Menu
Cuadratura de un segmento de parábola

Cuadratura de un segmento de parábo…

Una forma de acercarse al...

Ejercicios de aplicaciones de las derivadas y del teorema del valor medio

Ejercicios de aplicaciones de las d…

Se proponen a continuaci&...

Aplicaciones de las derivadas. El teorema del valor medio

Aplicaciones de las derivadas. El t…

Ya hemos hablado en un pa...

Derivada de la función compuesta. Regla de la cadena

Derivada de la función compuesta. R…

Cuando en las matem&aacut...

Series infinitas de números reales. Series convergentes

Series infinitas de números reales.…

Las sucesiones de n&uacut...

La paradoja de Zenón

La paradoja de Zenón

El filósofo griego...

Funciones continuas e inyectivas

Funciones continuas e inyectivas

Nuestro último teo...

El problema de la velocidad. Derivada de una función. Ejemplos de derivadas

El problema de la velocidad. Deriva…

Un problema relativo a ve...

Prev Next

Elementos filtrados por fecha: Martes, 04 Junio 2013

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

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

Leer más ...
Suscribirse a este canal RSS

lasmatematicas.eu

Aplicaciones

Sígueme

webs de matemáticas