Matemáticas IIDifícilProblema · 2,5 pts

Integrales

Andalucía · 2019 · Junio · Opción A

Enunciado

Opción A · Ejercicio 2. [2,5 puntos] Sea la función

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

definida por

f(x) = \frac{1 + e^{x}}{1 - e^{x}}

Halla la primitiva de

f

cuya gráfica pasa por el punto

(1,1)

. (Sugerencia: cambio de variable $t = e^{x}$ .)

Comprobar el resultadocompara con lo que te ha salido

Resultado

\boxed{\;t = e^{x} \Rightarrow \int f\,dx = \int\frac{1+t}{t(1-t)}dt = \int\left(\frac1t + \frac{2}{1-t}\right)dt = \ln|t| - 2\ln|1-t| + C\;}

\boxed{\;F(x) = x - 2\ln\bigl(e^{x}-1\bigr) + C, \qquad F(1) = 1 \Longrightarrow C = 2\ln(e-1)\;}

\boxed{\;F(x) = x - 2\ln\bigl(e^{x}-1\bigr) + 2\ln(e-1)\;}

Ver la solución paso a pasoestrategia, desarrollo y consejo

Estrategia

Con el cambio sugerido,

t = e^{x}

, se tiene

dt = e^{x}dx = t\,dx

, luego

dx = \dfrac{dt}{t}

. La integral se convierte en una racional

\int\frac{1+t}{1-t}\cdot\frac{dt}{t} = \int\frac{1+t}{t\,(1-t)}\,dt

que se resuelve por fracciones simples.

Al deshacer el cambio hay que prestar atención a los valores absolutos: como el dominio es

(0,+\infty)

, se cumple

e^{x} > 1

y por tanto

1 - e^{x} < 0

. Eso permite escribir

|1 - e^{x}| = e^{x} - 1

y dejar el resultado limpio.

Por último, "la primitiva que pasa por

(1,1)

" es simplemente fijar la constante.

Desarrollo

El cambio de variable.

t = e^{x} \;\Longrightarrow\; dt = e^{x}\,dx = t\,dx \;\Longrightarrow\; dx = \frac{dt}{t}

\int\frac{1+e^{x}}{1-e^{x}}\,dx = \int\frac{1+t}{1-t}\cdot\frac{dt}{t} = \int\frac{1+t}{t\,(1-t)}\,dt

Fracciones simples.

\frac{1+t}{t\,(1-t)} = \frac{A}{t} + \frac{B}{1-t} \;\Longrightarrow\; 1 + t = A\,(1-t) + B\,t

t = 0: \; 1 = A \qquad\qquad t = 1: \; 2 = B

\int\left(\frac{1}{t} + \frac{2}{1-t}\right)dt = \ln|t| - 2\ln|1-t| + C

(El signo menos del segundo término viene de la regla de la cadena: la derivada de $1-t$ es $-1$ .)

Deshaciendo el cambio. Con

t = e^{x}

\ln(e^{x}) = x

\int f(x)\,dx = x - 2\ln\bigl|1 - e^{x}\bigr| + C

Como el dominio es

(0,+\infty)

, se tiene

e^{x} > e^{0} = 1

, luego

1 - e^{x} < 0

\bigl|1 - e^{x}\bigr| = e^{x} - 1

F(x) = x - 2\ln\bigl(e^{x} - 1\bigr) + C

Comprobación (derivando):

F'(x) = 1 - 2\cdot\frac{e^{x}}{e^{x}-1} = \frac{e^{x} - 1 - 2e^{x}}{e^{x}-1} = \frac{-e^{x}-1}{e^{x}-1} = \frac{1 + e^{x}}{1 - e^{x}} = f(x) \quad \checkmark

La constante. Imponemos

F(1) = 1

1 - 2\ln\bigl(e - 1\bigr) + C = 1 \;\Longrightarrow\; C = 2\ln(e-1)

F(x) = x - 2\ln\bigl(e^{x}-1\bigr) + 2\ln(e-1)

Numéricamente,

C = 2\ln(e-1) \approx 1{,}083

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

Consejo

El cambio de variable también transforma el $dx$ : aquí $dx = \frac{dt}{t}$ , y ese $t$ extra en el denominador es el que hace que la fracción tenga dos polos ( $t=0$ y $t=1$ ) en vez de uno. Sin él, la descomposición sería otra y el resultado, incorrecto.

Cuida el signo de $\int\frac{2}{1-t}dt = -2\ln|1-t|$ . Es el error más frecuente en este tipo de integral: derivar mentalmente $\ln|1-t|$ para comprobarlo cuesta dos segundos.

Y aprovecha el dominio que te dan: en $(0,+\infty)$ es $e^{x} > 1$ , así que el valor absoluto se puede quitar de forma explícita. Dejarlo escrito como $|1-e^{x}|$ no está mal, pero razonar el signo demuestra que has entendido para qué sirve el dominio del enunciado.