Matemáticas IIMedioProblema · 2,5 pts

Integrales

Andalucía · 2008 · Reserva 1 · Opción B

Enunciado

Opción B · Ejercicio 2. Sea

g\colon(0,+\infty)\to\mathbb{R}

la función dada por

\;g(x) = \ln x

(

\ln

denota logaritmo neperiano).

a) [0,75 puntos] Justifica que la recta de ecuación

\;y = \dfrac1e x\;

es la recta tangente a la gráfica de

g

en el punto de abscisa

x = e

.

b) [1,75 puntos] Calcula el área del recinto limitado por la gráfica de

g

, el eje de abscisas y la recta tangente del apartado anterior.

Comprobar el resultadocompara con lo que te ha salido

Resultado

\boxed{\;g(e) = 1, \ g'(e) = \tfrac1e \;\Longrightarrow\; y = \tfrac{x}{e} \;\checkmark \ \text{(pasa por el origen)}\;}

\boxed{\;\text{Vértices } (0,0), \ (1,0), \ (e,1)\;}

\boxed{\;A_{\triangle} = \frac{e\cdot1}{2} = \frac e2; \qquad \int_{1}^{e}\ln x\,dx = \bigl[x\ln x-x\bigr]_{1}^{e} = 1\;}

\boxed{\;A = \frac e2-1 \approx 0{,}36 \ \text{u}^{2}\;}

Ver la solución paso a pasoestrategia, desarrollo y consejo

Estrategia

a) Dos comprobaciones: la recta pasa por $\bigl(e,g(e)\bigr) = (e,1)$ y su pendiente es $g'(e) = \frac1e$ .

(Nótese que la tangente pasa por el origen: es la única tangente a $\ln x$ que lo hace.)

b) Los vértices del recinto son $(0,0)$ , $(1,0)$ y $(e,1)$ . La vía rápida:

A = \underbrace{\text{triángulo bajo la tangente}}_{(0,0),\,(e,0),\,(e,1)}-\underbrace{\int_{1}^{e}\ln x\,dx}_{\text{área bajo la curva}}

Desarrollo

a) La recta tangente en $x = e$ .

g(e) = \ln e = 1 \;\Longrightarrow\; \text{el punto es } (e,\,1)

g'(x) = \frac1x \;\Longrightarrow\; g'(e) = \frac1e

y-1 = \frac1e\,(x-e) \;\Longrightarrow\; y = \frac{x}{e}-1+1 = \frac{x}{e} \;\checkmark

Es exactamente la recta del enunciado, y además pasa por el origen.

b) El recinto. Sus vértices:

$\ln x = 0 \Longrightarrow x = 1$ : punto $(1,\,0)$ ,
la tangente corta el eje $X$ en $\dfrac{x}{e} = 0 \Longrightarrow x = 0$ : el origen $(0,\,0)$ ,
el punto de tangencia $(e,\,1)$ .

El triángulo bajo la tangente, de vértices

(0,0)

(e,0)

(e,1)

A_{\triangle} = \frac{\text{base}\cdot\text{altura}}{2} = \frac{e\cdot1}{2} = \frac{e}{2}

El área bajo la curva, de

x=1

(donde

\ln x = 0

) a

x = e

\int_{1}^{e}\ln x\,dx = \Bigl[x\ln x-x\Bigr]_{1}^{e} = (e-e)-(0-1) = 1

(Recordatorio: $\int\ln x\,dx = x\ln x-x$ , por partes con $u = \ln x$ , $dv = dx$ .)

El área del recinto.

A = A_{\triangle}-\int_{1}^{e}\ln x\,dx = \frac{e}{2}-1 \approx 1{,}359-1 = 0{,}359 \ \text{u}^{2}

Comprobación por integración directa (dos tramos):

\int_{0}^{1}\frac{x}{e}\,dx+\int_{1}^{e}\left[\frac{x}{e}-\ln x\right]dx = \frac{1}{2e}+\left(\frac{e}{2}-\frac{1}{2e}-1\right) = \frac{e}{2}-1 \;\checkmark

Simulación interactivaVisualiza este problema en una simulación (se abre en una nueva pestaña)

Consejo

Para "justificar" una tangente basta con dos comprobaciones: que pasa por el punto y que la pendiente coincide con $g'(a)$ . No hace falta deducirla desde cero.

Cuando una parte del recinto es un triángulo, mídelo con la fórmula elemental: aquí ahorra una de las dos integrales.

$\int\ln x\,dx = x\ln x-x$ conviene tenerlo memorizado. Y ojo al evaluar en $x=1$ : da $-1$ , que al restarse aporta el $+1$ .