Matemáticas IIMedioProblema · 2,5 pts

Integrales

Andalucía · 2021 · Reserva 4

Enunciado

Ejercicio 3 (bloque A). Considera la función

f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}

definida por

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

.

a) [1,25 puntos] Determina los intervalos de crecimiento y de decrecimiento de

f

.

b) [1,25 puntos] Calcula

\displaystyle\int_{0}^{2} f(x)\,dx

Comprobar el resultadocompara con lo que te ha salido

Resultado

\boxed{\;\text{a)}\quad \text{Decreciente en } \left(-\infty, \tfrac{1}{2}\right), \; \text{creciente en } \left(\tfrac{1}{2}, +\infty\right); \quad \text{mínimo } f\!\left(\tfrac12\right) = \tfrac{3}{4}\;}

\boxed{\;\text{b)}\quad \int_{0}^{2} f = \frac{5}{6} + \frac{17}{6} = \frac{11}{3} \approx 3{,}67\;}

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Estrategia

Como siempre con un valor absoluto, lo primero es escribir la función a trozos, partiendo en

x = 1

(donde se anula

x-1

f(x) = \begin{cases} x^{2} - x + 1 & \text{si } x < 1 \\ x^{2} + x - 1 & \text{si } x \geq 1 \end{cases}

En a) hay que estudiar cada trozo por separado y mirar además qué pasa en el punto de empalme: la función es continua ahí pero no derivable, y conviene comprobar si el punto anguloso es o no un extremo.

En b), como el intervalo

[0,2]

contiene el punto

x=1

, la integral hay que partirla en dos.

Desarrollo

Expresión a trozos. Con

|x-1| = 1 - x

x < 1

|x-1| = x-1

x \geq 1

f(x) = \begin{cases} x^{2} + 1 - x = x^{2} - x + 1 & \text{si } x < 1 \\[4pt] x^{2} + x - 1 & \text{si } x \geq 1 \end{cases}

a) Derivada en cada trozo.

Para $x < 1$ :

\;f'(x) = 2x - 1

, que se anula en

x = \frac{1}{2}

(que sí está en el trozo).

En $\left(-\infty, \frac{1}{2}\right)$ : $f' < 0$ , decreciente.
En $\left(\frac{1}{2}, 1\right)$ : $f' > 0$ , creciente.

Para $x > 1$ :

\;f'(x) = 2x + 1 > 0

siempre en ese trozo, luego creciente.

El punto de empalme $x = 1$ . Las derivadas laterales son

f'(1^{-}) = 2 - 1 = 1, \qquad f'(1^{+}) = 2 + 1 = 3

Son distintas, así que

f

no es derivable en

x=1

(hay un punto anguloso), pero las dos son positivas: la función sigue creciendo al pasar por ahí y

x=1

no es un extremo.

Conclusión.

\text{Decreciente en } \left(-\infty,\, \tfrac{1}{2}\right), \qquad \text{creciente en } \left(\tfrac{1}{2},\, +\infty\right)

con un mínimo (absoluto) en

x = \frac{1}{2}

f\!\left(\frac{1}{2}\right) = \frac{1}{4} + \frac{1}{2} = \frac{3}{4}

b) La integral. El punto

x = 1

está dentro de

[0,2]

, así que partimos:

\int_{0}^{2} f(x)\,dx = \int_{0}^{1}\bigl(x^{2} - x + 1\bigr)dx + \int_{1}^{2}\bigl(x^{2} + x - 1\bigr)dx

Primer tramo.

\int_{0}^{1}\bigl(x^{2}-x+1\bigr)dx = \left[\frac{x^{3}}{3} - \frac{x^{2}}{2} + x\right]_{0}^{1} = \frac{1}{3} - \frac{1}{2} + 1 = \frac{2 - 3 + 6}{6} = \frac{5}{6}

Segundo tramo.

\int_{1}^{2}\bigl(x^{2}+x-1\bigr)dx = \left[\frac{x^{3}}{3} + \frac{x^{2}}{2} - x\right]_{1}^{2}

x=2

\;\dfrac{8}{3} + 2 - 2 = \dfrac{8}{3}

. En

x=1

\;\dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{2} - 1 = -\dfrac{1}{6}

= \frac{8}{3} + \frac{1}{6} = \frac{16 + 1}{6} = \frac{17}{6}

Total.

\int_{0}^{2} f(x)\,dx = \frac{5}{6} + \frac{17}{6} = \frac{22}{6} = \frac{11}{3} \approx 3{,}67

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

Consejo

El punto anguloso $x=1$ no es un extremo: las dos derivadas laterales son positivas ( $1$ y $3$ ), así que la función sigue creciendo. Comparar los signos de las derivadas laterales, y no solo comprobar que son distintas, es lo que decide si un punto anguloso es máximo, mínimo o ninguna de las dos cosas.

Y aunque $f$ sea continua en todo $\mathbb{R}$ , la integral de $0$ a $2$ hay que partirla en $x=1$ , porque la fórmula cambia ahí. Integrar $x^{2}+x-1$ de $0$ a $2$ da $\frac{8}{3}$ , un valor plausible pero equivocado.