Integrales

a) Escribo los planos en forma general:$$\pi_1 \equiv x - y = 1, \qquad \pi_2 \equiv y + 2z = 5.$$Sus vectores normales, $\vec n_1 = (1, -1, 0)$ y $\vec n_2 = (0, 1, 2)$, no son proporcionales: los planos se cortan en una recta. La matriz de coeficientes tiene rango 2 y hay 3 incógnitas, así que la solución depende de un parámetro. Tomo $z = \lambda$:$$y = 5 - 2z = 5 - 2\lambda, \qquad x = y + 1 = 6 - 2\lambda.$$$$r \equiv \left\{\begin{array}{l} x = 6 - 2\lambda \\ y = 5 - 2\lambda \\ z = \lambda \end{array}\right., \qquad \lambda \in \mathbb{R}.$$Es la recta que pasa por $P = (6, 5, 0)$ con director $\vec d = (-2, -2, 1)$.

Comprobación. El director debe ser perpendicular a las dos normales:$$\vec n_1 \times \vec n_2 = \begin{vmatrix} \vec i & \vec j & \vec k \\ 1 & -1 & 0 \\ 0 & 1 & 2 \end{vmatrix} = (-2, -2, 1) = \vec d,$$y el punto $P$ cumple $6 = 5 + 1$ y $5 + 0 = 5$.

b) Teorema del valor medio del cálculo integral. Si $f$ es continua en el intervalo cerrado $[a, b]$, existe al menos un punto $c \in [a, b]$ tal que$$\int_a^b f(x)\, dx = f(c)\,(b - a).$$Hipótesis. $f(x) = \dfrac{3}{x^2}$ solo deja de ser continua en $x = 0$, que no está en $[1, 3]$; por tanto es continua en $[1, 3]$ y el teorema se puede aplicar.

La integral. Con la regla de Barrow:$$\int_1^3 \frac{3}{x^2}\, dx = \int_1^3 3x^{-2}\, dx = \left[-\frac{3}{x}\right]_1^3 = -\frac{3}{3} - \left(-\frac{3}{1}\right) = -1 + 3 = 2.$$El punto $c$. Como $b - a = 3 - 1 = 2$:$$2 = f(c)\cdot 2 \;\Longrightarrow\; f(c) = 1 \;\Longrightarrow\; \frac{3}{c^2} = 1 \;\Longrightarrow\; c^2 = 3 \;\Longrightarrow\; c = \pm\sqrt 3.$$Solo $c = \sqrt 3 \approx 1{,}732$ está en $[1, 3]$; $c = -\sqrt 3$ se descarta.

Interpretación geométrica. Como $f > 0$ en $[1, 3]$, la integral es el área del recinto bajo la curva $y = 3/x^2$ entre $x = 1$ y $x = 3$, que vale 2. El teorema dice que esa área es igual a la de un rectángulo con la misma base, $[1, 3]$ (longitud 2), y altura $f(\sqrt 3) = 1$: $2 \cdot 1 = 2$. Dicho de otro modo, 1 es el valor medio de $f$ en $[1, 3]$, y la función lo alcanza en $x = \sqrt 3$: la recta $y = 1$ corta a la curva en ese punto, y lo que la curva «sobra» por encima del rectángulo en $[1, \sqrt 3]$ compensa exactamente lo que «falta» en $[\sqrt 3, 3]$. En efecto, $\int_1^3 \left(f(x) - 1\right) dx = 2 - 2 = 0$.