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5 ejercicios diversos sobre cálculo integral

  • Ejercicio 1

Calcular \(f(x)\) de manera que \(f'(x)=\ln|4x^2-1|\) y \(f(0)=0\).

  • Ejercicio 2

Consideremos la función \(f:(0\,,2)\longrightarrow\mathbb{R}\) definida por:

\[f(x)=\begin{cases}-\ln x&\text{si}&0<x\leqslant 1\\-\ln(2-x)&\text{si}&1<x<2\end{cases}\]

Se pide:

  1. Estudiar la continuidad y derivabilidad de \(f\) en el punto \(x=1\).
  2. Representar aproximadamente la gráfica de \(f\).
  3. Calcular \(\displaystyle\int^2_0{f(x)\,dx}\).
  • Ejercicio 3

Encontrar una función \(f\) sabiendo que \(f(1)=0\) y que

\[f'(x)=\begin{cases}x&\text{si}&x<0\\ \displaystyle\frac{1}{x+1}-e^x&\text{si}&x\geqslant0\end{cases}\]

  • Ejercicio 4

Dada la siguiente función de la que se sabe que es continua:

\[f(x)=\begin{cases}a\ln(2-x)&\text{si}&x<3/2 \\b\,\text{sen}(\pi x)&\text{si}&3/2\leqslant x\leqslant2\\e^{bx/2}-4&\text{si}&x>2\end{cases}\]

Se pide:

  1. Encontrar \(a\) y \(b\).
  2. Estudiar la derivabilidad de \(f\).
  3. Hacer una representación gráfica aproximada de \(f\).
  4. Sea \(R\) el recinto limitado por la gráfica de \(f\) y las rectas verticales \(x=0\) y \(x=3\). Hallar el área de \(R\).
  • Ejercicio 5

Sea \(f\) una función derivable de la que se sabe que la curva \(y=f(x)\) pasa por los puntos \(\left(\dfrac{1}{2},\,1\right)\) y \((2,\,\ln8)\) y que en cada uno de sus puntos su pendiente es proporcional al valor absoluto del logaritmo neperiano de la absicas. Se pide:

  1. Determinar \(f\).
  2. Calcular \(\displaystyle\int^2_{0,5}{f(x)\,dx}\).
  3. Sea \(R\) el recinto limitado por la citada curva y las rectas \(y=1\), \(x=\dfrac{1}{2}\) y \(x=2\). Hallar el área de \(R\).
  4. Calcular el volumen generado al girar \(R\) alrededor del eje \(OX\).
  5. Calcular el volumen generado al girar \(R\) alrededor del eje \(OY\).

La solución al ejercicio 1 aquí

La solución al ejercicio 1 aquí

Calculemos las primitivas de \(\ln|4x^2-1|\). Para ello integraremos por partes:

\[\int{\ln|4x^2-1|\,dx}=\begin{bmatrix}u=\ln|4x^2-1|&\text{;}&\displaystyle du=\frac{8x}{4x^2-1}dx\\dv=dx&\text{;}&v=x\end{bmatrix}=\]

\[=x\ln|4x^2-1|-\int{\frac{8x^2}{4x^2-1}\,dx}\]

Para calcular la última intergral, hemos de dividir el numerador entre el denominador, obteniéndose de cociente \(2\) y de resto también \(2\) con lo que, como “dividendo es igual a divisor por cociente más el resto”, tenemos:

\[8x^2=(4x^2-1)\cdot2+2\Rightarrow\frac{8x^2}{4x^2-1}=2+\frac{2}{4x^2-1}\]

Entonces:

\[\int{\frac{8x^2}{4x^2-1}dx}=\int{\left(2+\frac{2}{4x^2-1}\right)dx}=\]

\[2x+\int{\frac{2}{4x^2-1}dx}=2x+\frac{1}{2}\ln\left|\frac{2x-1}{2x+1}\right|+C\]

La resolución de la última integral, \(\displaystyle\int{\frac{2}{4x^2-1}dx}\), la puedes ver aquí.

Por tanto:

\[f(x)=x\ln|4x^2-1|-2x-\frac{1}{2}\ln\left|\frac{2x-1}{2x+1}\right|+C\]

y como \(f(0)=0\) resulta:

\[f(0)=0-0+0+c\Rightarrow c=0\]

Así, finalmente:

\[f(x)=x\ln|4x^2-1|-2x-\frac{1}{2}\ln\left|\frac{2x-1}{2x+1}\right|\]

La solución al ejercicio 2 aquí

La solución al ejercicio 2 aquí

Para estudiar la continuidad en \(x=1\), calculamos los límites laterales:

\[\begin{cases}\displaystyle\lim_{x\to1^-}f(x)=\lim_{x\to1^-}(-\ln x)=-\ln1=0=f(1)\\ \displaystyle\lim_{x\to1^+}f(x)=\lim_{x\to1^+}(-\ln(2-x))=-\ln1=0\end{cases}\]

Entonces, como \(\displaystyle\lim_{x\to1^-}f(x)=\lim_{x\to1^+}=f(1)\), se tiene que \(f\) es continua en \(x=1\).

Veamos las derivadas laterales:

\[f^{‘}_{-}(x)=-\frac{1}{x}\Rightarrow f^{‘}_{-}(1)=-1\quad\text{;}\quad f^{‘}_{+}(x)=\frac{1}{2-x}\Rightarrow f^{‘}_{+}(1)=1\]

Como \(f^{‘}_-(1)\neq f^{‘}_{+}(1)\), se tiene que \(f\) no es derivable en el punto \(x=1\).

La gráfica de la función \(f\) es la siguiente:

Obsérvese que en el punto \(x=1\) la función, al no ser derivable, presenta un punto “anguloso” o en pico.

Como \(f(x)\) está definida a trozos, la integramos a trozos:

\[\int_0^2f(x)dx=\int_0^1f(x)dx+\int_1^2f(x)dx=\int_0^1-\ln x\,dx+\int_1^2-\ln(2-x)dx\]

Calculemos la primera de las dos últimas integrales definidas.

\[\int_0^1-\ln x\,dx=\left[x-x\ln x\right]_0^1=\]

\[=(1-1\cdot\ln1)-(0-\lim_{x\to0^+}x\ln x)=(1-0)-(0-0)=1\]

Para entender lo anterior hemos de explicar algunas cosas.

Hemos usado por un lado que \(\int-\ln xdx=x-x\ln x+C\), integral que se puede calcular fácilmente usando el método de integración por partes.

Por otro lado, puesto que el logaritmo neperiano no está definido en cero, hemos calculado el límite correspondiente, usando la regla de L’Hôpital:

\[\lim_{x\to0^+}x\ln x=\lim_{x\to0^+}\frac{\ln x}{1/x}=\lim_{x\to0^+}\frac{1/x}{-1/x^2}=\lim_{x\to0^+}-x=0\]

Podríamos calcular la segunda integral definida por un procedimiento similar. Sin embargo, vamos a aprovechas el cálculo anterior mediante un cambio de variable.

\[\int-\ln(x-2)dx=\begin{bmatrix}y=2-x &\Rightarrow &dx=-dy \\  x=2&\Rightarrow&y=0 \\ x=1&\Rightarrow&y=1 \end{bmatrix}=\]

\[=\int_1^0-\ln y(-dy)=\int_0^1-\ln y\,dy=1\]

Por tanto, finalmente

\[\int_0^2f(x)dx=1+1\]

Obsérvese que el valor de la integral definida anterior coincide con el área de la región delimitada por la gráfica de la función \(f\), el eje \(X\) y las rectas verticales \(x=0\), \(x=2\) .

La solución al ejercicio 3 aquí

La solución al ejercicio 3 aquí

Observemos que \(f\) es derivable en \(x=0\) por estar definida \(f'(0)=0\), de lo cual se deduce que \(f\) es continua en en \(x=0\). Integrando tenemos:

\[f(x)=\begin{cases}\displaystyle\frac{x^2}{2}+C_1& \text{si}&x<0\\ \ln(x+1)-e^x+C_2&\text{si}&x\geq0 \end{cases}\]

De \(f(1)=0\) se deduce que \(\ln2-e+C_2=0\), o sea, \(C_2=e-\ln2\).

De la continuidad de \(f\) en \(x=0\) resulta que \(C_1=-1+C_2\), es decir, \(C_1=e-\ln2-1\).

Por tanto la función \(f\) que se pide es

\[f(x)=\begin{cases}\displaystyle\frac{x^2}{2}+e-\ln2-1& \text{si}&x<0\\ \ln(x+1)-e^x+e-\ln2&\text{si}&x\geq0 \end{cases}\]

La solución al ejercicio 4 aquí

La solución al ejercicio 4 aquí

Como se sabe que \(f\) es continua tenemos que

\[\begin{cases}\displaystyle\lim_{x\to3/2^-}f(x)=\lim_{x\to3/2^-}a\ln(2-x)=a\ln(1/2)=-a\ln2 \\ \displaystyle\lim_{x\to3/2^+}f(x)=\lim_{x\to3/2^+}b\,\text{sen}(\pi x)=-b\end{cases}\Rightarrow a\ln2=b\]

\[\begin{cases}\displaystyle\lim_{x\to2^-}f(x)=\lim_{x\to2^-}b\,\text{sen}(\pi x)=0 \\ \displaystyle\lim_{x\to2^+}f(x)=\lim_{x\to2^+}(e^{bx/2}-4)=e^b-4\end{cases}\Rightarrow e^b-4=0\]

De lo anterior se deduce que \(e^b-4=0\Rightarrow e^b=4\Rightarrow b=\ln 4=\ln2^2\Rightarrow b=2\ln 2\), y que \(a\ln2=b\Rightarrow a=2\).

De este modo la función queda de la forma

\[f(x)=\begin{cases}2\ln(2-x)&\text{si}&x<3/2 \\2\ln 2\cdot\text{sen}(\pi x)&\text{si}&3/2\leqslant x\leqslant2\\2^x-4&\text{si}&x>2\end{cases}\]

Si exceptuamos los puntos \(x=\dfrac{3}{2}\) y \(x=2\), la derivada de \(f\) es

\[f'(x)=\begin{cases}\frac{-2}{2-x}&\text{si}&x<3/2 \\2\pi\ln 2\cdot\cos(\pi x)&\text{si}&3/2< x<2\\2^x\cdot\ln2&\text{si}&x>2\end{cases}\]

Es muy fácil darse cuenta de que la derivada por la izquierda en \(\dfrac{3}{2}\) no coincide con la derivada por la derecha en \(\dfrac{3}{2}\). Del mismo modo la derivada por la izquierda en \(x=2\) no coincide con la derivada por la derecha en \(x=2\). Por tanto \(f\) no es derivable ni en \(x=\dfrac{3}{2}\) ni en \(x=2\).

La representación gráfica de \(f\) es:

El recinto \(R\) del que se pide el área queda de la siguiente manera:

Obsérvese que el recinto \(R\) queda dividido claramente en cuatro regiones, dos por encima y dos por debajo del eje \(X\). Por tanto su área \(A\) será igual a

\[A=\int_0^1f(x)dx+\left|\int_1^{3/2}f(x)dx\right|+\left|\int_{3/2}^2f(x)dx\right|+\int_2^3f(x)dx\]

Calculemos primero las integrales indefinidas correspondientes:

\[\int2\ln(2-x)dx=2\int\ln(2-x)dx=\begin{bmatrix}
u=\ln(2-x)&\Rightarrow &\displaystyle du=\frac{-1}{2-x}dx \\
dv=dx&\Rightarrow &v=x
\end{bmatrix}=\]

\[=2x\ln(2-x)+2\int\frac{x}{2-x}dx=2x\ln(2-x)+2\int\left(-1+\frac{2}{2-x}\right)dx=\]

\[=2x\ln(2-x)-2x-4\ln(2-x)+C=(2x-4)\ln(2-x)-2x+C\]

\[\int2\ln2\cdot\text{sen}(\pi x)dx=-\frac{2\ln2}{\pi}\cos(\pi x)+C\]

\[\int(2^x-4)dx=\frac{2^x}{\ln 2}-4x+C\]

Por tanto:

\[\int_0^1f(x)dx=\int_0^1 2\ln(2-x)dx=\left[(2x-4)\ln(2-x)-2x\right]_0^1=\]

\[=(0-2)-(-4\ln 2)=4\ln2-2\]

\[\int_1^{3/2}f(x)dx=\int_1^{3/2}2\ln(2-x)dx=\left[(2x-4)\ln(2-x)-2x\right]_1^{3/2}=\]

\[=(\ln2-3)-(0-2)=\ln2-1\]

\[\int_{3/2}^2 2\ln2\cdot\text{sen}(\pi x)dx=\left[-\frac{2\ln2}{\pi}\cos(\pi x)\right]_{3/2}^2=-\frac{2\ln 2}{\pi}\]

\[\int_2^3(2^x-4)dx=\left[\frac{2^x}{\ln 2}-4x\right]_2^3=\left(\frac{8}{\ln2}-12\right)-\left(\frac{4}{\ln2}-8\right)=\frac{4}{\ln2}-4\]

Así pues, el área del recinto \(R\) es

\[A=4\ln2-2+|\ln2-1|+\left|-\frac{2\ln2}{\pi}\right|+\frac{4}{\ln2}-4=\]

\[=4\ln2-2+1-\ln2+\frac{2\ln2}{\pi}+\frac{4}{\ln2}-4=\]

\[=\left(3+\frac{2}{\pi}\right)\ln2+\frac{4}{\ln2}-5\,\text{uds}^2\approx3.29\,\text{uds}^2\]

La solución al ejercicio 5 aquí

La solución al ejercicio 5 aquí

En breve

Sobre Pedro Castro Ortega

Profesor de Matemáticas en el IES “Fernando de Mena” de Socuéllamos (Ciudad Real, Castilla-La Mancha).

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