Matemáticas IIDifícilProblema · 2,5 pts

Integrales

Andalucía · 2010 · Reserva 1 · Opción B

Enunciado

Opción B · Ejercicio 2. Dada la función

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

definida por

f(x) = \ln x

, donde

\ln

es la función logaritmo neperiano, se pide:

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

\;y = -e x+1+e^{2}\;

es la recta normal a la gráfica de

f

en el punto de abscisa

x = e

.

b) [1,75 puntos] Calcula el área de la región limitada por la gráfica de

f

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

Comprobar el resultadocompara con lo que te ha salido

Resultado

\boxed{\;f(e) = 1, \ f'(e) = \tfrac1e \;\Longrightarrow\; m_{n} = -e: \ y = -ex+e^{2}+1 \;\checkmark\;}

\boxed{\;\text{Vértices: } (1,0), \ (e,1), \ \left(e+\tfrac1e,\,0\right)\;}

\boxed{\;A_{1} = \int_{1}^{e}\ln x\,dx = \Bigl[x\ln x-x\Bigr]_{1}^{e} = 1\;}

\boxed{\;A_{2} = \tfrac12\cdot\tfrac1e\cdot1 = \tfrac{1}{2e}; \qquad A = 1+\frac{1}{2e} \approx 1{,}18\;}

Ver la solución paso a pasoestrategia, desarrollo y consejo

Estrategia

a) Se comprueban dos cosas: que la recta pasa por $\bigl(e,f(e)\bigr) = (e,1)$ y que su pendiente es $-\dfrac{1}{f'(e)} = -e$ .
b) La región tiene tres vértices: $(1,0)$ (donde $\ln x$ corta el eje $X$ ), $(e,1)$ (punto de tangencia/normalidad) y el corte de la normal con el eje $X$ .

Se parte en dos trozos: bajo la curva de

x=1

x=e

, y el triángulo bajo la normal desde

x=e

hasta su corte con el eje.

Desarrollo

a) La recta normal.

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

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

m_{\text{normal}} = -\frac{1}{f'(e)} = -e

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

Es exactamente la recta del enunciado.

b) La región. Sus vértices:

$\ln x = 0 \Rightarrow x = 1$ : punto $(1,\,0)$ .
Punto de la curva y de la normal: $(e,\,1)$ .
Corte de la normal con el eje $X$ :

-e x+e^{2}+1 = 0 \;\Longrightarrow\; x = \frac{e^{2}+1}{e} = e+\frac1e \approx 3{,}086

\left(e+\frac1e,\; 0\right)

Descomposición. La región está limitada por debajo por el eje

X

y por arriba por la curva

\ln x

entre

x=1

x=e

, y por la recta normal entre

x=e

x = e+\frac1e

A = \underbrace{\int_{1}^{e}\ln x\,dx}_{A_{1}}+\underbrace{\text{triángulo}}_{A_{2}}

Primer trozo. Por partes (

u = \ln x

dv = dx

\int\ln x\,dx = x\ln x-x

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

Segundo trozo. Es un triángulo rectángulo de base

\left(e+\frac1e\right)-e = \frac1e

y altura

1

(la ordenada del punto

(e,1)

A_{2} = \frac12\cdot\frac1e\cdot1 = \frac{1}{2e}

El área total.

A = 1+\frac{1}{2e} \approx 1+0{,}184 = 1{,}184 \ \text{u}^{2}

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

Consejo

Para "comprobar" una recta normal basta con dos verificaciones: que pasa por el punto y que su pendiente es $-\frac{1}{f'(a)}$ . No hace falta reconstruirla desde cero (aunque aquí lo hemos hecho, y sale idéntica).

El área se parte en dos trozos porque la frontera superior cambia de la curva a la recta en $x = e$ . Olvidar el triángulo es el fallo más común.

El segundo trozo no necesita integral: es un triángulo rectángulo de base $\frac1e$ y altura $1$ . Reconocerlo ahorra tiempo y evita errores.