Matemáticas IIFácilProblema · 2,5 pts

Integrales

Andalucía · 2023 · Reserva 4

Enunciado

Ejercicio 4 (bloque A). Considera la función

f : (-1, +\infty) \to \mathbb{R}

, definida por

f(x) = \ln(x + 1)

, donde

\ln

denota el logaritmo neperiano. Calcula el área del recinto limitado por la gráfica de

f

, el eje de abscisas y la recta

x = e - 1

Comprobar el resultadocompara con lo que te ha salido

Resultado

\boxed{\;A = \int_{0}^{e-1}\ln(x+1)\,dx = \Bigl[(x+1)\ln(x+1) - (x+1)\Bigr]_{0}^{e-1} = 1 \ \text{u}^{2}\;}

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Estrategia

Tres lados: la curva, el eje

OX

y una recta vertical. El límite superior lo da el enunciado (

x = e-1

); el inferior hay que encontrarlo buscando dónde corta

f

al eje de abscisas.

La integral es

\int \ln(x+1)\,dx

, que se resuelve por partes (el logaritmo se deriva y desaparece) o, más cómodo, con el cambio

u = x+1

que la convierte en la integral básica

\int \ln u\,du

.

Antes de integrar conviene comprobar el signo: en el recinto la función es positiva, así que el área coincide con la integral y no hay que cambiar signos.

Desarrollo

Corte con el eje $OX$ .

\ln(x + 1) = 0 \;\Longleftrightarrow\; x + 1 = 1 \;\Longleftrightarrow\; x = 0

Extremo derecho.

x = e - 1 \approx 1{,}718

.

Signo de $f$ en el recinto. Para

x \in (0, e-1)

se tiene

x + 1 > 1

, luego

\ln(x+1) > 0

: la gráfica está por encima del eje. El área es directamente la integral.

Cambio de variable. Con

u = x + 1

du = dx

; los límites pasan de

x=0

u=1

y de

x = e-1

u = e

A = \int_{0}^{e-1} \ln(x+1)\,dx = \int_{1}^{e} \ln u\,du

Integración por partes. Con

s = \ln u

(

ds = du/u

) y

dv = du

(

v = u

\int \ln u\,du = u\ln u - \int u\cdot\frac{1}{u}\,du = u\ln u - u

Evaluación.

A = \Bigl[u\ln u - u\Bigr]_{1}^{e} = \bigl(e\ln e - e\bigr) - \bigl(1\cdot\ln 1 - 1\bigr) = (e - e) - (0 - 1) = 0 + 1 = 1

A = 1 \ \text{unidad cuadrada}

(Comprobación geométrica: el recinto está inscrito en el rectángulo de base $e-1 \approx 1{,}72$ y altura $\ln e = 1$ , cuya área es $\approx 1{,}72$ . Que el área valga $1$ , algo más de la mitad del rectángulo, es perfectamente coherente con la forma cóncava del logaritmo.)

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

Consejo

El límite inferior no lo da el enunciado: hay que deducirlo del "eje de abscisas". Si integras desde $x = -1$ (el borde del dominio) la integral es impropia y no corresponde al recinto que se pide. Busca siempre los cortes con el eje antes de fijar los límites.

$\int \ln u\,du = u\ln u - u$ merece la pena sabérsela de memoria: aparece en casi todos los ejercicios de áreas con logaritmos. Si la deduces por partes, recuerda que el " $dv$ " es simplemente $du$ , con $v = u$ : es el caso raro en que hay que inventar el $dv$ porque solo hay un factor.