Matemáticas IIDifícilProblema · 2,5 pts

Integrales

Andalucía · 2014 · Junio · Opción B

Enunciado

Opción B · Ejercicio 2. [2,5 puntos] Sea

f

la función definida por

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

para

x>-1

(

\ln

denota el logaritmo neperiano). Determina la primitiva de

f

cuya gráfica pasa por el punto

(1,0)

Comprobar el resultadocompara con lo que te ha salido

Resultado

\boxed{\;u = \ln(x+1), \quad dv = x\,dx \;\Longrightarrow\; v = \frac{x^{2}-1}{2} \ \ (\text{elección astuta})\;}

\boxed{\;\int x\ln(x+1)dx = \frac{x^{2}-1}{2}\ln(x+1)-\int\frac{x-1}{2}\,dx\;}

\boxed{\;F(x) = \frac{x^{2}-1}{2}\ln(x+1)-\frac{x^{2}}{4}+\frac x2+K; \qquad F(1) = 0 \Rightarrow K = -\frac14\;}

\boxed{\;F(x) = \frac{x^{2}-1}{2}\ln(x+1)-\frac{x^{2}}{4}+\frac{x}{2}-\frac{1}{4}\;}

Ver la solución paso a pasoestrategia, desarrollo y consejo

Estrategia

Integración por partes con

u = \ln(x+1)

(es lo único que no sabemos integrar directamente) y

dv = x\,dx

.

Con la elección habitual

v = \frac{x^{2}}{2}

, al aplicarla aparece la integral racional

\int\frac{x^{2}}{2(x+1)}\,dx

y ahí habría que dividir antes de integrar, porque el numerador tiene grado mayor que el denominador.

Un truco que simplifica mucho las cuentas: elegir

v = \dfrac{x^{2}-1}{2}

en vez de

\dfrac{x^{2}}{2}

. Las dos son primitivas de

x

, pero la primera se factoriza con el denominador y evita la división.

Desarrollo

Integración por partes. Con

u = \ln(x+1) \;\Longrightarrow\; du = \frac{dx}{x+1} \qquad dv = x\,dx \;\Longrightarrow\; v = \frac{x^{2}-1}{2}

(Cualquier primitiva de $x$ vale; se elige $\frac{x^{2}-1}{2}$ porque $x^{2}-1 = (x+1)(x-1)$ .)

\int x\ln(x+1)\,dx = \frac{x^{2}-1}{2}\ln(x+1)-\int\frac{x^{2}-1}{2}\cdot\frac{dx}{x+1}

La integral que queda se simplifica sola:

\frac{x^{2}-1}{2\,(x+1)} = \frac{(x+1)(x-1)}{2\,(x+1)} = \frac{x-1}{2}

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

La familia de primitivas.

F(x) = \frac{x^{2}-1}{2}\ln(x+1)-\frac{x^{2}}{4}+\frac{x}{2}+K

La condición del punto $(1,0)$ . Como

\ln 2

va multiplicado por

\frac{1-1}{2} = 0

F(1) = 0\cdot\ln 2-\frac14+\frac12+K = \frac14+K = 0 \;\Longrightarrow\; K = -\frac14

F(x) = \frac{x^{2}-1}{2}\ln(x+1)-\frac{x^{2}}{4}+\frac{x}{2}-\frac{1}{4}

Comprobación (derivando).

F'(x) = x\ln(x+1)+\frac{x^{2}-1}{2\,(x+1)}-\frac{x}{2}+\frac12 = x\ln(x+1)+\frac{x-1}{2}-\frac{x-1}{2} = x\ln(x+1) \;\checkmark

F(1) = 0-\frac14+\frac12-\frac14 = 0 \;\checkmark

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

Consejo

En $\int x\ln(x+1)\,dx$ el logaritmo va en $u$ siempre: es lo que no sabemos integrar, pero sí derivar. Ponerlo en $dv$ bloquea el ejercicio.

Elegir $v = \frac{x^{2}-1}{2}$ en lugar de $\frac{x^{2}}{2}$ es el truco que ahorra la división polinómica: el $(x+1)$ se cancela y queda una integral trivial. Si usas $\frac{x^{2}}{2}$ el resultado es el mismo, pero con más trabajo.

Con $v = \frac{x^{2}-1}{2}$ el punto $x=1$ anula el término del logaritmo, así que la constante sale de inmediato. Es otra ventaja de esa elección.