Problema resuelto de Matemáticas II: IntegralesSelectividad (PAU) · Comunitat Valenciana 2025 · Julio (reserva)

a) Dominio. $9 - x^2 = 0 \iff x = \pm 3$:$$\operatorname{Dom} f = \mathbb{R} \setminus \{-3, 3\}$$Asíntotas verticales. En $x = 3$ el numerador vale $3 \neq 0$, así que el límite es infinito; los laterales:$$\lim_{x \to 3^-} \frac{x}{9 - x^2} = \frac{3}{0^+} = +\infty, \qquad \lim_{x \to 3^+} \frac{x}{9 - x^2} = \frac{3}{0^-} = -\infty$$Y en $x = -3$ (numerador $-3$):$$\lim_{x \to -3^-} \frac{x}{9 - x^2} = \frac{-3}{0^-} = +\infty, \qquad \lim_{x \to -3^+} \frac{x}{9 - x^2} = \frac{-3}{0^+} = -\infty$$Las rectas $x = 3$ y $x = -3$ son asíntotas verticales.

Asíntota horizontal. El denominador es de mayor grado:$$\lim_{x \to \pm\infty} \frac{x}{9 - x^2} = 0$$La recta $y = 0$ es asíntota horizontal por los dos lados; por tanto, no hay oblicuas.

Derivada.$$f'(x) = \frac{1\cdot(9 - x^2) - x\cdot(-2x)}{(9 - x^2)^2} = \frac{9 + x^2}{(9 - x^2)^2}$$Signo de $f'$. Numerador y denominador son positivos en todo el dominio, así que $f'(x) > 0$: $f$ es creciente en cada intervalo de su dominio,$$(-\infty, -3), \quad (-3, 3), \quad (3, +\infty),$$y no tiene intervalos de decrecimiento ni extremos relativos. (Ojo: no es creciente en «todo $\mathbb R$»: al cruzar cada asíntota salta de $+\infty$ a $-\infty$.)

b) Signo y simetría. $f(-x) = \dfrac{-x}{9 - x^2} = -f(x)$: es impar, simétrica respecto del origen. Corta a los ejes solo en $(0, 0)$, yPuntos de apoyo. $f(\pm 1) = \pm\frac18$, $f(\pm 2) = \pm\frac25$, $f(\pm 4) = \mp\frac47$, $f(\pm 6) = \mp\frac29$. En el origen la pendiente es $f'(0) = \frac19$, y como $f''(x) = \dfrac{2x(x^2 + 27)}{(9 - x^2)^3}$ cambia de signo en $x = 0$, el origen es un punto de inflexión.

Dibujo. Tres ramas, todas crecientes:

• a la izquierda de $x = -3$, sale pegada al eje $OX$ por encima y sube hasta $+\infty$ junto a la asíntota $x = -3$;
• entre $-3$ y $3$, sube desde $-\infty$ (junto a $x = -3$), pasa por el origen con poca pendiente y sigue hasta $+\infty$ (junto a $x = 3$), con forma de «S»;
• a la derecha de $x = 3$, sube desde $-\infty$ y se acerca al eje $OX$ por debajo.

c) Primitiva. La derivada del denominador es $(9 - x^2)' = -2x$, así que ajustamos la constante:$$\int \frac{x}{9 - x^2}\,dx = -\frac12 \int \frac{-2x}{9 - x^2}\,dx = -\frac12 \ln\left|9 - x^2\right| + C, \quad C \in \mathbb{R}$$(Es el cambio $t = 9 - x^2$, $dt = -2x\,dx$.) Comprobación: $\left(-\frac12 \ln|9 - x^2|\right)' = -\frac12\cdot\frac{-2x}{9 - x^2} = \frac{x}{9 - x^2}$ ✓.

d) Signo en $[-1, 1]$. $f$ es continua en $[-1, 1]$ (las asíntotas están en $\pm 3$), negativa en $(-1, 0)$ y positiva en $(0, 1)$: el recinto tiene dos trozos, uno bajo el eje y otro encima.

Por qué no basta una integral. Como $f$ es impar,$$\int_{-1}^{1} f(x)\,dx = 0,$$que no es un área: los dos trozos se cancelan.

Área por la simetría. Los dos trozos son iguales, así que$$\text{Área} = \int_{-1}^{0} |f(x)|\,dx + \int_{0}^{1} f(x)\,dx = 2\int_{0}^{1} \frac{x}{9 - x^2}\,dx$$Regla de Barrow (en $[0, 1]$ es $9 - x^2 > 0$):$$2\left[-\frac12 \ln\left(9 - x^2\right)\right]_0^1 = -\big(\ln 8 - \ln 9\big) = \ln\frac98 \approx 0{,}1178\ \text{u}^2$$