Matemáticas IIMedioProblema · 2,5 pts

Integrales

También trata: Derivadas y aplicaciones

Comunidad de Madrid · 2023 · Julio

Enunciado

Dadas las funciones

f(x) = 2 + 2x - 2x^2 \qquad \text{y} \qquad g(x) = 2 - 6x + 4x^2 + 2x^3,

se pide:

a) (1 punto) Estudiar la derivabilidad de

h(x) = |f(x)|

.

b) (1,5 puntos) Hallar el área de la región acotada por las curvas

y = f(x)

y = g(x)

x = 0

x = 2

Comprobar el resultadocompara con lo que te ha salido

Resultado

\boxed{\text{a)}\ h \text{ derivable en } \mathbb{R} \setminus \left\{\tfrac{1 - \sqrt{5}}{2},\ \tfrac{1 + \sqrt{5}}{2}\right\}}

\boxed{\text{b)}\ \text{Área} = \tfrac{3}{2} + \tfrac{19}{2} = 11 \ \text{u}^2}

Ver la solución paso a pasoestrategia, desarrollo y consejo

Estrategia

En a) el valor absoluto de una función derivable solo puede dar problemas donde la función cambia de signo, es decir, en sus raíces: a un lado vale

f

y al otro

-f

, y en la raíz aparece un pico salvo que

f'

también se anule allí. Así que hallamos las raíces de

f

, escribimos

h

a trozos y comparamos las derivadas laterales.

En b) el área entre dos curvas es la integral de

|f - g|

. Factorizamos

f - g

para ver dónde cambia de signo dentro de

[0, 2]

, partimos la integral en esos puntos y sumamos los trozos en valor absoluto.

Desarrollo

a) Raíces de

f

2 + 2x - 2x^2 = 0 \;\Longleftrightarrow\; x^2 - x - 1 = 0 \;\Longleftrightarrow\; x = \frac{1 \pm \sqrt{5}}{2}

Llamamos

x_1 = \frac{1 - \sqrt{5}}{2} \approx -0{,}618

x_2 = \frac{1 + \sqrt{5}}{2} \approx 1{,}618

. Como

f

es una parábola con las ramas hacia abajo, es positiva entre las raíces y negativa fuera:

h(x) = |f(x)| = \begin{cases} -f(x) = -2 - 2x + 2x^2 & \text{si } x < x_1 \text{ o } x > x_2 \\ f(x) = 2 + 2x - 2x^2 & \text{si } x_1 \le x \le x_2 \end{cases}

h

es continua en todo

\mathbb{R}

(es el valor absoluto de una función continua) y, en cada tramo abierto, es un polinomio, luego derivable. Solo quedan

x_1

x_2

. Con

f'(x) = 2 - 4x

En $x_1$ : $f'(x_1) = 2 - 2(1 - \sqrt{5}) = 2\sqrt{5}$ . Por la izquierda $h = -f$ y por la derecha $h = f$ :

h'(x_1^-) = -2\sqrt{5}, \qquad h'(x_1^+) = 2\sqrt{5}

En $x_2$ : $f'(x_2) = 2 - 2(1 + \sqrt{5}) = -2\sqrt{5}$ . Por la izquierda $h = f$ y por la derecha $h = -f$ :

h'(x_2^-) = -2\sqrt{5}, \qquad h'(x_2^+) = 2\sqrt{5}

En ambos puntos las derivadas laterales son distintas, porque

f'

no se anula en ellos (solo se anula en

x = \frac{1}{2}

, que no es raíz de

f

f\left(\frac{1}{2}\right) = \frac{5}{2}

). Por tanto:

h

es derivable en

\mathbb{R} \setminus \left\{\frac{1 - \sqrt{5}}{2},\ \frac{1 + \sqrt{5}}{2}\right\}

y en esos dos puntos tiene picos.

b) La diferencia de las funciones es

f(x) - g(x) = 2 + 2x - 2x^2 - 2 + 6x - 4x^2 - 2x^3 = -2x^3 - 6x^2 + 8x = -2x(x^2 + 3x - 4) = 2x(x + 4)(1 - x)

Se anula en

x = -4

x = 0

x = 1

. En

[0, 2]

solo cambia de signo en

x = 1

En $(0, 1)$ : $2x > 0$ , $x + 4 > 0$ , $1 - x > 0$ , así que $f - g > 0$ ( $f$ va por encima). Por ejemplo, en $x = \frac{1}{2}$ vale $\frac{9}{4}$ .
En $(1, 2)$ : $1 - x < 0$ , así que $f - g < 0$ ( $g$ va por encima). En $x = 2$ vale $-24$ .

Una primitiva de

f - g

F(x) = \int (8x - 6x^2 - 2x^3)\,dx = 4x^2 - 2x^3 - \frac{x^4}{2}

con

F(0) = 0

F(1) = 4 - 2 - \frac{1}{2} = \frac{3}{2}

F(2) = 16 - 16 - 8 = -8

. Por la regla de Barrow:

\int_0^1 (f - g)\,dx = F(1) - F(0) = \frac{3}{2}, \qquad \int_1^2 (f - g)\,dx = F(2) - F(1) = -8 - \frac{3}{2} = -\frac{19}{2}

El segundo trozo es negativo porque ahí

g

va por encima; el área es su valor absoluto:

\text{Área} = \frac{3}{2} + \frac{19}{2} = \frac{22}{2} = 11 \ \text{u}^2

Si se hubiera integrado de golpe de 0 a 2, saldría

F(2) - F(0) = -8

, que no es el área: los trozos se compensan.

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

Consejo

En b) el error que más penaliza es integrar $f - g$ de 0 a 2 sin mirar el signo: da $-8$ y no el área. Factoriza la diferencia, localiza el cambio de signo en $x = 1$ y parte la integral.

En a) no basta con decir "el valor absoluto tiene picos": justifica con las derivadas laterales que no coinciden porque $f'$ no se anula en las raíces de $f$ .