VALOR ABSOLUTO VALOR ABSOLUTO El valor absoluto de un número real π , se denota por |π| y se de fine como: π; π π π ≥ 0 |π| = − π; π π π < 0 PROPIEDADES π·ππππ , π, π ∈ β Propiedades 1.-|π| ≥ 0, ππππ π‘πππ π ∈ β 2.- |π| = 0, ⇔ π = 0 3.-|−π| = |π| 4.-|π. π| = |π|. |π| π Ejemplos |π| 5.-|π | = |π| , π ≠ 0 6.-|π| = π ⇔ (π ≥ 0) ∧ (π = π ∨ π = −π) 7.- |π| = |π| ⇔ (π = π ∨ π = −π) 8.-|π π | = |π|π , π ∈ β 9.-|π|2 = π 2 10.-−|π| ≤ π ≤ |π| 11.-|π| ≥ |π| ⇔ π 2 ≥ π2 |π| > |π| ⇔ π 2 > π2 12.-|π₯| ≤ π ⇔ π ≥ 0 ∧ −π ≤ π₯ ≤ π |π₯| < π ⇔ π > 0 ∧ −π < π₯ < π 13.-|π₯| ≥ π ⇔ π₯ ≤ −π ∨ π₯ ≥ π |π₯| > π ⇔ π₯ < −π ∨ π₯ > π |−12| = 12 ≥ 0 |0| = 0 |7| = |−7| = 7 |(−4)(15)| = |−4|. |15| = 60 |−6| −6 6 | |= = |11| 11 11 |π| = 12 ⇒ π = 12 ∨ π = −12 |π| = |−4| ⇒ π = −4 ∨ π = −(−4) = 4 |−25 | = |−2|5 = 25 = 32 |−15|2 = (−15)2 = 225 −|5| ≤ 5 ≤ |5| |−8| ≥ |−5| ⇔ (−8)2 ≥ (−5)2 |6| > |3| ⇔ 62 > 32 |π₯ − 2| ≤ 6 ⇔ −6 ≤ π₯ − 2 ≤ 6 ⇔ −4 ≤ π₯ ≤ 8 |π₯ + 3| < 8 ⇔ −8 < π₯ + 3 < 8 ⇔ −11 < π₯ < 5 |π₯| ≥ −2 ⇔ π₯ ≤ 2 ∨ π₯ ≥ −2 |π₯| > 6 ⇔ π₯ < −6 ∨ π₯ > 6 Ejemplo 1 Resuelve, enβ, la ecuación |2π₯ + 3| = 7 Solución Por la propiedad 6: |π| = π ⇔ (π ≥ 0) ∧ (π = π ∨ π = −π) |2π₯ + 3| = 7 ⇒ 2π₯ + 3 = 7 ⇒ π₯=2 ∴ πΆ. π = {−5; 2} ∨ ∨ 2π₯ + 3 = −7 π₯ = −5 Ejemplo 2 Resuelve, en β, la ecuación |3π₯ − 7| = |π₯ + 5| Solución Por la propiedad 7 |π| = |π| ⇔ (π = π ∨ π = −π) |3π₯ − 7| = |π₯ + 5| ⇒ 3π₯ − 7 = π₯ + 5 ∨ 3π₯ − 7 = −(π₯ + 5) ⇒π₯=6 ∨ π₯= 1 2 1 ∴ πΆ. π = { ; 6} 2 Ejemplo 3 Resolver |π₯ − 4|2 − 5|π₯ − 4| + 6 = 0 Solución Por la propiedad |π|2 = π 2 (π₯ − 4)2 − 5|π₯ − 4| + 6 = 0 π₯ 2 − 8π₯ − 5|π₯ − 4| + 22 = 0 ¿ ππ’πππ πππππππ ππ πππππππππ |π| = π ⇔ (π ≥ 0) ∧ (π = π ∨ π = −π) Mejor consideremos la definición de valor absoluto: π₯ − 4; π₯ ≥ 4 |π₯ − 4| = −(π₯ − 4); π₯ < 4 ο· ππππ π₯ ≥ 4 π₯ 2 − 8π₯ − 5(π₯ − 4) + 22 = 0 → π₯ 2 − 13π₯ + 42 = 0 → π₯ 2 − 13π₯ + 42 = 0 ο· ππππ π₯ < 4 πΆ. π = {1,2,6,7} → πΆ. ππΌ = {6; 7} π₯ 2 − 8π₯ − 5(4 − π₯) + 22 = 0 → π₯ 2 − 3π₯ + 2 = 0 → π₯ 2 − 3π₯ + 2 = 0 Por tanto: → (π₯ − 6)(π₯ − 7) = 0 → (π₯ − 2)(π₯ − 1) = 0 → πΆ. ππΌπΌ = {1,2} Ejemplo 4 Resuelve, en β, la inecuación |4π₯ − 5| < 3π₯ − 4 Solución Por la propiedad 12 |π₯| < π ⇔ π > 0 ∧ −π < π₯ < π |4π₯ − 5| < 3π₯ − 4 ⇒ (3π₯ − 4 > 0) ∧ (−3π₯ + 4 < 4π₯ − 5 < 3π₯ − 4 4 ⇒ (π₯ > ) ∧ (−3π₯ + 4 < 4π₯ − 5 ∧ 4π₯ − 5 < 3π₯ − 4) 3 4 9 ⇒ (π₯ > ) ∧ (π₯ > ∧ 3 7 π₯ < 1) 4 ⇒ (π₯ > ) ∧ (∅) 3 ∴ πΆ. π = ∅ Ejemplo 5 Resuelve, en β, la inecuación |2π₯ − 3| ≥ −π₯ Solución Por la propiedad 13 |π₯| ≥ π ⇔ π₯ ≤ −π ∨ |2π₯ − 3| ≥ −π₯ ⇒ 2π₯ − 3 ≥ −π₯ ⇒π₯≥1 ∨ π₯≥π ∨ 2π₯ − 3 ≤ π₯ π₯≤3 ∴ πΆ. π = β Ejemplo 6 Resuelve, en β, la inecuación 1 < |π₯ − 1| ≤ π₯ + 1 Rpta ∴ πΆ. π =< 2, ∞ > Ejemplo 7 ππ π < 0, βπππππ ππ πππππ’ππ‘π π πππ’ππóπ ππ ππ πππππ’πππóπ |π₯|2 − π|π₯| > 0 Solución ECUACIONES LINEALES CON MÁS DE UN VALOR ABSOLUTO Ejemplo 8 Resuelve, en β, la ecuación |π₯ − 8| + 5π₯ = 6 + |2π₯ − 3| Solución Hallamos los puntos en los que se da un cambio de signo en las expresiones que aparecen en valor absoluto. Por definición de valor absoluto, tenemos: π₯ − 8; π π π₯ ≥ 8 2π₯ − 3; π π π₯ ≥ |π₯ − 8| = 3 2 |2π₯ − 3| = −(π₯ − 8); − (2π₯ − 3); π π π₯ < π π π₯ < 8 Los puntos en que se da cambio de signo son: 3 2 3 2 π¦ 8 Ubicamos los puntos de cambio de signo en la recta real e identificamos los intervalos que se forman, tal como se muestra a continuación. II III I 3 2 8 Como se forman tres intervalos, tenemos: Intervalo I: Intervalo II: Intervalo III: 3 π₯<2 3 2 ≤π₯<8 π₯≥8 Resolvemos la ecuación en cada intervalo y hallamos sus respectivos conjuntos solución: Intervalo I: π₯ < 3/2 −(π₯ − 8) + 5π₯ = 6 − (2π₯ − 3) −π₯ + 8 + 5π₯ = 6 − 2π₯ + 3 1 6π₯ = 1 → π₯ = 6 Como el valor de x hallado, pertenece al intervalo I. 1 Entonces: πΆ. ππΌ = { ] 6 3 Intervalo II:2 ≤ π₯ < 8 −(π₯ − 8) + 5π₯ = 6 + 2π₯ − 3 −π₯ + 8 + 5π₯ = 3 + 2π₯ 5 π₯=− 2 Como el valor de x hallado no pertenece al intervalo II Entonces:πΆ. ππΌπΌ = ∅ Intervalo III:π₯ ≥ 8 π₯ − 8 + 5π₯ = 6 + 2π₯ − 3 4π₯ = 11 11 π₯= 4 Como el valor de x hallado, no pertenece al intervalo III. Entonces: πΆ. ππΌπΌπΌ = ∅ Finalmente, el conjunto solución de la ecuación es igual a la unión de los conjuntos solución hallados en cada uno de los intervalos. 1 1 6 6 Por tanto, πΆ. π = πΆ. ππΌ ∪ πΆ. ππΌπΌ ∪ πΆ. ππΌπΌπΌ = { } ∪ ∅ ∪ ∅ = { } Ejemplo 9 Resolver |3π₯ − 1| − |π₯ + 2| = 1 Solución 3π₯ − 1; π₯≥ 1 π₯ + 2; 3 |3π₯ − 1| |π₯ + 2| = −(3π₯ − 1); 1 π₯<3 −(π₯ + 2); π₯ < −2 Ordenamos los intervalos: ο· ππππ π₯ < −2 − (3π₯ − 1) − [−(π₯ + 2)] = 1 ππππ π₯ = 1 ∉< −∞; −2 > →π₯=1 πΆ. ππΌ = ∅ π·π ππ‘ππ πππππ: πΆ. ππΌ =< −∞; −2 >∩ {1] = ∅. ο· 1 ππππ − 2 ≤ π₯ < 3 π₯=− − (3π₯ − 1) − (π₯ + 2) = 1 1 1 ∈ ≤ −2; > 2 3 1 ππππ π₯ ≥ 3 1 πΆ. ππΌπΌ = {− } 2 (3π₯ − 1) − (π₯ + 2) = 1 1 π₯ = 2 ∈ ≤ ; +∞ > 3 π·π ππ‘ππ πππππ: πΆ. ππΌπΌπΌ =≤ π π·ππ πππππ πͺ. πΊ = {− : π} π →π₯=2 πΆ. ππΌπΌπΌ = {2} 1 ; +∞ >∩ {2] = {2} 3 1 → π₯ = −2 1 1 1 π·π ππ‘ππ πππππ: πΆ. ππΌπΌ =≤ −2; >∩ {− ] = {− } 3 2 2 ο· π₯ ≥ −2 Ejemplo 10 Resolver 2 − |2 − π₯| − π₯ <0 |π₯ − π₯ 2 | − 2 Solución Utilizamos la expresión: |π. π| = |π|. |π| 2 − |2 − π₯| − π₯ <0 |π₯||π₯ − 1| − 2 π₯; π₯≥0 |π₯| = π₯ − 1; π₯≥1 |π₯ − 1| = −π₯; π₯<0 π₯ − 2; π₯≥2 |π₯ − 2| = 1 − π₯; π₯<1 2 − π₯; π₯<2 Ordenamos los intervalos π₯<0 → 2 − (2 − π₯) − π₯ <0 (−π₯)((1 − π₯) − 2 → π₯2 0≤π₯<1 → 2 − (2 − π₯) − π₯ <0 (π₯)((1 − π₯) − 2 → 1≤π₯<2 → 2 − (2 − π₯) − π₯ <0 (π₯)((π₯ − 1) − 2 → π₯≥2 → 2 − (π₯ − 2) − π₯ <0 (π₯)((π₯ − 1) − 2 → 0 <0 −π₯−2 → πΆππΌ = ∅ 0 <0 π₯2 − π₯ − 2 → πΆππΌπΌ = ∅ 0 <0 −π₯−2 → πΆππΌπΌπΌ = ∅ π₯2 2π₯ − 4 >0 (π₯ − 2)(π₯ + 1) πΆ. ππΌπ = < −1; +∞ > ∩ < 2; +∞ ≥ = < 2; +∞ > πππ π‘πππ‘π πΆ. π = πΆ. ππΌ ∪ πΆ. ππΌπΌ ∪ πΆ. ππΌπΌπΌ ∪ πΆ. ππΌπ =< 2; +∞ > → 2 π₯+1 → π₯ > −1 π₯ ≠ 2, −1 Ejemplo 11 Hallar el conjunto solución de la siguiente inecuación: |π₯ + 1| + 2|π₯ − 2| < 9 Solución Hallamos los puntos en los que se da un cambio de signo en las expresiones que aparecen en valor absoluto. Por definición de valor absoluto, tenemos: π₯ + 1; π π π₯ ≥ −1 π₯ − 2; π π π₯ ≥2 |π₯ + 1| = |π₯ − 2| = −(π₯ + 1); π π π₯ < −1 −(π₯ − 2); π π π₯ < 2 Los puntos en los que se da un cambio de sigo son: −1 π¦ 2 Ubicamos los puntos de cambio de sigo en la recta real y obtenemos tres intervalos, tal como se muestra a continuación: I III II -1 2 Los intervalos son: π₯ < −1 Intervalo I: Intervalo II: −1 ≤ π₯ < 2 Intervalo III: π₯≥2 Resolvemos la inecuación en cada intervalo y hallamos sus respectivos conjuntos solución: Intervalo I: π₯ < −1 |π₯ + 1| + 2|π₯ − 2| < 9 −(π₯ + 1) − 2(π₯ − 2) < 9 π₯ > −2 El conjunto solución de la inecuación en este intervalo es igual a: πΆ. ππΌ = (π₯ < −1) ∧ (π₯ > −2) Por tanto πΆ. ππΌ =< −2; −1 > Intervalo II: −1 ≤ π₯ < 2 |π₯ + 1| + 2|π₯ − 2| < 9 (π₯ + 1) − 2(π₯ − 2) < 9 π₯ > −4 El conjunto solución de la inecuación en este intervalo es igual a: Intervalo III: π₯ ≥ 2 |π₯ + 1| + 2|π₯ − 2| < 9 (π₯ + 1) + 2(π₯ − 2) < 9 π₯<4 El conjunto solución de la inecuación en este intervalo es igual a: πΆ. ππΌπΌ = (−1 ≤ π₯ < 2) ∧ (π₯ > −4) πΆ. ππΌπΌπΌ = (π₯ ≥ 2) ∧ (π₯ < 4) Por tanto Por tanto πΆ. ππΌπΌ = [−1; 2 > πΆ. ππΌπΌπΌ = [2; 4 > Finalmente, el conjunto solución de la ecuación es igual a la unión de los conjuntos solución hallados en cada uno de los intervalos. Por tanto: πΆ. π = πΆ. ππΌ ∪ πΆ. ππΌπΌ ∪ πΆ. ππΌπΌπΌ =< −2; −1 >∪ [−1; 2 >∪ [2; 4 >=< −2; 4 > Ejemplo 12 Hallar el conjunto solución de:|π₯ 2 − π₯| − π₯|π₯| − π₯ 2 ≥ 0 Solución πΏπ ππ₯ππππ πóπ ππ πππ’ππ£πππππ‘π π: |π₯||π₯ − 1| − π₯|π₯| − π₯ 2 ≥ 0 π π π’π‘ππππ§π |π. π| = |π|. |π| Por definición de valor absoluto, tenemos: π₯; π π π₯ ≥ 0 |π₯| = π₯ − 1; π π π₯ ≥1 |π₯ − 1| = − (π₯ − 1); π π π₯ < 1 −π₯; π π π₯ < 0 Trabajando por zonas con los valores de referencia: 0 y 1. Intervalo I: π₯ < 0 |π₯||π₯ − 1| − π₯|π₯| − π₯ 2 ≥ 0 −π₯(−π₯ + 1) − π₯(−π₯) − π₯ 2 ≥ 0 π₯2 − 1 ≥ 0 El conjunto solución de la inecuación en este intervalo es igual a: πΆ. ππΌ =< −∞; 0 > Intervalo II: 0 ≤ π₯ < 1 |π₯||π₯ − 1| − π₯|π₯| − π₯ 2 ≥ 0 π₯(−π₯ + 1) − π₯(π₯) − π₯ 2 ≥ 0 −3π₯ 2 + π₯ ≥ 0 El conjunto solución de la inecuación en este intervalo es igual a: 1 πΆ. ππΌπΌ = [0; ] 3 1 1 3 3 Luego :πΆ. π = πΆππΌ ∪ πΆππΌπΌ ∪ πΆππΌπΌπΌ =< −∞; 0 > ∪ [0; ] ∪ ∅ = ]−∞; ] Intervalo III: π₯ ≥ 1 |π₯||π₯ − 1| − π₯|π₯| − π₯ 2 ≥ 0 π₯(π₯ − 1) − π₯(π₯) − π₯ 2 ≥ 0 π₯(π₯ + 1) ≤ 0 El conjunto solución de la inecuación en este intervalo es igual a: [-1;0] Pero la solución no esta en el intervalo III πΆ. ππΌπΌπΌ = (π₯ ≥ 1) ∧ [−1; 0] Por tanto πΆ. ππΌπΌπΌ = ∅ Ejemplo 13 Hallar el conjunto solución de la siguiente e inecuación: |π₯ − 6| − π₯ + |π₯ + 2| <3 π₯−2 Hallamos los puntos en los que se da un cambio de signo en las expresiones que aparecen en valor absoluto. Por definición de valor absoluto, tenemos: π₯ − 6; π π π₯ ≥ 6 π₯ + 2; π π π₯ ≥ −2 |π₯ − 6| = |π₯ + 2| = −(π₯ − 6); π π π₯ < 6 −(π₯ + 2); π π π₯ < −2 Los puntos en los que se da un cambio de sigo son: −2 π¦ 6 Ubicamos los puntos de cambio de sigo en la recta real y obtenemos tres intervalos, tal como se muestra a continuación: I III II -2 6 Los intervalos son: Intervalo I: π₯ < −2 Intervalo II: −2 ≤ π₯ < 6 Intervalo III: π₯≥6 Resolvemos la inecuación en cada intervalo y hallamos sus respectivos conjuntos solución: Intervalo I: π₯ < −2 |π₯ − 6| − π₯ + |π₯ + 2| <3 π₯−2 −(π₯ − 6) − π₯ − (π₯ + 2) <3 π₯−2 −3π₯ + 4 3π₯ − 5 −3<0→ >0 π₯−2 π₯−2 El conjunto solución es: 5 < −∞; >∪< 2; ∞ > 3 El conjunto solución de la inecuación en este intervalo es igual a: πΆ. ππΌ = [< −∞; 5/3 >∪< 2; ∞ >] ∧ (π₯ < −2) Por tanto πΆ. ππΌ =< −∞; −2 > Intervalo II: −2 ≤ π₯ < 6 |π₯ − 6| − π₯ + |π₯ + 2| <3 π₯−2 −(π₯ − 6) − π₯ + (π₯ + 2) <3 π₯−2 8−π₯ 2(2π₯ − 7) −3 < 0 → >0 π₯−2 π₯−2 El conjunto solución es: 7 < −∞; 2 >∪< ; ∞ > 2 El conjunto solución de la inecuación en este intervalo es igual a: 7 πΆ. ππΌπΌ = [< −∞; 2 >∪< ; ∞ 2 >] ∧ (−2 ≤ π₯ < 6) Por tanto 7 πΆ. ππΌπΌ = [−2; 2 >∪< ; 6 > 2 Intervalo III: π₯ ≥ 6 |π₯ − 6| − π₯ + |π₯ + 2| <3 π₯−2 (π₯ − 6) − π₯ + (π₯ + 2) <3 π₯−2 π₯−4 −3<0 π₯−2 El conjunto solución de la inecuación en este intervalo es igual a: πΆ. ππΌπΌπΌ = (π₯ ≥ 2) ∧ (π₯ < 4) Por tanto πΆ. ππΌπΌπΌ = [2; 4 > Finalmente, el conjunto solución de la ecuación es igual a la unión de los conjuntos solución hallados en cada uno de los intervalos. Por tanto: πΆ. π = πΆ. ππΌ ∪ πΆ. ππΌπΌ ∪ πΆ. ππΌπΌπΌ =< −2; −1 >∪ [−1; 2 >∪ [2; 4 >=< −2; 4 > Ejemplo 14 |π₯ 2 − 2π₯ − 5| ≥ |π₯ 2 + 4π₯ + 1| Solución Aplicaremos la propiedad: |π|2 = π 2 Elevando al cuadrado ambos términos: |π₯ 2 − 2π₯ − 5|2 ≥ |π₯ 2 + 4π₯ + 1|2 (π₯ 2 − 2π₯ − 5)2 − (π₯ 2 + 4π₯ + 1)2 ≥ 0 (π₯ 2 − 2π₯ − 5 + π₯ 2 + 4π₯ + 1)(π₯ 2 − 2π₯ − 5 − π₯ 2 − 4π₯ − 1) ≥ 0 (2π₯ 2 − 2π₯ − 4)(−6π₯ − 6) ≥ 0 (π₯ 2 − π₯ − 2)(−3π₯ − 3) ≥ 0 3(π₯ 2 − π₯ − 2)(π₯ + 1) ≤ 0 3(π₯ − 1)(π₯ + 2)(π₯ + 1) ≤ 0 πΆ. π =< −∞; −2 > ∪ < 1; 1 > Ejemplo 15 Analice la verdad o falsedad de la siguiente afirmación π₯−3 ππ |π₯| ≤ 2, πππ‘πππππ | |≤5 π₯+3 Solución π₯−3 Notemos que:π₯+3 = (π₯+3)−6 π₯+3 6 = 1 − π₯+3 En la expresión ⌈π₯⌉ ≤ 2 π’π ππππ ππ πππππππππ |π₯| ≤ π ⇔ π ≥ 0 ∧ −π ≤ π₯ ≤ π −2 ≤ π₯ ≤ 2 → 1 ≤ π₯ + 3 ≤ 5 → → 1 1 ≤ ≤1 5 π₯+3 6 6 6 6 ≤ ≤ 6 → −6 ≤ − ≤− 5 π₯+3 π₯+3 5 −5 ≤ 1 − 6 1 6 1 ≤ − → −5 ≤ 1 − ≤− ≤5 π₯+3 5 π₯+3 5 π₯−3 | |≤5 π₯+3 Es verdadero Ejemplo 16 Hallar el conjunto solución en los números reales de: ||2π₯ 2 − π₯ + 1| − π₯ 2 | = π₯ + 4 Solución ο· Como la expresión cuadrática 2π₯ 2 − π₯ + 1 π‘ππππ πππ πππππππππ‘π πππππ‘ππ£π π¦ 2 > 0, π π π‘ππππ 2π₯ 2 − π₯ + 1 > 0 ππππ π‘πππ π₯ ππππ. π·π ππππ ππ’π π π ππ’ππππ |2π₯ 2 − π₯ + 1| = 2π₯ 2 − π₯ + 1 ο· π΄π í ππ πππ’πππóπ ||2π₯ 2 − π₯ + 1| − π₯ 2 | = π₯ + 4 ππ πππ’ππ£πππππ‘π π: |(2π₯ 2 − π₯ + 1) − π₯ 2 | = π₯ + 4, ππ πππππ |π₯ 2 − π₯ + 1 | = π₯ + 4 ππ ππππ ππ π πππ’ππππ‘π πππππππππ: |π| = π ⇔ (π ≥ 0) ∧ (π = π ∨ π = −π) π₯ + 4 ≥ 0 ∧ (π₯ 2 − π₯ + 1 = π₯ + 4 π₯ ≥ −4 ∧ (π₯ 2 − 2π₯ − 3 = 0 ∨ π₯ 2 + 5 = 0) π₯ ≥ −4 ∧ ((π₯ − 3)(π₯ + 1) = 0 π₯ ≥ −4 ∧ ((π₯ = 3 ∨ π₯ 2 − π₯ + 1 = −(π₯ + 4)) ∨ π₯ 2 + 5 = 0) ∨ π₯ = −1) ∨ π₯ ∈ ∅) πππ ππππ πππ’ππππ‘π. πΆ. π = {−1; 3} Ejemplo 17 Hallar el conjunto solución en los números reales de: 2π₯ + |3π₯ − 2| ≥ |π₯ + 4| 3 Respuesta:]−∞; −1] ∪ [ ; +∞[ 2 Ejemplo 18 Hallar el conjunto solución en los números reales de: | π₯ 2 − 3π₯ + 1 |<1 π₯ 2 − 3π₯ + 2 Solución La inecuación equivale a: |1 − 1 π₯ 2 −3π₯+2 |<1 Aplicando la propiedad de valor absoluto: |π₯| < π ⇔ π > 0 ∧ 1 1 < 1 ↔ −2 < − 2 <0 π₯ 2 − 3π₯ + 2 π₯ − 3π₯ + 2 ↔ −1 < 1 − ↔ π₯2 1 >0 − 3π₯ + 2 ∧ π₯2 −π < π₯ < π 0< 1 <2 π₯ 2 − 3π₯ + 2 1 <2 − 3π₯ + 2 Resolvemos el primer caso π₯2 1 >0 − 3π₯ + 2 ↔ 1 > 0 ↔ (π₯ − 2)(π₯ − 1) > 0 (π₯ − 2)(π₯ − 1) πΆ. ππΌ = ]−∞; 1[ ∪ ]2; +∞[ Resolvemos el segundo caso: 1 <2 π₯ 2 − 3π₯ + 2 ↔ 1 −2<0 ↔ π₯ 2 − 3π₯ + 2 ( 1 − 2π₯ 2 + 6π₯ − 4 2π₯ 2 − 6π₯ + 3 ) < 0 ↔ >0 π₯ 2 − 3π₯ + 2 π₯ 2 − 3π₯ + 2 1 <2 π₯ 2 − 3π₯ + 2 ↔ 1 −2<0 ↔ π₯ 2 − 3π₯ + 2 ( 1 − 2π₯ 2 + 6π₯ − 4 2π₯ 2 − 6π₯ + 3 ) < 0 ↔ >0 π₯ 2 − 3π₯ + 2 π₯ 2 − 3π₯ + 2 ↔ (π₯ − 3 + √3 3 − √3 2 )(π₯ − 2 ) < 0 (π₯ − 2)(π₯ − 1 Haciendo los intervalos en la recta numérica: πΆ. ππΌπΌ = ]−∞; 3 − √3 3 + √3 [ ∪ ]1; 2[ ∪ ] ; +∞[ 2 2 El conjunto solución final es: πΆ. π = πΆ. ππΌ ∪ πΆ. ππΌπΌ= ]−∞; 3 − √3 3 + √3 [∪] ; +∞[ 2 2 Ejemplo 19 Hallar el conjunto solución en los números reales de: |π₯ − 4|2 − 5|π₯ − 4| + 6 = 0 Solución ¿Cuál es plan? πΆ. π = {1; 2; 6; 7} Ejemplo 20 Resolver 2|π₯ − 1| − 3|π₯ − 2| + |π₯ − 5| = π₯ + 2 Solución π₯ − 1; π₯≥1 |π₯ − 1| = π₯ − 2; π₯≥2 |π₯ − 2| = 1 − π₯; π₯<1 π₯ − 5; |π₯ − 5| = 2 − π₯; π₯<2 5 − π₯; Ordenando los intervalos: Caso: π₯ < 1 2(1 − π₯) − 3(2 − π₯) + (5 − π₯) = π₯ + 2 π₯ = −1 ¡Recordar! πΆππΌ =< −∞; 1 >∩ {−1} = {−1} Continuar con los intervalos II,III,IV. 5 7 πΆππ‘ππ‘ππ = {−1; ; } 3 3 π₯≥5 π₯<5 PROPIEDADES DEL MÁXIMO ENTERO DE UN NÚMERO REAL Propiedades 1.π₯ ∈ π β¦π₯β§ ∈ π 2.π₯ ∈ π β¦π₯β§ ≤ π₯ 3.β¦β¦π₯β§β§ = β¦π₯β§ 4.β¦β¦π₯β§ + πβ§ = β¦π₯β§ + π π ∈ π 5.- π₯ ∈ π 0 ≤ π₯ − β¦π₯β§ ≤ 1 β¦π₯β§ < π ↔ π₯ < π 6.β¦π₯β§ ≤ π ↔ π₯ < π + 1 7.β¦π₯β§ ≥ π ↔ π₯ ≥ π 8.β¦π₯β§ > π ↔ π₯ ≥ π + 1 9.10.- β¦π₯β§ ≤ β¦π¦β§ ↔ π₯ ≤ π¦ 11.- β¦π₯ + π¦β§ ≥ β¦π₯β§ + β¦π¦β§ 12.- β¦π₯β§ = π ↔ π≤ π₯ < π+1 Ejemplos β¦8.5β§ = 8 ∈ π β¦1.5β§ ≤ 1.5 β¦β¦7.5β§β§ = β¦7.5β§ β¦β¦6.5β§ + 4β§ = β¦6.5β§ + 4 0 ≤ 12.5 − β¦12.5β§ ≤ 1 β¦10β§ < 11 ↔ 10 < 11 β¦−5β§ ≤ −5 ↔ −5 < −5 + 1 β¦13β§ ≥ 13 ↔ 13 ≥ 13 β¦13.1β§ ≥ 12 ↔ 13.1 ≥ 12 + 1 β¦12β§ ≤ β¦14.5β§ ↔ 12 ≤ 14.5 β¦10.8 + 5.5β§ ≥ β¦10.8β§ + β¦5.5β§ Ejemplo 21 Hallar el conjunto solución de: β¦2π₯ − |π₯|β§ = π₯ Solución De acuerdo con la definición de máximo entero ¿qué tipo de número es x? →π₯∈π Teniendo en cuenta la siguiente propiedad: πΈππ‘πππππ : 2π₯ − |π₯| = π₯ → |π₯| = π₯ … … … . . (1) En (1) deducimos que: π₯ ≥ 0 ¡ ππππ! π π βπ ππππ’ππππ ππ’π π₯ ∈ π πππ π‘πππ‘π π₯ ∈ π + = {1,2, … . , +∞} ∪ {0} πΆ. π = {1,2, … . , +∞} ∪ {0} Ejemplo 22 Resolver π₯+3 β¦ β§ = −3 π₯+6 Solución Por definición β¦π₯β§ = π ↔ π≤ π₯ <π+1 Por lo tanto, en el problema. −3 ≤ π₯+3 < −3 + 1 π₯+6 −3 ≤ 1 − 3 < −2 π₯+6 1 π₯+6 1 ≤ < 4 3 3 → → −3 ≤ → π₯+3 < −2 π₯+6 2< 3 −1≤3 π₯+6 3 ≤π₯+6<1 4 → − → 3< 3 ≤4 π₯+6 21 ≤ π₯ < −5 4 Por tanto: − πΆ. π = [− 21 ≤ π₯ < −5 4 ó π₯ ∈ [− 21 ; −5[ 4 21 ; −5[ 4 Ejemplo 23 Resolver β¦ |π₯ − 2| + 3 β§≥5 2 Solución Aplicamos la siguiente propiedad: |π₯ − 2| + 3 ≥5 2 ∀π₯ ∈ π ; ∀π ∈ π β¦π₯β§ ≥ π ↔ π₯ ≥ π ↔ |π₯ − 2| ≥ 7 Aplicamos la propiedad: (π₯ − 2) ≤ −7 ∨ π₯ ≤ −5 ∨ |π₯| ≥ π ⇔ π₯ ≤ −π ∨ (π₯ − 2) ≥ 7 πΆ. π =< −∞; −5] ∪ [9; +∞ > π₯≥9 π₯≥π Ejemplo 24 Resolver β¦ |π₯ + 2| + 3 β§≥5 2 Solución Utilizamos: β¦π₯β§ ≥ π ↔π₯≥π |π₯ + 2| + 3 ≥5 2 π₯+2 π₯ ≥ −2 |π₯ + 2| = −(π₯ + 2) π₯<2 ππ π₯ ≥ −2 ππ π₯<2 π₯+2+3 ≥5 2 −(π₯ + 2) + 3 ≥5 2 π₯≥5 π₯ ≤ −9 πΆ. π =< −∞; −9 ≥ ∪ ≤ 5; +∞ > Ejemplo 25 Resolver β¦ 4π₯ + 1 β§≤4 4π₯ − 2 Solución Utilizamos la propiedad: β¦π₯β§ ≤ π ↔ 4π₯ + 1 <5 4π₯ − 2 −16π₯ + 11 <0 4π₯ − 2 → 16π₯ − 11 <0 4π₯ − 2 1 11 πΆ. π =< −∞; >∪< ; +∞ > 2 16 π₯ < π+1 → 4π₯ + 1 −5<0 4π₯ − 2 β¦3π₯ − 5β§ = 2π₯ + 1 Ejemplo 26 Resolver Solución Empleamos: β¦π₯β§ = π ππ π ≤ π₯ < π + 1, π∈π 2π₯ + 1 ≤ 3π₯ − 5 < 2π₯ + 2 2π₯ + 1 ≤ 3π₯ − 5 ∧ π₯≥6 → π₯ ∈ [6; 7[ 3π₯ − 5 < 2π₯ + 2 ∧ π₯<7 … … … … … … … … … … . . (1) Por la condición del problema: debe cumplirse que (2π₯ + 1) ∈ π En (1) 6≤π₯<7 → 12 ≤ 2π₯ < 14 → ππ 2π₯ + 1 = 13 → π₯ = 6 πΆ. π = {6; 13 ≤ 2π₯ + 1 < 15 2π₯ + 1 = 14 → π₯ = → 2π₯ + 1 = 13 π 14 … … … … . . (3) 13 2 13 } 2 β¦5π₯β§ − 3π₯ − 4 = 0 Ejemplo 27 Resolver Solución De la ecuación tendremos: β¦5π₯β§ = 3π₯ + 4 Empleamos: β¦π₯β§ = π ππ π ≤ π₯ < π + 1, π∈π Por lo que: π = 3π₯ + 4 ∈ π … … … … . (1) 3π₯ + 4 ≤ 5π₯ < 3π₯ + 5 Aplicando la propiedad: Resolviendo: 3π₯ + 4 ≤ 5π₯ ∧ 5π₯ < 3π₯ + 5 ∧ π₯<2 2≤π₯ 5 5 2 ≤ π₯ < 2 … … … … … … … … … . . (2) Reemplazando de (1) : π₯ = 2≤ π−4 3 π−4 5 < 3 2 en (2) → 10 ≤ π < 23 2 → π = {10,11} Por lo tanto, en (2) π₯= 7 Respuesta: π₯ = {2; } 3 10 − 4 =2 3 ∨ π₯= 11 − 4 7 = 3 3 Ejemplo 28 Resolver β¦2π₯ − 10 β§≥1 π₯ Solución Utilizamos: β¦π₯ + πβ§ = β¦π₯β§ + π β¦2π₯ − 2π₯ − 10 β§−1≥ 0 π₯ 10 −1≥0 π₯ → β¦2π₯ − β¦π₯β§ ≥ π ↔ π₯ ≥ π 10 − 1β§ ≥ 0 π₯ 2π₯ 2 − π₯ − 10 ≥0 π₯ → → (2π₯ − 5)(π₯ + 2) ≥0 π₯ Construyendo la recta númerica con los puntos críticos: 5 πΆπ =≤ −2; 0 > ∪ ≤ ; +∞ > 2 Ejemplo 29 Resolver 1 π₯−1 |β¦ π₯β§ − √ | < √π₯ 2 π₯ Ejemplo 30 Resolver β¦π₯β§ − β¦3π₯β§ = 1 Solución Hagamos β¦π₯β§ = π; π ∈ π πππ‘πππππ π≤ π₯ < π+1 3π ≤ 3π₯ < 3π + 3 … … … . (1) π·π (1)π π πππ ππππππ ππ’π: β¦3π₯β§ = 3π ó 3π + 1 ó 3π + 2 Hagamos el siguiente cuadro, para el análisis: β¦π₯β§ β¦3π₯β§ β¦π₯β§ − β¦3π₯β§ = 1 k K 3k k-3k=1 -1/2 K 3k+1 k-(3k+1)=1 -1 k 3k+2 k-(3k+2)=1 -3/2 La única alternativa factible, es cuando K = -1, las otras alternativas no dan valores enteros para k. ππ πΎ = −1 β¦π₯β§ = −1 ∧ β¦3π₯β§ = −2 π πππ’ππππ: β¦π₯β§ = π −1 ≤ π₯ < 0 ∧ −2 ≤ 3π₯ < −1 −1 ≤ π₯ < 0 ∧ 2 1 − ≤ 3π₯ < − 3 3 ππ π ≤ π₯ < π + 1, 2 1 2 1 πΏπ’πππ πΆ. π = [−1; 0 >∩ [− ; − ≥ = [− ; − 3 3 3 3 π∈π Ejemplo 31 Resolver 3β¦π₯β§ − 5β¦2π₯β§ + 4β¦3π₯β§ = 4 1 1 3 5 π ππ ππ’ππ π‘π: [ ; >∪ [ ; > 3 2 2 3