Matemáticas IIDifícilProblema · 2,5 pts

Integrales

Andalucía · 2015 · Reserva 5 · Opción A

Enunciado

Opción A · Ejercicio 2. Sea

f

la función definida por

f(x) = \lvert\ln(x)\rvert

para

x>0

(

\ln

denota la función logaritmo neperiano).

a) [0,5 puntos] Esboza el recinto limitado por la gráfica de

f

y la recta

y = 1

.

b) [0,5 puntos] Calcula los puntos de corte de la gráfica de

f

con la recta

y = 1

.

c) [1,5 puntos] Calcula el área del recinto citado.

Comprobar el resultadocompara con lo que te ha salido

Resultado

\boxed{\;f(x) = \ln x \text{ si } x\geq1; \quad f(x) = -\ln x \text{ si } 0<x<1 \quad (\text{"V" con vértice en } (1,0))\;}

\boxed{\;\text{b) } \lvert\ln x\rvert = 1 \;\Longrightarrow\; x = \frac1e \ \text{ y } \ x = e\;}

\boxed{\;A = \int_{1/e}^{1}(1+\ln x)\,dx+\int_{1}^{e}(1-\ln x)\,dx = \frac1e+(e-2)\;}

\boxed{\;A = e+\frac1e-2 \approx 1{,}09 \ \text{u}^{2}\;}

Ver la solución paso a pasoestrategia, desarrollo y consejo

Estrategia

Como siempre con un valor absoluto: partir la función.

\lvert\ln x\rvert = \begin{cases} \ln x & \text{si } x\geq 1 \\ -\ln x & \text{si } 0<x<1\end{cases}

La gráfica es la de

\ln x

con la parte negativa (la de

0<x<1

) reflejada hacia arriba: una "V" con el vértice en

(1,0)

.

Los cortes con

y=1

salen de dos ecuaciones,

\ln x = 1

\ln x = -1

, y aquí las dos tienen solución.

Y para el área hay que partir la integral en $x=1$ , donde cambia la rama. La primitiva de

\ln x

x\ln x-x

Desarrollo

a) El recinto. La gráfica de

f

es una "V" con vértice en

(1,0)

: baja desde

+\infty

(cuando

x\to0^{+}

) hasta

0

y vuelve a subir. La recta

y=1

la corta en dos puntos y encierra con ella un recinto acotado.

b) Puntos de corte.

\lvert\ln x\rvert = 1 \;\Longrightarrow\; \begin{cases} \ln x = 1 \;\Longrightarrow\; x = e \\[4pt] \ln x = -1 \;\Longrightarrow\; x = e^{-1} = \dfrac1e\end{cases}

\left(\frac1e,\; 1\right) \qquad \text{y} \qquad (e,\; 1)

c) El área. Dentro del recinto la recta va por encima de

f

(en

x=1

1>0

), así que se integra

1-f(x)

, partiendo en $x=1$ :

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

La primitiva de $\ln x$ (por partes,

u=\ln x

dv=dx

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

Primer tramo.

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

= \bigl(1\cdot 0\bigr)-\left(\frac1e\cdot(-1)\right) = \frac{1}{e}

Segundo tramo.

\int_{1}^{e}\bigl(1-\ln x\bigr)dx = \Bigl[x-x\ln x+x\Bigr]_{1}^{e} = \Bigl[2x-x\ln x\Bigr]_{1}^{e}

= \bigl(2e-e\bigr)-\bigl(2-0\bigr) = e-2

El área total.

A = \frac1e+e-2 = e+\frac1e-2 \approx 2{,}718+0{,}368-2 = 1{,}086 \ \text{u}^{2}

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Consejo

Al resolver $\lvert\ln x\rvert = 1$ hay que plantear las dos ecuaciones, $\ln x = 1$ y $\ln x = -1$ . Aquí ambas tienen solución, y quedarte con una sola te deja medio recinto.

Parte la integral en $x=1$ : es donde $\ln x$ cambia de signo y, por tanto, donde cambia la expresión de $f$ . Integrar de $\frac1e$ a $e$ de una vez da un resultado incorrecto.

En el primer tramo los términos $+x$ y $-x$ se cancelan y la primitiva queda simplemente $x\ln x$ : merece la pena simplificar antes de sustituir. Y recuerda que $\ln\frac1e = -1$ .