un tercio del resto, o sea, un tercio de esta mitad que ha quedado en el depósito:\(\dfrac{1}{3}\cdot\dfrac{x}{2}=\dfrac{x}{6}\).

En total hemos sacado pues \(\dfrac{x}{2}+\dfrac{x}{6}\) litros. Como quedan 200 litros dentro del depósito, la capacidad del depósito \(x\) es igual a lo que hemos sacado más los 200 litros que quedan dentro del mismo. Podemos entonces plantear la siguiente ecuación:

\[\frac{x}{2}+\frac{x}{6}+200=x\]

Resolviéndola:

\[3x+x+1200=6x\Rightarrow3x+x-6x=-1200\Rightarrow-2x=-1200\Rightarrow x=600\]

Por tanto, la capacidad del depósito es de 600 litros.

Veamos que este resultado es coherente con el enunciado. Primero sacamos la mitad, o sea, 300 litros, quedando dentro otros 300 litros. Ahora sacamos la tercera parte de 300 litros, que son 100 litros. Por tanto hemos sacado en total 400 litros. Esto quiere decir que dentro del depósito, tras las dos extracciones, quedan 200 litros, tal y como se expresaba en el enunciado.

Los problemas que se resuelven planteando ecuaciones se introducen ya en las matemáticas de primer ciclo de educación secundaria obligatoria. A continuación os dejo algunos enlaces más con problemas para resolver planteando ecuaciones.

Relación con 48 problemas que se resuelven planteando ecuaciones de primer grado. Nivel 1º de ESO. Contiene la solución final de cada uno de ellos.

Relación con 42 problemas que se resuelven planteando ecuaciones de primer grado. Nivel 2º, 3º de ESO. Contiene la solución final de cada uno de ellos.

Relación con ecuaciones, sistemas y problemas que se resuelven planteando una ecuación de primer grado o un sistema de dos ecuaciones lineales de primer grado con dos incógnitas. Nivel 4º ESO. Contiene la solución final de cada uno de ellos.

Artículo sobre ecuaciones. El ejercicio 2 contiene cinco problemas de ecuaciones completamente resueltos.

 

 

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Ecuaciones de segundo grado y de grado superior

Dado un polinomio de grado \(n\), \(p(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\ldots+a_2x^2+a_1x^1+a_0\, ,\ a_n\neq0\), nos planteamos como objetivo resolver la ecuación

\[p(x)=0\]

Si \(n=1\) la ecuación anterior es de primer grado y la podemos escribir de la forma \(ax+b=0\) con \(a\neq0\), cuya solución es \(\displaystyle x=-\frac{b}{a}\). Para más información sobre ecuaciones de primer grado puedes hacer clic aquí: apuntes 3º ESO.

Si \(n=2\) la ecuación toma la forma de la conocida ecuación de segundo grado: \(ax^2+bx+c=0\, ,\ a\neq0\).

Una manera de obtener la solución se expone a continuación.

Multiplicando por \(4a\) los dos miembros de la igualdad obtenemos:

\[4a^2x^2+4abx+4ac=0\]

Sumando y restando \(b^2\) en el primer miembro podemos escribir:

\[\left(4a^2x^2+4abx+b^2\right)-b^2+4ac=0\]

Obsérvese que lo que hay en el interior del paréntesis es el cuadrado de la suma \(2ax+b\). Por tanto, la ecuación anterior la podemos escribir ahora así:

\[\left(2ax+b\right)^2=b^2-4ac\]

Teniendo en cuenta que las soluciones de la ecuación \(x^2=a\) son \(x=\pm\sqrt{a}\), se deduce ahora fácilmente que:

\[2ax+b=\pm\sqrt{b^2-4ac}\]

Despejando \(x\):

\[x=\frac{-b\pm\sqrt{b^2-4ac}}{2a}\quad(1)\]

La fórmula anterior proporciona las soluciones de una ecuación de segundo grado. A la expresión \(b^2-4ac\,\) se le llama discriminante de la ecuación de segundo grado y se le suele denotar con la letra griega delta mayúscula: \(\Delta=b^2-4ac\). Si \(\Delta>0\) la ecuación de segundo grado tienen dos soluciones reales, si \(\Delta=0\) tiene sólo una (doble) y , finalmente, si \(\Delta<0\) la ecuación no tiene raíces reales.

El procedimiento para obtener la fórmula que proporciona las soluciones de la ecuación de segundo grado se ha llevado a cabo mediante la técnica consistente en "completar un cuadrado". Este procedimiento es habitual en matemáticas y muy útil en determinadas situaciones (por ejemplo, en la resolución de determinandas integrales indefinidas). Puedes echar un vistazo a este artículo, donde se resuelven algunas ecuaciones utilizando este método. Además, se obtiene la fórmula \((1)\) de una manera equivalente a la vista aquí pero no exactamente igual.

Desplegando el enlace siguiente puedes ver un ejemplo sencillo de resolución de una ecuación de segundo grado. 

En primer lugar, para eliminar los denominadores, multiplicamos todos los términos por el mínimo común múltiplo de los denominadores, que es \(8\):

\[8\cdot\frac{2x^2+x}{2}-8\cdot\frac{6x+3}{8}=8\cdot\frac{x}{2}\Rightarrow 4(2x^2+x)-1(6x+3)=4x\Rightarrow 8x^2+4x-6x-3=4x\]

Ahora pasamos todos los términos al primer miembro para obtener una ecuación de segundo grado en su forma general:

\[8x^2+4x-6x-3-4x=0\Rightarrow 8x^2-6x-3=0\]

Ahora aplicamos la fórmula para obtener las soluciones de la ecuación de segundo grado. Tendremos en cuenta que los coeficientes son \(a=8\), \(b=-6\), \(c=-3\).

\[x=\frac{-(-6)\pm\sqrt{(-6)^2-4\cdot8\cdot(-3)}}{2\cdot8}=\frac{6\pm\sqrt{36-(-96)}}{16}=\frac{6\pm\sqrt{132}}{16}=\]

\[=\frac{6\pm2\sqrt{33}}{16}=\begin{cases}\displaystyle x_1=\frac{6+2\sqrt{33}}{16}=\frac{3+\sqrt{33}}{8}\approx1,093\\\displaystyle x_2=\frac{6-2\sqrt{33}}{16}=\frac{3-\sqrt{33}}{8}\approx-0,343 \end{cases}\]

Si el grado del polinomio \(p(x)\) es tres o cuatro nos encontramos con ecuaciones cúbicas y cuárticas. Las fórmulas y resolución de este tipo de ecuaciones escapa a los objetivos de las matemáticas de secundaria y bachillerato. En cualquier caso, para alumnos que cursen estudios universitarios, recomiendo el sititio Web de Carlos Iborra y sus apuntes sobre las fórmulas de Cardano-Ferrari. Transcribo aquí un parrafo que aparece al principio de tales apuntes.

También es conocido que Tartaglia y Cardano encontraron una fórmula análoga para ecuaciones cúbicas (en la que aparecen raíces cúbicas además de cuadradadas) y que Ferrari encontró otra más compleja para ecuaciones cuárticas. En realidad, más que fórmulas, encontraron métodos de resolución que pueden resumirse en sendas fórmulas, si bien en el caso de las ecuaciones cuárticas, la fórmula es tan compleja que resulta inmanejable, y es preferible describir el proceso de resolución como un algoritmo de varios pasos. Por último, Abel demostró que, para \(n>4\), no existen fórmulas análogas que expresen las raíces de la ecuación general de grado \(n\) en función de sus coeficientes a través de sumas, productos, cocientes y extracción de raíces, lo que convierte a las fórmulas de Cardano-Ferrari en dos singularidades algebraicas.

Puedes encontrar algo más de historia relacionada con la ecuación de tercer grado aquí.

En la materia de matemáticas de 4º de ESO (Educación Secundaria Obligatoria) se resuelven algunas ecuaciones polinómicas de grado superior a tres, siempre y cuando algunas de sus raíces sean enteras (recuérdese que decir raíz de un polinomio es lo mismo que decir solución de la correspondiente ecuación polinómica, es más, a veces se utiliza el término raíz en vez del término solución de una ecuación). Para ello se utiliza la conocida regla de Ruffini y el teorema del resto, según el cual, el resto \(R\) de dividir un polinomio \(p(x)\) entre el binomio \(x-a\) coincide con el valor numérico para \(x=a\), es decir, \(R=p(a)\). En particular, si \(x=a\) es una raíz de \(p(x)\), tenemos que \(p(a)=0\) y consecuentemente el resto de dividir \(p(x)\) entre \(x-a\) será igual a \(0\). Así pues el polinomio \(p(x)\) factoriza de la forma \(p(x)=(x-a)c(x)\), donde \(c(x)\) es el cociente de la división. Podemos buscar ahora las raíces de \(c(x)\) y continuar con el proceso. Hay un importante resultado según el cual las posibles raíces enteras de un polinomio \(p(x)\) se encuentran entre los divisores del término independiente. De este modo es fácil encontrar las raíces enteras de un polinomio (incluso algunas más que no sean enteras), y por tanto las soluciones (o raíces) de la correspondiente ecuación polinómica. Además tendremos una descomposición del polinomio en factores. Veámoslo en el siguiente ejemplo.

Las soluciones de la ecuación son las raíces del polinomio

\[x^7+2x^6-5x^5-19x^4-26x^3-19x^2-6x\]

Una raíz es claramente \(x=0\) (el término independiente del polinomio es cero). Extrayendo factor común tenemos:

\[x(x^6+2x^5-5x^4-19x^3-26x^2-19x-6)\]

Ahora factorizamos el polinomio \(x^6+2x^5-5x^4-19x^3-26x^2-19x-6\). Para ello utilizamos la regla de Ruffini probando con los divisores del término independiente: \(\text{Div}(-6)=\{\pm1\,\pm2\,\pm3\,\pm6\}\).

ruffini01

Si seguimos probando con el resto de divisores del término independiente no volvemos a obtener resto cero. Esto quiere decir que las raíces enteras del polinomio son \(-1\) (doble), \(-2\) y \(3\), y que la factorización del polinomio queda de la forma:

\[x^7+2x^6-5x^5-19x^4-26x^3-19x^2-6x=x(x+1)^2(x+2)(x-3)(x^2+x+1)\]

El resto de raíces habría que encontrarlas resolviendo la ecuación de segundo grado \(x^2+x+1=0\), ecuación que no tiene soluciones reales pues su discriminante es menor que cero:

\[\Delta=1^2-4\cdot1\cdot1=1-4=-3<0\]

De todo lo anterior se desprende que las soluciones de la ecuación 

\[x^7+2x^6-5x^5-19x^4-26x^3-19x^2-6x=0\]

son:

\[x_1=0\, ,\ x_2=-1\, \text{doble}\, ,\ x_3=-2\, ,\ x_4=3\]

Según lo comentado anteriormente, cada vez que encontremos una raíz entera \(a\), tendremos que \(x-a\) es un factor del polinomio \(p(x)\). Si \(a\) vuelve a ser raíz del cociente obtenido se dice que es una raíz doble y \(x-a\) volverá a ser un factor del polinomio original \(p(x)\). De este modo una raíz puede ser simple, doble, triple, etcétera. Según el teorema fundamental del álgebra, todo polinomio de grado \(n\) tiene \(n\) raíces. Pero no todas ellas tienen que ser reales, algunas pueden ser raíces complejas. Además, estás últimas, siempre aparecen en parejas de números complejos conjugados (véase el siguiente artículo dedicado a las operaciones con números complejos). Como la teoría de números complejos no se estudia en las matemáticas de la Educación Secundaria Obligatoria (si acaso se ven "de pasada" en la materia Matemáticas I, de 1º de Bachillerato Científico-Tecnológico), podremos factorizar un polinomio obteniendo factores de grado uno de la forma \(x-a\) y de grado dos de la forma \(x^2+bx+c\) que no tengan raíces reales, llamados polinomos irreducibles. A no ser que el polinomio tenga varias parejas de raíces complejas conjugadas y entonces, a un nivel de matemáticas de Secundaria o Bachillerato, habremos de incluir factores irreducibles de grado par mayor que dos. No será este el caso que nos ocupe, desde luego, en el caso particular de las matemáticas de 4º de ESO.

En cualquier caso finalizaremos la factorización del ejemplo anterior resolviendo la ecuación \(x^2+x+1=0\) y llamando \(i=\sqrt{-1}\), que es la unidad imaginaria, el número complejo más conocido y desde el que parte toda la teoría de números complejos. Entre otras cosas porque cualquier estudiante de secundaria que conozca la ecuación de segundo grado es capaz de entender perfectamente este proceso y, al menos, nos habremos acercado un poco a los números complejos.

En este caso los coeficientes son \(a=b=c=1\). Por tanto:

\[x=\frac{-1\pm\sqrt{1^2-4\cdot1\cdot1}}{2\cdot1}=\frac{-1\pm\sqrt{1-4}}{2}=\frac{-1\pm\sqrt{-3}}{2}=\]

\[=\frac{-1\pm\sqrt{3}\sqrt{-1}}{2}=\frac{-1\pm\sqrt{3}i}{2}=\begin{cases}\displaystyle x_1=\frac{-1+\sqrt{3}i}{2}=-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i\\ \displaystyle x_2=\frac{-1-\sqrt{3}i}{2}=-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i\end{cases}\]

Las soluciones anteriores (obsérvese que son conjugadas, una es de la forma \(x_1=p+q\) y otra de la forma \(x_2=p-q\)) son también las raíces del polinomio \(x^2+x+1\). Esto quiere decir que el polinomio factoriza de la forma \((x-x_1)(x-x_2)\), es decir:

\[x^2+x+1=\left(x-\left(-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i\right)\right)\left(x-\left(-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i\right)\right)=\]

\[=\left(x+\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i\right)\left(x+\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i\right)\]

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Ecuaciones de primer y de segundo grado - Presentaciones

Adjunto a continuación un par de presentaciones en las que se desarrollan contenidos sobre la resolución de ecuaciones de primer y de segundo grado, a un nivel de la materia de matemáticas para segundo o tercero de Educación Secundaria Obligatoria (ESO). Aunque también pueden servir como repaso o introducción para cualquier otro curso de matemáticas ya sea en cuarto de ESO o incluso en el Bachillerato.

También se pueden encontrar en el menú desplegable superior ESO, dentro de los submenús Presentaciones 2º ESO y Presentaciones 3º ESO.

Por cierto, las presentaciones las subí a Slideboom y de aquí tomé el código para que así aparezcan aquí debajo. Para verlas bien es conveniente, después de pulsar en "Click to Play", maximizarlas a pantalla completa. Espero que os sirvan.

Ecuaciones de primer grado

 

Ecuaciones de segundo grado

 
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Ecuaciones de primer y de segundo grado

Los apuntes de ecuaciones de primer y de segundo grado que se pueden descargar en un apartado al final de este artículo, están dirigidos a chicos y chicas que cursen matemáticas de segundo o de tercero de Educación Secundaria Obligatoria (ESO). Están enfocados desde un punto de vista eminentemente práctico y contienen, como ejemplo de resolución, 15 ecuaciones completamente resueltas. No contienen por tanto la demostración de la obtención de la conocida fórmula para resolver la ecuación de segundo grado, que quizá sea preferible desarrollarla en cuarto de ESO. Del mismo modo tampoco se incluyen las propiedades de la suma y del producto de las soluciones de una ecuación de segundo grado. Los contenidos que se desarrollan se exponen a continuación.

Ecuaciones de primer grado

1. Definición, elementos y solución de la ecuación de primer grado.

2. Procedimiento para resolver una ecuación de primer grado.

Ecuaciones de segundo grado

1. Definición y elementos de la ecuación de segundo grado.

2. Ecuaciones de segundo grado incompletas.

3. Ecuación de segundo grado. Caso general.

4. Procedimiento para resolver una ecuación de segundo grado.

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