Matemáticas IIFácilProblema · 2,5 pts

Derivadas y aplicaciones

También trata: Integrales

Comunidad de Madrid · 2022 · Junio

Enunciado

Sea

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

.

a) (0,5 puntos) Compruebe si

f(x)

verifica las hipótesis del Teorema de Bolzano en el intervalo

[-1, 1]

.

b) (1 punto) Calcule y clasifique los extremos relativos de

f(x)

\mathbb{R}

.

c) (1 punto) Determine el área comprendida entre la gráfica de la función

f(x)

y el eje

OX

en el intervalo

[-1, 1]

Comprobar el resultadocompara con lo que te ha salido

Resultado

\boxed{\text{a)}\ \text{sí: continua en } [-1,1],\ f(-1) = -\tfrac{1}{2} < 0 < \tfrac{1}{2} = f(1)}

\boxed{\text{b)}\ \text{mínimo en } \left(-1, -\tfrac{1}{2}\right),\ \text{máximo en } \left(1, \tfrac{1}{2}\right)}

\boxed{\text{c)}\ A = \ln 2 \approx 0{,}693\ \text{u}^2}

Ver la solución paso a pasoestrategia, desarrollo y consejo

Estrategia

El denominador

x^2 + 1

nunca se anula, así que

f

es continua y derivable en todo

\mathbb{R}

. Eso resuelve la mitad de a); la otra mitad es comprobar que

f(-1)

f(1)

tienen signos opuestos.

En b), derivada con la regla del cociente, puntos críticos y estudio del signo de

f'

para clasificarlos.

En c) hay una trampa:

f

es impar y cambia de signo en

x = 0

, así que

\int_{-1}^{1} f(x)\,dx = 0

, pero el área no es cero. Hay que partir la integral en el corte con el eje y sumar valores absolutos (o usar la simetría y doblar la parte positiva).

Desarrollo

a) Las hipótesis del teorema de Bolzano en

[-1, 1]

son dos:

$f$ continua en $[-1, 1]$ . Es un cociente de polinomios cuyo denominador $x^2 + 1 \geq 1 > 0$ no se anula nunca, luego $f$ es continua en todo $\mathbb{R}$ y, en particular, en $[-1, 1]$ .
Signos opuestos en los extremos. $f(-1) = \dfrac{-1}{2} < 0$ y $f(1) = \dfrac{1}{2} > 0$ .

Se cumplen las dos, así que sí verifica las hipótesis del teorema de Bolzano, que garantiza al menos un

c \in (-1, 1)

con

f(c) = 0

(en efecto,

c = 0

).

b) Por la regla del cociente:

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

f'(x) = 0 \;\Longleftrightarrow\; 1 - x^2 = 0 \;\Longleftrightarrow\; x = -1 \ \text{o}\ x = 1

El denominador es siempre positivo, así que el signo de

f'

es el de

1 - x^2

En $(-\infty, -1)$ : $f' < 0$ , $f$ decrece.
En $(-1, 1)$ : $f' > 0$ , $f$ crece.
En $(1, +\infty)$ : $f' < 0$ , $f$ decrece.

Por tanto:

En $x = -1$ , $f$ pasa de decrecer a crecer: mínimo relativo en $\left(-1,\ -\frac{1}{2}\right)$ .
En $x = 1$ , $f$ pasa de crecer a decrecer: máximo relativo en $\left(1,\ \frac{1}{2}\right)$ .

c) La gráfica corta al eje

OX

solo en

x = 0

. En

[-1, 0]

f \leq 0

y en

[0, 1]

f \geq 0

, así que

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

Una primitiva: como

(x^2 + 1)' = 2x

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

(el logaritmo no necesita valor absoluto porque

x^2 + 1 > 0

). Por la regla de Barrow:

\int_{0}^{1} f(x)\,dx = \left[\frac{1}{2}\ln(x^2 + 1)\right]_0^1 = \frac{1}{2}\ln 2 - \frac{1}{2}\ln 1 = \frac{1}{2}\ln 2

\int_{-1}^{0} f(x)\,dx = \left[\frac{1}{2}\ln(x^2 + 1)\right]_{-1}^{0} = 0 - \frac{1}{2}\ln 2 = -\frac{1}{2}\ln 2

El área es la suma de los valores absolutos:

A = \frac{1}{2}\ln 2 + \frac{1}{2}\ln 2 = \ln 2 \approx 0{,}693 \ \text{u}^2

Las dos partes son iguales por ser

f

impar (

f(-x) = -f(x)

): basta con calcular una y doblarla.

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

Consejo

Si integras directamente de $-1$ a $1$ te sale $0$ , y un área nunca es cero si hay recinto: la parte negativa compensa a la positiva. Busca siempre los cortes con el eje dentro del intervalo y suma las partes en valor absoluto.

En a) la corrección pide comprobar las dos hipótesis (continuidad y cambio de signo), justificando la continuidad: "el denominador no se anula nunca".