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Método de integración por partes

El método de integración por partes se deduce de la regla de derivación de un producto. Dadas dos funciones \(f\) y \(g\) tenemos que:

\[\left(f(x)\cdot g(x)\right)'=f'(x)\cdot g(x)+f(x)\cdot g'(x)\]

Si despejamos el último sumando la expresión anterior la podemos escribir así:

\[f(x)\cdot g'(x)=\left(f(x)\cdot g(x)\right)'-f'(x)\cdot g(x)\]

Integrando las funciones de ambos miembros de la igualdad tendremos:

\[\int f(x)\cdot g'(x)dx=f(x)\cdot g(x)-\int f'(x)\cdot g(x)dx\]

Si cambiamos la variable llamando \(u=f(x)\) y \(v=g(x)\) tendremos que \(du=f'(x)dx\) y \(dv=g'(x)dx\), con lo que sustituyendo en la expresión anterior:

\[\int udv=uv-\int vdu\]

La anterior se conoce con el nombre de fórmula de integración por partes.

La integración por partes es útil cuando la función a integrar puede considerarse como el producto de una función \(u\), cuya derivada es más sencilla que \(u\), por otra función que claramente es de la forma \(dv\) (función \(v\) cuya derivada es \(dv\)).

Veamos algunos ejemplos que ilustren el método de integración por partes.

Ejemplo 1

\[\int xe^xdx=\begin{bmatrix}u=x &;&du=dx\\dv=e^xdx&;&v=e^x\end{bmatrix}=xe^x-\int e^xdx=xe^x-e^x+C\]

Ejemplo 2

\[\int x\text{sen} xdx=\begin{bmatrix}
u=x &;&du=dx\\
dv=\text{sen} xdx&;&v=-\cos x
\end{bmatrix}=-x\cos x-\int-\cos xdx=-x\cos x+\text{sen} x+C\]

Ejemplo 3

\[\int\ln xdx=\begin{bmatrix}u=\ln x &;&du=\dfrac{1}{x}dx\\dv=dx&;&v=x\end{bmatrix}=x\ln x-\int x\frac{1}{x}dx=x\ln x-\int dx=x\ln x-x+C\]

A veces se utiliza la integración por partes para hallar \(\int h\) en función, otra vez, de \(\int h\), y después despejar \(\int h\) en la ecuación resultante.

Ejemplo 4

\[\int\dfrac{\ln x}{x}dx=\begin{bmatrix}
u=\ln x &;&du=\dfrac{1}{x}dx\\
dv=\dfrac{1}{x}dx&;&v=\ln x
\end{bmatrix}=\ln x\ln x-\int \frac{\ln x}{x}dx\Rightarrow\]

\[\Rightarrow 2\int \frac{\ln x}{x}dx=\ln^2x\Rightarrow\int \frac{\ln x}{x}dx=\frac{\ln^2 x}{2}+C\]

Otras veces hay que aplicar lo anterior pero integrando por partes más de una vez, lo que requerirá un cálculo algo más elaborado.

Ejemplo 5

\[\int e^x\text{sen} xdx=\begin{bmatrix}u=e^x &;&du=e^xdx\\dv=\text{sen} xdx&;&v=-\cos x\end{bmatrix}=-e^x\cos x+\int e^x\cos xdx=\]

\[=\begin{bmatrix}u=e^x &;&du=e^xdx\\dv=\cos xdx&;&v=\text{sen} x\end{bmatrix}=-e^x\cos x+e^x\text{sen} x-\int e^x\text{sen} xdx\Rightarrow\]

\[\Rightarrow2\int e^x\text{sen} xdx=e^x\text{sen} x-e^x\cos x\Rightarrow \int e^x\text{sen x}dx=\frac{e^x(\text{sen} x-\cos x)}{2}+C\]

Debido a que la integración por partes está basada en el reconocimiento de que una función es de la forma \(dv\) (la derivada de otra), cuantas más funciones sepamos integrar tanto mayores serán nuestras posibilidades de éxito. Con frecuencia es conveniente hacer una integración preliminar antes de abordar el problema principal.

Ejemplo 6

En este ejemplo vamos a utilizar que \(\displaystyle\int\ln xdx=x\ln x-x\) (que se dedujo en el ejemplo 3 integrando por partes).

\[\int\ln^2xdx=\int\ln x\ln xdx=\begin{bmatrix}
u=\ln x &;&du=\dfrac{1}{x}dx\\
dv=\ln xdx&;&v=x\ln x-x
\end{bmatrix}=\]

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

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

Utilizando la fórmula \(\displaystyle\text{sen}^2x=\frac{1-\cos2x}{2}\) es fácil deducir la integral de la función \(\text{sen}^2x\):

\[\int\text{sen}^2xdx=\int\frac{1-\cos2x}{2}dx=\int\frac{1}{2}dx-\frac{1}{2}\int\cos2x=\frac{x}{2}-\frac{\text{sen} 2x}{4}+C\]

Aunque el procedimiento es más largo, seguiremos ilustrando el método de integración por partes para deducir el resultado anterior.

Ejemplo 7

\[\int\text{sen}^2xdx=\begin{bmatrix}
u=\text{sen}^2x &;&du=2\text{sen} x\cos xdx\\
dv=dx&;&v=x
\end{bmatrix}=x\text{sen}^2x-\int2x\text{sen} x\cos xdx=\]

\[=x\text{sen}^2x-\int x\text{sen}2xdx=\begin{bmatrix}u=x &;&du=dx\\dv=\text{sen}2xdx&;&\displaystyle v=-\frac{\cos2x}{2}\end{bmatrix}=\]

\[=x\text{sen}^2x-\left[-\frac{x\cos2x}{2}+\int\frac{\cos2x}{2}\right]=x\text{sen}^2x+\frac{x\cos 2x}{2}-\frac{\text{sen}2x}{4}+C=\]

\[=\frac{2x\text{sen}^2x}{2}+\frac{x\cos^2x-x\text{sen}^2x}{2}-\frac{\text{sen}2x}{4}+C=\frac{x\text{sen}^2x+x(1-\text{sen}^2x)}{2}-\frac{\text{sen}2x}{4}+C=\]

\[=\frac{x}{2}-\frac{\text{sen}2x}{4}+C\]

Finalmente integraremos por partes las funciones arcotangente, arcoseno y arcocoseno.

Ejemplo 8

\[\int\text{arctg} xdx=\begin{bmatrix}u=\text{arctg} x &;&du=\dfrac{1}{1+x^2}dx\\dv=dx&;&v=x\end{bmatrix}=\]

\[=x\text{arctg} x-\int \frac{x}{1+x^2}dx=x\text{arctg} x-\frac{1}{2}\ln(1+x^2)+C\]

Ejemplo 9

\[\int\text{arcsen} xdx=\begin{bmatrix}
u=\text{arcsen} x &;&du=\dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}dx\\
dv=dx&;&v=x
\end{bmatrix}=\]

\[=x\text{arcsen} x-\int \frac{x}{\sqrt{1-x^2}}dx=x\text{arcsen} x+\sqrt{1-x^2}+C\]

Ejemplo 10

\[\int\arccos xdx=\begin{bmatrix}
u=\arccos x &;&du=\dfrac{-1}{\sqrt{1-x^2}}dx\\
dv=dx&;&v=x
\end{bmatrix}=\]

\[=x\arccos x-\int \frac{-x}{\sqrt{1-x^2}}dx=x\arccos x-\sqrt{1-x^2}+C\]

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Una integral racional

Vamos a calcular una primitiva de la función \(f(x)=\dfrac{1}{x^2-a^2}\) donde \(a\) es un número real cualquiera distinto de cero. Es decir, se trata de calcular la integral indefinida \(\displaystyle\int{\frac{1}{x^2-a^2}dx}\). Para ello vamos a descomponer en dos fracciones simples la fracción \(\dfrac{1}{x^2-a^2}\). Como \(x^2-a^2=(x+a)(x-a)\), tenemos:

\[\frac{1}{x^2-a^2}=\frac{E}{x+a}+\frac{F}{x-a}=\frac{E(x-a)+F(x+a)}{(x+a)(x-a)}=\]

\[=\frac{Ex-Ea+Fx+Fa}{x^2-a^2}=\frac{(E+F)x-Ea+Fa}{x^2-a^2}\]

De aquí se deduce, igualando las fracciones algebraicas primera y última, que

\[\begin{cases}E+F=0\\-Ea+Fa=1\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}E=-F\\2Fa=1\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}E=-\frac{1}{2a}\\F=\frac{1}{2a}\end{cases}\]

Es decir:

\[\frac{1}{x^2-a^2}=\frac{-\frac{1}{2a}}{x+a}+\frac{\frac{1}{2a}}{x-a}\]

Por tanto:

\[\int{\frac{1}{x^2-a^2}dx}=\int{\frac{-\frac{1}{2a}}{x+a}dx}+\int{\frac{\frac{1}{2a}}{x-a}dx}=\]

\[=-\frac{1}{2a}\int{\frac{1}{x+a}dx}+\frac{1}{2a}\int{\frac{1}{x-a}dx}=-\frac{1}{2a}\ln|x+a|+\frac{1}{2a}\ln|x-a|+C=\]

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

O sea:

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

Ejemplo

Calcular \(\displaystyle\int{\frac{2}{4x^2-1}dx}\)

Solución.

\[\int{\frac{2}{4x^2-1}dx}=2\int{\frac{1}{4x^2-1}dx}=2\int{\frac{\frac{1}{4}}{x^2-\frac{1}{4}}dx}=\]

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

La integral \(\displaystyle\int{\frac{1}{x^2-\left(\frac{1}{2}\right)^2}dx}\) es del tipo \(\displaystyle\int{\frac{1}{x^2-a^2}dx}\) con \(a=\dfrac{1}{2}\). Por tanto, usando la fórmula \((1)\):

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

Entonces:

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

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Integrales indefinidas y cálculo de áreas

Uno de los problemas típicos que se proponen siempre en Selectividad, en la materia de Matemáticas II, son el cálculo de integrales indefinidas y el uso de las integrales para el cálculo de áreas.

Os propongo un par de integrales indefinidas (racionales) y un par de problemas de cálculo de áreas. Como siempre, hay que pensarlos e intentar hacerlos antes de mirar las soluciones.

Para el cálculo de integrales indefinidas os pueden venir bien estos apuntes sobre métodos de integración. En ellos se desarrollan, con muchos ejemplos completamente resueltos, los principales métodos de integración: por sustitución o cambio de variable, por partes e integración de funciones racionales. Ni que decir tiene que el alumno, para hacer estos ejercicios, debe resolver integrales inmediatas con cierta agilidad.

Como dijo alguien: "la confianza en uno mismo es el primer secreto del éxito". Así que, siempre con alegría y espíritu de trabajo, hemos de proceder con ánimo y dedicación, mucha dedicación.

Ejercicio 1

Calcular la siguiente integral indefinida

\[\int{\frac{x^4}{x^4-1}\,dx}\]

Ejercicio 2

Calcular la siguiente integral indefinida

\[\int{\frac{3e^{2x}+4e^x+3}{e^{2x}+3e^x+3}\,dx}\]

Ejercicio 3

Calcular el área limitada por la elipse

\[\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{9}=1\]

Ejercicio 4

Determinar el área de la región delimitada por la gráfica de la función \(f(x)=x^2\,\ln x\), su tangente en el punto de abscisa \(x=e\), y el eje \(OX\).

Este último ejercicio es muy completo. Contiene de todo: recta tangente a una función en un punto; representación gráfica de una función calculando previamente su dominio, puntos de corte con los ejes, monotonía y extremos relativos; cálculo de un límite hacien uso de la regla de L'Hôpital; calculo de una integral haciendo uso de la integración por partes, y finalmente cálculo del área de una región limitada entre las gráficas de dos funciones usando la regla de Barrow. Para ello se hace necesario también dibujar (la visualización es importantísima en estos ejercicios) la gráfica de las funciones y el área de la región que queremos calcular.

Como el grado del numerador es igual que el del denominador efectuamos la división polinómica:

\[x^4\,:\,(x^4-1)\Rightarrow C(x)=1\,;\,R(x)=1\]

donde \(C(x)\) y \(R(x)\) son, respectivamente, el cociente y el resto de la división. Como "dividendo es igual a divisor por cociente más el resto", tenemos:

\[x^4=(x^4-1)\cdot1+1\]

Dividiendo todos los términos entre \(x^4-1\):

\[\frac{x^4}{x^4-1}=1+\frac{1}{x^4-1}\]

Por tanto:

\[\int{\frac{x^4}{x^4-1}\,dx}=\int{1\,dx}+\int{\frac{1}{x^4-1}\,dx}=x+\int{\frac{1}{x^4-1}\,dx}\]

Procedamos a resolver pues la integral:

\[\int{\frac{1}{x^4-1}\,dx}\]

Descomponiendo en factores el polinomio \(x^4-1\) se tiene:

\[x^4-1=(x-1)(x+1)(x^2+1)\]

Entonces, descomponiendo en fracciones simples:

\[\frac{1}{x^4-1}=\frac{A}{x-1}+\frac{B}{x+1}+\frac{Cx+D}{x^2+1}\]

Reduciendo a común denominador en el segundo miembro e igualando numeradores queda:

\[1=A(x+1)(x^2+1)+B(x-1)(x^2+1)+(Cx+D)(x-1)(x+1)\]

Dando valores a \(x\) tenemos:

\[x=1\Rightarrow1=A\cdot2\cdot2+0+0\Rightarrow A=\frac{1}{4}\]

\[x=-1\Rightarrow1=0+B\cdot(-2)\cdot2+0\Rightarrow B=-\frac{1}{4}\]

\[x=0\Rightarrow1=A-B-D\Rightarrow D=A-B-1=\frac{1}{4}+\frac{1}{4}-1=-\frac{1}{2}\]

\[x=2\Rightarrow1=A\cdot3\cdot5+B\cdot1\cdot5+(2C+D)\cdot1\cdot3\Rightarrow\]

\[\Rightarrow1=15A+5B+6C\Rightarrow1=15\frac{1}{4}+5\left(-\frac{1}{4}\right)+6C+3\left(-\frac{1}{2}\right)\Rightarrow C=0\]

Entonces:

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

\[\frac{1}{4}\ln|x-1|-\frac{1}{4}\ln|x+1|-\frac{1}{2}\text{arctg}\,x+C=\]

\[\frac{1}{4}\ln\left|\frac{x-1}{x+1}\right|-\frac{1}{2}\text{arctg}\,x+C\]

Así pues, finalmente:

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

En primer lugar hacemos el cambio de variable \(t=e^x\), con lo que

\[dt=e^x\,dx\Rightarrow dx=\frac{dt}{e^x}=\frac{dt}{t}=\frac{1}{t}\,dt\]

Sustituyendo tenemos:

\[I=\int{\frac{3e^{2x}+4e^x+3}{e^{2x}+3e^x+3}\,dx}=\int{\frac{3t^2+4t+3}{t^2+3t+3}\cdot\frac{1}{t}\,dt}=\int{\frac{3t^2+4t+3}{t^3+3t^2+3t}\,dt}\]

Observemos que \(t^3+3t^2+3t=t(t^2+3t+3)\) donde \(t^2+3t+3\) carece de raíces reales. Descompongamos pues el integrando en suma de fracciones simples o parciales:

\[\frac{3t^2+4t+3}{t^3+3t^2+3t}=\frac{A}{t}+\frac{Bt+C}{t^2+3t+3}\]

Efectuando la suma del segundo miembro e igualando numeradores se obtiene que

\[3t^2+4t+3=A(t^2+3t+3)+(Bt+C)t\]

Demos valores a \(t\):

\[t=0\Rightarrow 3=3A\Rightarrow A=1\]

\[t=1\Rightarrow 10=7A+B+C\Rightarrow B+C=3\]

\[t=-1\Rightarrow 2=A+B-C\Rightarrow B-C=1\]

Resolviendo el sistema en \(B\) y en \(C\) se obtiene \(B=2\) y \(C=1\). Luego,

\[I=\int{\frac{1}{t}\,dt}+\int{\frac{2t+1}{t^2+3t+3}\,dt}=I_1+I_2+C\]

Por un lado

\[I_1=\int{\frac{1}{t}\,dt}=\ln|t|\]

Por otro lado, para calcular \(I_2\), completemos el denominador a cuadrado perfecto (ver el último apartado de los apuntes dedicados a los métodos de integración):

\[t^2+3t+3=t^2+2\cdot\frac{3}{2}\cdot t+3=t^2+2\cdot\frac{3}{2}\cdot t+\left(\frac{3}{2}\right)^2-\left(\frac{3}{2}\right)^2+3=\]

\[=\left(t+\frac{3}{2}\right)^2-\frac{9}{4}+3=\left(t+\frac{3}{2}\right)^2+\frac{3}{4}=y^2+\frac{3}{4}\]

En la última igualdad hemos hecho el cambio de variable \(y=t+\dfrac{3}{4}\), de donde tenemos que \(t=y-\dfrac{3}{2}\) y \(dt=dy\). Sustituyendo resulta:

\[I_2=\int{\frac{2t+1}{t^2+3t+3}\,dt}=\int{\frac{2(y-3/2)+1}{y^2+3/4}\,dy}=\int{\frac{2y}{y^2+3/4}\,dy}-2\int{\frac{1}{y^2+(\sqrt{3}/2)^2}\,dy}=\]

\[=\ln\left(y^2+\frac{3}{4}\right)-2\frac{1}{\sqrt{3}/2}\text{arctg}\,\frac{y}{\sqrt{3}/2}=\ln(t^2+3t+3)-\frac{4\sqrt{3}}{3}\text{arctg}\,\frac{2t+3}{\sqrt{3}}\]

Por último

\[I=\ln|t|+\ln(t^2+3t+3)-\frac{4\sqrt{3}}{3}\text{arctg}\,\frac{2t+3}{\sqrt{3}}+C\]

Pero \(t=e^x\) y \(\ln|t|=\ln|e^x|=x\). Sustituyendo tenemos la primitiva solicitada:

\[I=x+\ln(e^{2x}+3e^x+3)-\frac{4\sqrt{3}}{3}\text{arctg}\,\frac{2e^x+3}{\sqrt{4}}+C\]

Dibujemos la elipse, teniendo en cuenta que su centro es el origen de coordenadas y sus semiejes son \(\sqrt{4}=2\) y \(\sqrt{9}=3\), respectivamente.

 integrales24

El área que se pide es \(4\) veces la de la zona sombreada. Ésta, llamémosla \(S\), es:

\[S=\int^2_0{y\,dx}\]

Despejemos \(y\) de la ecuación de la elipse:

\[y=\pm3\sqrt{1-\frac{x^2}{4}}=\pm\frac{3}{2}\sqrt{4-x^2}\]

Como la posición de la elipse que limita la zona sombreada se encuentra en el semiplano superior, ha de ser \(y\geq0\), por lo que

\[y=\frac{3}{2}\sqrt{4-x^2}\]

de donde

\[S=\frac{3}{2}\int^2_0{\sqrt{4-x^2}\,dx}\]

Calculemos la integral que aparece en la fórmula anterior utilizando el método de integración por partes:

\[I=\int\sqrt{4-x^2}\,dx=\begin{bmatrix}u=\sqrt{4-x^2} & ; & \displaystyle du=\frac{-xdx}{\sqrt{4-x^2}} \\ dv=dx & ; & v=x  \end{bmatrix}=\]

\[=x\sqrt{4-x^2}-\int{x\frac{-xdx}{\sqrt{4-x^2}}}=x\sqrt{4-x^2}-\int{\frac{-x^2}{\sqrt{4-x^2}}\,dx}\]

Y ahora atención al "truco":

\[\frac{-x^2}{\sqrt{4-x^2}}=\frac{4-x^2-4}{\sqrt{4-x^2}}=\frac{4-x^2}{\sqrt{4-x^2}}-\frac{4}{\sqrt{4-x^2}}=\]

\[=\sqrt{4-x^2}-\frac{4}{\sqrt{4-x^2}}\]

 Luego:

\[I=x\sqrt{4-x^2}-\int{\left(\sqrt{4-x^2}-\frac{4}{\sqrt{4-x^2}}\right)\,dx}=\]

\[=x\sqrt{4-x^2}-\int{\sqrt{4-x^2}\,dx}+4\int{\frac{1}{\sqrt{4-x^2}}\,dx}=\]

\[x\sqrt{4-x^2}-I+4\text{arcsen}\,\frac{x}{2}\]

 Despejando \(I\) se obtiene:

\[I=\frac{x}{2}\sqrt{4-x^2}+2\text{arcsen}\,\frac{x}{2}+C\]

Finalmente el área pedida es:

\[4S=4\cdot\frac{3}{2}\int^2_0{\sqrt{4-x^2}\,dx}=6\left[\frac{x}{2}\sqrt{4-x^2}+2\text{arcsen}\,\frac{x}{2}\right]^2_0\]

\[=6[(0+2\text{arcsen}\,1)-(0+2\text{arcsen}\,0)]=6\left(2\frac{\pi}{2}-0\right)=6\pi\,\text{uds}^2\]

 Nota. En general el área de una elipse de semiejes \(a\) y \(b\) es \(\pi ab\).

Hallemos, en primer lugar, la ecuación de la recta tangente en \(x=e\).

Por un lado:

\[f'(x)=2x\ln x+x\Rightarrow f'(e)=2e\ln e+e=3e\]

Por otro:

\[f(e)=e^2\ln e=e^2\]

Así pues la ecuación de la recta tangente en \(x=e\) es:

\[y-f(e)=f'(e)(x-e)\Rightarrow y-e^2=3e(x-e)\Rightarrow y=3ex-2e^2\]

La abscisa de la intersección de esta recta con el eje \(OX\) es:

\[3ex-2e^2=0\Rightarrow x=\frac{2e}{3}\approx1,81\]

Hagamos un dibujo aproximado de la gráfica de \(f\).

Para empezar, nuestra función está definida en \((0,\,+\infty)\), en el cual es continua por ser producto de funciones continuas.

Hallemos sus extremos relativos y sus intervalos de monotonía. La derivada de \(f\) es

\[f'(x)=2x\ln x+x^2\dfrac{1}{x}=2x\ln x+x=x(2\ln x+1)\]

Igualando la derivada a cero obtenemos los posibles extremos relativos (puntos singulares o críticos):

\[f'(x)=0\Leftrightarrow x(2\ln x+1)=0\Leftrightarrow \begin{cases}x=0\\ \ln x=-\frac{1}{2}\Rightarrow x=e^{-1/2}\end{cases}\]

Estudiemos pues el signo de la derivada en los intervalos \((0,\,e^{-1/2})\) y \((e^{-1/2},\,+\infty)\).

  • Un punto de \((0,\,e^{-1/2})\) es \(x=e^{-1}\), en el que \(f'(e^{-1}=e^{-1}(2\ln e^{-1}+1)=-e^{-1}<0\), con lo que \(f\) es decreciente en \((0,\,e^{-1/2})\).
  • Un punto de \((e^{-1/2},\,+\infty)\) es \(x=e\), en el que \(f'(e)=e(2\ln e+1)=3e>0\), con lo que \(f\) es creciente en \((e^{-1/2},\,+\infty)\).

La imagen de \(x=e^{-1/2}\) es \(f(e^{-1/2})=\left(e^{-1/2}\right)^2\ln e^{-1/2}=-\dfrac{e^{-1}}{2}\), con lo que del estudio de la monotonía realizado en los dos apartados anteriores, se desprende que el punto \(\left(e^{-1/2},\,-\dfrac{e^{-1}}{2}\right)=(0,61,\,18)\) es un mínimo relativo.

Si hacemos los límites cuando \(x\) tiende a cero y cuando \(x\) tiende a \(+\infty\) también tendremos información suficiente para dibujar la gráfica de \(f(x)=x^2\ln x\).

\[\lim_{x\rightarrow0}(x^2\ln x)=[\text{Indeterminación }0\cdot\infty]=\lim_{x\rightarrow0}\dfrac{\ln x}{1/x^2}=\lim_{x\rightarrow0}\dfrac{1/x}{-2x/x^4}=\lim_{x\rightarrow0}\dfrac{-x}{2}=0\]

\[\lim_{x\rightarrow+\infty}(x^2\ln x)=+\infty\cdot+\infty=+\infty\]

Obsérvese que para calcular el primero de los límites anteriores se ha hecho uso de la regla de L'Hôpital.

Finalmente calculemos los puntos de corte de la gráfica de \(f\) con el eje \(X\):

\[x^2\ln x=0\Leftrightarrow\begin{cases}x=0\notin\text{Dom}\,f\\ \ln x=0\Rightarrow x=1\end{cases}\]

Por tanto el único punto donde la gráfica de \(f\) corta al eje \(OX\) es el punto \((1,\,0)\).

Ahora sí que podemos dibujar la gráfica de \(f\) y la recta tangente a \(f\) en el punto \(x=e\) calculada más arriba.

grafica01

Y también podemos dibujar la región cuya área hemos de calcular:

grafica02

El área \(A\) (la de color azul en la figura anterior) es \(A=A_1-A_2\) donde:

\(A_1\) es el área comprendida entre la gráfica de \(f\), la recta \(x=e\) y el eje \(OX\).

\(A_2\) es el área comprendida entre la gráfica de la recta tangente a \(f\) en el punto de abscisa \(x=e\), la recta \(x=e\) y el eje \(OX\).

Por tanto:

\[A=A_1-A_2=\int^e_1{x^2\ln x\,dx}-\int^e_{2e/3}{(3ex-2e^2)\,dx}\]

\(\displaystyle\int{x^2\ln x\,dx}\) se calcula por partes:

\[\int{x^2\ln x\,dx}=\begin{bmatrix}u=\ln x & ; & \displaystyle du=\frac{dx}{x} \\ dv=x^2\,dx & ; & \displaystyle v=\frac{x^2}{3}  \end{bmatrix}=\]

\[=\ln x\frac{x^3}{3}-\int{\frac{x^3}{3}\frac{dx}{x}}=\frac{x^3}{3}\ln x-\frac{x^2}{9}+C=\frac{x^3}{9}(3\ln x-1)+C\]

Entonces:

\[A_1=\int^e_1{x^2\ln x\,dx}=\left[\frac{x^3}{9}(3\ln x-1)\right]^e_1=\]

\[=\left[\frac{e^3}{9}(3\ln e-1)-\frac{1}{9}(3\ln 1-1)\right]^e_1=\frac{2e^3+1}{9}\]

Por otro lado \(\displaystyle A_2=\int^e_{2e/3}{(3ex-2e^2)\,dx}\) se puede calcular integrando de manera inmediata (¡inténtalo!), aunque resulta más facil si se tiene en cuenta que es el área de un triángulo (el triángulo de color verde de la figura anterior):

\[A_2=\frac{1}{2}\left(e-\frac{2e}{3}\right)e^2=\frac{1}{2}\frac{e}{3}e^2=\frac{e^3}{6}\]

Finalmente

\[A=A_1-A_2=\frac{2e^3+1}{9}-\frac{e^3}{6}=\frac{e^3+2}{18}\,\text{uds}^2\]

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Integrales exámenes Selectividad - Matemáticas II

En la siguiente relación puedes descargar, en formato pdf, ejercicios de integrales tanto definidas como indefinidas propuestas en Selectividad (PAEG) por la Universidad de Castilla-La Mancha (UCLM) en la materia de matemáticas II.

Más en concreto:

  • Del ejercicio 1, las 33 primeras integrales indefinidas se propuesieron en los exámenes de selectividad entre junio de 2000 y septiembre de 2011. Las integrales indefinidas de la 34 a la 53 se propusieron entre 1989 y 1999. Se publicaron en este artículo como página HTML.
  • Los ejercicios 2 a 51 de integral definida y cálculo de áreas se propusieron entre junio de 2000 y septiembre de 2011. 
  • Los ejercicios 52 a 69, también de integral indefinida y cálculo de áreas, se propuesieron entre 1989 y 1999.
  • El ejercicio 54 es el único donde se propone el cálculo de un volumen a partir de una curva que gira alrededor del eje OX (actualmente este tipo de ejercicios no se pondrían pues no es un contenido mínimo en la materia de matemáticas II).

ACCESO A INTEGRALES SELECTIVIDAD EN PDF AQUÍ


Se ofrecen todas las soluciones finales de las integrales indefinidas y algunas de las integrales definidas y cálculo de áreas. En todo caso el documento anterior se irá actualizando progresivamente hasta tener la totalidad de soluciones finales de todos y cada uno de los ejercicios. También se actualizará a los ejercicios propuestos, con sus respectivas soluciones, a partir del año 2012.

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