Matemáticas IIDifícilProblema · 2,5 pts

Integrales

Andalucía · 2009 · Reserva 4 · Opción A

Enunciado

Opción A · Ejercicio 2. Sea

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

la función definida por

\;f(x) = 1+\ln(x)

, siendo

\ln

la función logaritmo neperiano.

a) [1 punto] Comprueba que la recta de ecuación

\;y = 1+\dfrac{1}{e}x\;

es la recta tangente a la gráfica de

f

en el punto de abscisa

x = e

.

b) [1,5 puntos] Calcula el área del recinto limitado por la gráfica de

f

, el eje de abscisas y la recta tangente del apartado (a).

Comprobar el resultadocompara con lo que te ha salido

Resultado

\boxed{\;f(e) = 2, \ f'(e) = \tfrac1e \;\Longrightarrow\; y = 1+\tfrac{x}{e} \;\checkmark\;}

\boxed{\;\text{Vértices } \left(\tfrac1e,0\right), \ (-e,0), \ (e,2)\;}

\boxed{\;A_{\triangle} = \frac{2e\cdot2}{2} = 2e; \qquad \int_{1/e}^{e}(1+\ln x)dx = \bigl[x\ln x\bigr]_{1/e}^{e} = e+\tfrac1e\;}

\boxed{\;A = 2e-\left(e+\tfrac1e\right) = e-\frac1e \approx 2{,}35 \ \text{u}^{2}\;}

Ver la solución paso a pasoestrategia, desarrollo y consejo

Estrategia

a) Se comprueban dos cosas: que la recta pasa por $\bigl(e,f(e)\bigr)$ y que su pendiente es $f'(e) = \frac1e$ .
b) Los vértices del recinto son:

\left(\frac1e,\,0\right)

: donde la curva corta el eje

X

,
-

(-e,\,0)

: donde la tangente corta el eje

X

,
-

(e,\,2)

: el punto de tangencia.

La forma más rápida: área del triángulo bajo la tangente menos el área bajo la curva.

Desarrollo

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

f(e) = 1+\ln e = 2 \;\Longrightarrow\; \text{el punto es } (e,\,2)

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

y-2 = \frac1e\,(x-e) \;\Longrightarrow\; y = \frac{x}{e}-1+2 = 1+\frac{x}{e} \;\checkmark

b) Los vértices del recinto.

La curva corta el eje $X$ :

\;1+\ln x = 0 \Longrightarrow \ln x = -1 \Longrightarrow x = \dfrac1e

.

La tangente corta el eje $X$ :

\;1+\dfrac{x}{e} = 0 \Longrightarrow x = -e

\text{Vértices: } \left(\tfrac1e,\,0\right), \quad (-e,\,0), \quad (e,\,2)

El triángulo bajo la tangente. Tiene vértices

(-e,0)

(e,0)

(e,2)

\text{base} = e-(-e) = 2e \qquad \text{altura} = 2

A_{\triangle} = \frac{2e\cdot2}{2} = 2e

El área bajo la curva, de

x = \frac1e

(donde vale

0

) a

x = e

\int_{1/e}^{e}\bigl(1+\ln x\bigr)dx = \Bigl[x+x\ln x-x\Bigr]_{1/e}^{e} = \Bigl[x\ln x\Bigr]_{1/e}^{e}

(Se ha usado $\int\ln x\,dx = x\ln x-x$ , y el $+x$ de la integral de $1$ lo cancela.)

= e\cdot1-\frac1e\cdot(-1) = e+\frac1e

El área del recinto.

A = A_{\triangle}-\int_{1/e}^{e}f = 2e-\left(e+\frac1e\right) = e-\frac1e \approx 2{,}350 \ \text{u}^{2}

Comprobación por integración directa (dos tramos):

\int_{-e}^{1/e}\left(1+\frac{x}{e}\right)dx+\int_{1/e}^{e}\left[\left(1+\frac{x}{e}\right)-\bigl(1+\ln x\bigr)\right]dx = e-\frac1e \;\checkmark

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

Consejo

Truco de cálculo: $\;\int(1+\ln x)dx = x+(x\ln x-x) = x\ln x$ . El $+x$ de la constante se cancela con el $-x$ de la integral por partes.

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

Ojo con $\ln\frac1e = -1$ : al evaluar $x\ln x$ en $\frac1e$ sale $-\frac1e$ , y al restarlo queda $+\frac1e$ . Es el signo que más se falla.