Examen1 Josep Resolt

Departament de Matemàtiques. IES Alcúdia

MAT-I

Examen 1: Nombres Reals i Àlgebra (1ª Avaluació) -- RESOLUCIÓ 1. Calcula, racionalitzant prèviament (1 punt) 11 1− 5 11 (2 5 − 3) (1 − 5 ) (3 − 5 ) 11(2 5 − 3) 3 − 4 5 + 5 + = · + · = + = (20 − 9) 9−5 2 5 + 3 3 + 5 (2 5 + 3) (2 5 − 3) (3 + 5 ) (3 − 5 ) =

11(2 5 − 3) 8 − 4 5 + = 2 5 − 3 + 2 − 5 = 5 −1 11 4

2. Expressa com una única potència i simplifica  3 5 12 1   a · 3 2  : a 4 a −2 = 15 a 12 · 3 a −2 : 4 a 4 ·a −2 =  a  

) ( ):( a ) = ( a ):( (

=

(

15

a2

30

4

)(

30

(1 punt)

) (

15

)(

a 12 · 15 a −10 :

)

a 15 = 30 a 4 : a15 = 30 a −11 = 30

4

)

a2 =

1 . a11

Nota: Solució alternativa, expressant els radicals com a potències fraccionaries.

3. Troba totes les arrels de x 5 − 16 x = 0

(1 punt)

És una equació polinòmica que es resol factoritzant. 4 2 2 x 5 − 16 x = 0  (treure factor x) x( x − 16) = 0  (suma x diferència) x( x − 4)·( x + 4) = 0  (suma x diferència) x·( x − 2)·( x + 2)·( x + 4) = 0 . Igualant a zero cada factor trobam que les solucions són x=0, x=2, x=-2. El darrer teme no dóna cap solució. 2

x − 2 + x +1 = 3

4. Resol l’equació

(1 punt)

El procediment és aïllar una arrel i elevar al quadrat tota l’equació x − 2 = 3 − x + 1  ( x − 2 ) 2 = (3 − x + 1 ) 2  x − 2 = 9 − 6 x + 1 + x + 1

x − x − 9 − 1 − 2 = −6 x + 1  − 12 = −6 x + 1  2 = x + 1 Tornam a aïllar l’ arrel i elevam al quadrat tota l’equació 2 = x + 1  4 = x + 1  x=3 com a possible solució. Comprovació:

5. Resol l’equació

3 − 2 + 3 + 1 = 1 + 2 = 3 . La solució x=3 és vàlida. x −1 2 x − 2 − 2 =0 x + 2x x − 2x x − 4 2

(1’5 punt)

El mcm és mcm{ x( x + 2), x( x − 2), ( x − 2)·( x + 2)} = x( x − 2)( x + 2) En una equació racional, cal multiplicar tota l’equació pel mcm per tal d’eliminar els denominadors Facem-ho!

2 x  x −1  x( x − 2)( x + 2) 2 − 2 − 2 = 0  ( x − 1)( x − 2) − 2( x + 2) − x· x = 0  x + 2x x − 2x x − 4  −2 Operant  x 2 −3 x + 2 − 2 x − 4 − x 2 = 0  − 5 x − 2 = 0  possible solució x = . 5 Fent la comprovació veim que la solució trobada és vàlida.

x +1 x x −1 6. Resol 5 +5 +5 =

5·5 x +5 x +5 −1 ·5 x =

31 5

(1 punt)

31 1 x 31 31 x 31  (5 + 1 + )·5 =  ( )·5 =  5 x = 1  x=0 5 5 5 5 5

Fent la comprovació x=0 és una solució vàlida.

 x 2 − y 2 = 39 7. Resol el sistema   x· y = 40

(1 punt)

Resolem el sistema per substitució aïllant la y de la segona equació

 x 2 − y 2 = 39 2 1600   40  2 2  x − = 39  x − 2 = 39  multiplicam tot per x 2    40 x  x  y = x  x 4 − 1600 = 39 x 2  resolem l’equació biquadrada t = x 2  t 2 − 39t − 1600 = 0 . Solucions per a

t=64 i t=-25. La segona queda descartada perquè és negativa. La primera dóna dues possibilitats: 1ª solució  x=8 i y=5 2ª solució  x=-8 i y=-5 Ambdues són vàlides

2 log x − log y = 4 8. Resol el sistema   x· y = 100

(1’5 punt)

Aplicam les propietats dels logaritmes a la primera equació

2 log x − log y = 4

2 4  log x − log y = log10  log

x2 x2 = log10 4  = 10 4 y y

Per tant ens queda el sistema següent que resoldrem per substitució

 x 2 = 10 4 y  x 2 = 10 4 y  2 4 100   x 3 = 10 6  x = 3 10 6 = 100 .  100  x = 10 x x · y = 100 y =   x 

Per tant la solució és x=100 i y=1. Fent la comprovació veim que és vàlida.

9. Resol el sistema d’inequacions x 2 − 5x + 4 ≤ 0   2 x − 3 x > −7

(1 punt)

Resolem cada inequació per separat i la solució del sistema és la intersecció de les dues solucions. •x 2 −5 x +4 ≤0

Miram quan dóna zero, x 2 − 5 x + 4 = 0  x=1 i x=4   Interval [1,4]

• 2x − 3x > − 7

− x > −7  x < 7

 Interval (-∞,7)

La intersecció és l’interval [1,4].