Matemáticas IIMedio3,3333333333333335 pts

Problema resuelto de Matemáticas II: IntegralesSelectividad (PAU) · Comunitat Valenciana 2020 · Julio

También trata: Límites y continuidad

Enunciado

Se da la función real

f

definida por

f(x) = \dfrac{x^2 + 1}{x^2(x - 1)}

. Obtener razonadamente, escribiendo todos los pasos del razonamiento utilizado:

a) El dominio y las asíntotas de la función

f

. (3 puntos)

b) La integral

\displaystyle\int f(x)\,dx

(3 puntos), así como la primitiva de

f(x)

cuya gráfica pasa por el punto

(2, 0)

. (1 punto)

c) El área de la región limitada por la curva

y = f(x)

y las rectas

y = 0

x = 2

x = 4

. (3 puntos)

Comprobar el resultadocompara con lo que te ha salido

Resultado

\operatorname{Dom}(f) = \mathbb{R} \setminus \{0, 1\}

. Asíntotas verticales

x = 0

x = 1

; asíntota horizontal

y = 0

.

b)

\int f(x)\,dx = -\ln|x| + \frac{1}{x} + 2\ln|x - 1| + C

; la que pasa por

(2, 0)

tiene

C = \ln 2 - \frac{1}{2}

.

c) Área

= \ln\frac{9}{2} - \frac{1}{4} \approx 1{,}25

u².

Ver la solución paso a pasoestrategia, desarrollo y consejo

Estrategia

Es una función racional con el denominador ya factorizado, y eso lo aprovecha todo:

el dominio son todos los reales menos las raíces del denominador, y en ellas buscamos las asíntotas verticales; como el grado del numerador (2) es menor que el del denominador (3), hay asíntota horizontal $y = 0$ ;
la integral es racional: se descompone en fracciones simples ( $x = 0$ es raíz doble, así que lleva $\frac{A}{x} + \frac{B}{x^2}$ , y $x = 1$ es simple);
el área, con la regla de Barrow, después de comprobar que $f$ no cambia de signo entre 2 y 4.

Desarrollo

a) Dominio. El denominador

x^2(x - 1)

se anula en

x = 0

x = 1

\operatorname{Dom}(f) = \mathbb{R} \setminus \{0, 1\}

Asíntota vertical $x = 0$ . El numerador vale 1 y el denominador tiende a 0 con signo negativo por los dos lados (

x^2 > 0

x - 1 \to -1

\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^+} f(x) = -\infty

Asíntota vertical $x = 1$ . El numerador vale 2 y

x - 1

cambia de signo:

\lim_{x \to 1^-} f(x) = -\infty, \qquad \lim_{x \to 1^+} f(x) = +\infty

Asíntota horizontal. Dividiendo por

x^3

\lim_{x \to \pm\infty} \frac{x^2 + 1}{x^3 - x^2} = 0

así que

y = 0

es asíntota horizontal (en

+\infty

y en

-\infty

). Al haber horizontal, no hay oblicuas.

b) Fracciones simples.

\frac{x^2 + 1}{x^2(x - 1)} = \frac{A}{x} + \frac{B}{x^2} + \frac{C}{x - 1} \;\Longrightarrow\; x^2 + 1 = A\,x(x - 1) + B\,(x - 1) + C\,x^2

$x = 0$ : $1 = -B$ , luego $B = -1$ .
$x = 1$ : $2 = C$ .
Coeficiente de $x^2$ : $1 = A + C$ , luego $A = -1$ .

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

Integral indefinida. Las tres son inmediatas:

\int f(x)\,dx = -\ln|x| + \frac{1}{x} + 2\ln|x - 1| + C

Primitiva que pasa por $(2, 0)$ . Imponemos

F(2) = 0

F(2) = -\ln 2 + \frac{1}{2} + 2\ln 1 + C = 0 \;\Longrightarrow\; C = \ln 2 - \frac{1}{2}

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

c) Signo de $f$ en $[2, 4]$ . Ahí

x^2 + 1 > 0

x^2 > 0

x - 1 > 0

, así que

f(x) > 0

: la curva va por encima del eje y el área es directamente la integral.

Regla de Barrow. Con la primitiva de b) (sin constante):

\text{Área} = \int_2^4 f(x)\,dx = \Big[-\ln x + \frac{1}{x} + 2\ln(x - 1)\Big]_2^4

= \Big(-\ln 4 + \frac{1}{4} + 2\ln 3\Big) - \Big(-\ln 2 + \frac{1}{2} + 0\Big) = 2\ln 3 - \ln 2 - \frac{1}{4} = \ln\frac{9}{2} - \frac{1}{4}

\text{Área} \approx 1{,}5041 - 0{,}25 = 1{,}254 \ \text{u}^2

Consejo

Con una raíz doble en el denominador, la descomposición necesita dos fracciones, $\frac{A}{x}$ y $\frac{B}{x^2}$ : si pones solo una, el sistema no tiene solución. Y recuerda que $\int \frac{dx}{x^2} = -\frac{1}{x}$ , no un logaritmo. Los criterios dan 3 puntos a la integral indefinida y 1 a la constante; antes de calcular un área, justifica el signo de la función en el intervalo.