10 PROBLEMAS DE ECUACIONES CUADRÁTICAS
Problema 1
La suma de dos números es 10 y la suma de sus cuadrados es 58. Halle
ambos números
Primero se asigna la variable x a una de las incógnitas del problema. Hay dos
incógnitas que son ambos números, como el problema no hace distinción entre
uno y otro, puede asignarse x a cualquiera de los dos, por ejemplo:
x = Primer número
Como la suma de ambos es 10, entonces necesariamente el otro será:
10 − x = Segundo número
Para entenderlo mejor:
Si entre su amigo y usted tienen $ 1.000, y su amigo tiene $ 400, ¿Cuánto tiene
usted?, obviamente, restando el total menos 400, es decir 1.000 − 400 = $ 600. Si
su amigo tiene $ x, la cuenta no cambia, sólo que no sabrá el valor sino en función
de x, es decir, usted tiene 1.000 − x .
La condición final del problema establece que la suma de los cuadrados de ambos
números resulta 58, entonces:
x2
+ (10 - x)2
= 58
Esta es la ecuación a resolver
Para hacerlo, aplicamos algunas técnicas de álgebra elemental y luego
reordenamos para llegar a la fórmula conocida.
Vemos que la operación indicada entre paréntesis es el cuadrado de un binomio.
Es un error muy común que los estudiantes escriban: (a − b)2
= a2
− b2
, lo cual es
incorrecto. La expresión correcta es: (a − b)2
= a2
− 2•a•b + b2
Desarrollando la ecuación se tiene: x2
+ 102
− 2•10•x + x2
= 58 = x2
+ 100 − 20•x +
x2
= 58
Ordenando y agrupando: 2x2
− 20•x+ 42 = 0;
Dividiendo entre 2 toda la ecuación:
x2
− 10x + 21 = 0
Ahora podemos aplicar la fórmula general para resolver la ecuación de segundo
grado y llegaremos a x1 = 7 y x2 = 3.
Veamos, si tenemos
a = 1, b = −10 c = 21

Los números buscados son 7 y 3.
Problema 2
El largo de una sala rectangular es 3 metros mayor que el ancho. Si el ancho
aumenta 3 m y el largo aumenta 2 m, el área se duplica. Halle el área original
de la sala.
Largo y ancho son diferentes. El problema permite que la variable x se asigne a
cualquiera de las dos incógnitas, largo o ancho.
Supongamos que:
x = ancho de la sala
El largo es 3 metros mayor que el ancho, así es que:
x + 3 = largo de la sala.
El área de un rectángulo es la multiplicación de ambos:
x • (x + 3 ) = área de la sala.
Téngase en cuenta que estos son los datos iniciales.
Las condiciones del problema explican que el ancho aumenta en 3 metros y el
largo aumenta en 2 metros, así que, luego del aumento quedan:
x + 3 = nuevo ancho de la sala
x + 5 = nuevo largo de la sala
(x + 3 ) • (x + 5) = nueva área de la sala
Según los datos del problema, el área se ha duplicado, así es que planteamos la
ecuación:
(x + 3 ) • (x + 5) = 2 • x • (x + 3)
Se efectúan las multiplicaciones: x2
+ 5x + 3x + 15 = 2x2
+ 6x

Se pasa todo al primer miembro: x2
+ 5x + 3x + 15 − 2x2
− 6x = 0
Se simplifica: − x2
+ 2x + 15 = 0 Esta es la ecuación a resolver.
Se aplica la fórmula conocida y resulta: x1 = 5 y x2 = −3.
La solución x = −3 se desecha, ya que x es el ancho de la sala y no puede ser
negativo. Se toma como única respuesta que el ancho original (x) era 5 metros.
Como el largo inicial x + 3 = 8 metros, el área original era 8m • 5m = 40 m2
.
Problema 3
Halle el área y perímetro del triángulo rectángulo mostrado. Las
dimensiones están en metros
Como es un triángulo rectángulo se cumple el Teorema de Pitágoras: "El
cuadrado de la hipotenusa es igual a la suma de los cuadrados de los catetos"
(c2
= a2
+ b2
). La hipotenusa es el lado mayor (2x − 5) y los otros dos son los
catetos, se plantea entonces la ecuación:
(x + 3)2
+ (x − 4)2
= (2x − 5)2
Desarrollando cada binomio al cuadrado, se tiene:
x2
+ 2 • 3 • x + 32
+ x2
− 2 • 4 • x + 42
= (2x)2
− 2 • (2x) • 5 + 52
= x2
+ 6x + 9 + x2
−
8x + 16 = 4x2
− 20x + 25
Reagrupando:
x2
+ 6x + 9 + x2
− 8x + 16 − 4x2
+ 20x − 25 = 0
Finalmente:
−2x2
+ 18x = 0
Es la ecuación a resolver
Las raíces de la ecuación son x1 = 0 y x2 = 9.
La solución x = 0 se desecha, ya que entonces un cateto sería −4 m, lo cual no es
posible. La solución es entonces, x = 9. De esta manera, el triángulo queda con
catetos 12 metros y 5 metros y con hipotenusa 13 metros.
El área de un triángulo es base por altura dividido 2; la base y la altura son los dos
catetos que están a 90° , por lo tanto el área es

El perímetro es la suma de los lados, es decir, P = 12 m + 5 m + 13 m = 30 m.
1. RESOLUCIÓN DE ECUACIONES CUADRÁTICAS
i.- Por factorización:
Resolver la ecuación: x2
- 12x - 28 = 0
Factorizamos el trinomio recordando el producto de binomios con un término
común, es decir, buscando dos números cuyo producto sea –28 y cuya suma
sea –12; estos números son -14 y 2, y la factorización es:
(x - 14)(x + 2) = 0
Por lo tanto, las soluciones son X1 = 14 y X2 = -2
ii.- Utilizando la fórmula de resolución:
Para resolver la ecuación cuadrática: ax2
+bx+c=0, podemos utilizar la fórmula:
Ejemplo:
Resolver la ecuación:
x2
– 10x +24 = 0
Solución: Primero identificamos los coeficientes a, b y c y luego los reemplazamos
en la fórmula:
a = 1; b = -10 y c = 24
iii.- Por completación de cuadrados
Ejemplo:
Resolver la ecuación: x2
– 6x + 8 = 0
Solución: Con los términos x2
y –6x podemos formar el cuadrado de binomio (x –
3) 2
, pero nos faltaría el término igual a 9, por lo tanto, despejaremos los términos
que contienen x y sumaremos 9 a ambos lados de la igualdad para formar el
cuadrado de binomio:

x2
– 6x + 8 = 0 /-8
x2
– 6x = -8 /+9
x2
- 6x + 9 = -8 + 9
(x – 3) 2
= 1
De la última igualdad se deduce que x –3 = 1 ó x – 3 = -1, por lo tanto X1 = 4
ó X2 = 2
2. PLANTEO DE PROBLEMAS CON ECUACIONES CUADRÁTICAS
En el primer módulo vimos algunas resoluciones de problemas utilizando
ecuaciones de primer grado. Ahora veremos algunos problemas cuyos
planteamientos conducen a ecuaciones cuadráticas.
Ejemplo 1:
Determinar un número entero tal que el cuadrado del antecesor de su doble sea
equivalente al cuadrado del número aumentado en 5.
Solución:
Sea x el número entero, entonces el enunciado se traduce en (2x-1) 2
= x2
+ 5
Ordenando y reduciendo, se obtiene la ecuación cuadrática:
3x2
– 4x – 4 = 0
Ahora utilizamos la fórmula, con a = 3 , b = -4 y c = -4
Luego, las soluciones de la ecuación son X1 = y X2 = 2. Pero el número que
estamos buscando debe ser entero, por lo tanto, la solución es x = 2.
Ejemplo 2:
Un triángulo tiene un área de 24 cm2
y la altura mide 2 cm más que la base
correspondiente. ¿Cuánto mide la altura?
Solución: Sea x la base del triángulo y x + 2 su altura, entonces su área es:
=24 cm2
A partir de esta igualdad formamos la ecuación de segundo grado.
Ahora resolvemos esta ecuación por factorización.
(x + 8) (x - 6)=0
Finalmente, como x es la base del triángulo, su valor debe ser positivo, es decir, la
solución que nos sirve es x2 = 6 y comó la pregunta del problema es la altura del
triángulo, entonces la respuesta es
x + 2= 8cm
3.- ¿Cuánto mide el radio de un círculo cuya área es 201.0624? ∏=3.1416

El área de un círculo es ∏*r2
3.1416*r2
= 201.0624
r2
= 201.0624/3.1416
r2
= 64
r = 8, El radio del círculo es 8.
4.- Dos números enteros positivos se diferencian en 6 unidades y la suma de sus
cuadrados es 218. ¿Cuáles son esos números?
Los números serán “x” y “y”.
x – 6 = y
x2
+ y2
= 218
sustituimos “y” en la segunda ecuación
x2
+ (x – 6)2
= 218
x2
+ x2
– 12x + 36 = 218
2x2
– 12x + 36 – 218 = 0
2x2
– 12x + -182 = 0
(x – 13)(x + 7) = 0
x =13, x = -7… Utilizamos el 13 ya que tiene que ser un número entero positivo.
Sustituimos este valor en la primera ecuación y obtenemos el valor de “y”
(13) – 6 = y
Y =7
13 y 7 Son los dos números.
5.- Dentro de 30 años la edad de Andrea será la mitad del cuadrado de la edad
que tenía hace 10 años. ¿Cuántos años tiene Andrea hoy?

Definimos “x” como la edad actual de Andrea.
Planteamos la ecuación: x + 30 = (x – 10)2
/ 2
x + 30 = (x2
– 20x + 100) / 2
2x + 60 = x2
- 20x +100
60 – 100 = x2
- 20x – 2x
x2
- 22x + 40 = 0
Encontramos dos números que multiplicados sean 40 y sumados -22: ( x – 20 )( x
– 2 ) = 0
x = 20, x = 2 Estas son las dos soluciones, pero 2 años no es posibles ya
que hace 10 años no hubiera nacido por lo tanto la edad actual de Andrea
son 20 años.
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cuadraticas/#sthash.gQAh7RY7.dpuf
RESOLUCIÓN DEL MÉTODO GRAFICO
Cada una de las ecuaciones que forman un sistema lineal de dos ecuaciones con
dos incógnitas es la de una función de primer grado, es decir, una recta. El método
gráfico para resolver este tipo de sistemas consiste, por tanto, en representar en
unos ejes cartesianos, o sistema de coordenadas, ambas rectas y comprobar si se
cortan y, si es así, dónde. Esta última afirmación contiene la filosofía del proceso
de discusión de un sistema por el método gráfico. Hay que tener en cuenta, que,
en el plano, dos rectas sólo pueden tener tres posiciones relativas (entre sí): se
cortan en un punto, son paralelas o son coincidentes (la misma recta). Si las dos
rectas se cortan en un punto, las coordenadas de éste son el par (x, y) que
conforman la única solución del sistema, ya que son los únicos valores de ambas
incógnitas que satisfacen las dos ecuaciones del sistema, por lo tanto, el mismo
es compatible determinado. Si las dos rectas son paralelas, no tienen ningún
punto en común, por lo que no hay ningún par de números que representen a un
punto que esté en ambas rectas, es decir, que satisfaga las dos ecuaciones del
sistema a la vez, por lo que éste será incompatible, o sea sin solución. Por
último, si ambas rectas son coincidentes, hay infinitos puntos que pertenecen a
ambas, lo cual nos indica que hay infinitas soluciones del sistema (todos los
puntos de las rectas), luego éste será compatible indeterminado.
El proceso de resolución de un sistema de ecuaciones mediante el método
gráfico se resume en las siguientes fases:
i. Se despeja la incógnita y en ambas ecuaciones.

ii. Se construye, para cada una de las dos funciones de primer grado
obtenidas, la tabla de valores correspondientes.
iii. Se representan gráficamente ambas rectas en los ejes coordenados.
iv. En este último paso hay tres posibilidades:
a. Si ambas rectas se cortan, las coordenadas del punto de corte son
los únicos valores de las incógnitas x e y. Sistema compatible
determinado.
b. Si ambas rectas son coincidentes, el sistema tiene infinitas
soluciones que son las respectivas coordenadas de todos los puntos
de esa recta en la que coinciden ambas. Sistema compatible
indeterminado.
c. Si ambas rectas son paralelas, el sistema no tiene solución. Sistema
incompatible.
Veamos, por última vez, el ejemplo visto en los métodos analíticos para resolverlo
gráficamente y comprobar que tiene, se use el método que se use, la misma
solución. recordemos de nuevo el enunciado:
Entre Ana y Sergio tienen 600 euros, pero Sergio tiene el doble de euros que Ana.
¿Cuánto dinero tiene cada uno?.
Llamemos x al número de euros de Ana e y al de Sergio. Vamos a expresar las
condiciones del problema mediante ecuaciones: Si los dos tienen 600 euros, esto
nos proporciona la ecuación x + y = 600. Si Sergio tiene el doble de euros que
Ana, tendremos que y = 2x. Ambas ecuaciones juntas forman el siguiente sistema:
x + y = 600
2x - y = 0
Para resolver el sistema por el método gráfico despejamos la incógnita y en
ambas ecuaciones y tendremos:
y = -x + 600
y = 2x
Vamos ahora, para poder representar ambas rectas, a calcular sus tablas de
valores:
y = -x + 600 y = 2x
x y x y
200 400 100 200
600 0 200 400

Con estas tablas de valores para las dos rectas y eligiendo las escalas apropiadas
en los ejes OX y OY, podemos ya representar gráficamente:
<="" td="">
Si observamos la gráfica, vemos claramente que las dos rectas se cortan en el
punto (200, 400), luego la solución del sistema es x = 200 e y = 400. Por tanto, la
respuesta al problema planteado es que Ana tiene 200 euros y Sergio tiene 400
euros, es decir, el mismo resultado, evidentemente, que habíamos obtenido con
los tres métodos analíticos.
Si, al representar gráficamente un sistema, se obtienen las rectas x = 0 e y =
x+2, ¿cuál será la solución del mismo?