Primitiva que pasa por un punto.

Sea Ln(1 -x²) el logaritmo neperiano de 1 - x² y sea f : (-1,1) → R la función definida por f(x) = Ln(1 -x²). Calcula la primitiva de f cuya gráfica pasa por el punto (0,1).

Solución

Como nos pide una primitiva de f(x) = Ln(1 -x²) tenemos que utilizar el método de integración por partes.

∫ udv = uv - ∫ vdu

Tomamos u = Ln(1 -x²) de donde du = (-2x)/(1 -x²)dx , dv = dx de donde v = ∫ dx = x

I = ∫ Ln(1 -x²) dx = x. Ln(1 -x²) - ∫ x.(-2x)/(1 -x²)dx = x. Ln|1 - x²| + ∫ (2 x²)/(1 -x²)dx = x.Ln|1- x²|+ 2.I₁

I₁ = ∫ (x²)/(1 - x²)dx es una integral de tipo racional y como el numerador no es de menor grado que el denominador tenemos que efectuar la división antes

x2	1 - x2
- x2 + 1	- 1
1

I₁ = ∫ (x²)/(1 - x²)dx = ∫ -1dx + ∫ 1/(1-x²) dx = -x + I₂

I₂ = ∫ (1)/(1 - x²) dx = ∫ 1/[(1 -x)(1+x)] dx = ∫ A/(1-x) dx + ∫ B/(1+x) dx = A.Ln|1- x| + B.Ln|1+x|. Calculemos los coeficientes A y B

1/[(1 -x)(1+x)] = A/(1- x) + B/(1+x) = [A(1 +x) + B(1-x)] /[(1-x)(1+x)], de donde igualando los numeradores tenemos

1 = A(1 +x) + B(1 -x)

Tomando x = 1 resulta 1 = 2A de donde A = 1/2

Tomando x =- 1 resulta 1 = 2B de donde B = 1/2

Luego I₂ = A.Ln|1- x| + B.Ln|1+x| = 1/2.Ln|1- x| + 1/2.Ln|1+x|

Por tanto I₁ = -x + I₂ = -x + 1/2.Ln|1-x| + 1/2.Ln|1+x|

Y la original es I = x.Ln|1 - x²| + 2. I₁ = x. Ln|1-x²| + 2.[ -x+(1/2).Ln|1-x| + (1/2).Ln|1+x| ]=

= x. Ln|1 - x| - 2x + Ln|1-x| + Ln|1+x| + K

Una primitiva es f(x) = x. Ln|1 -x²| - 2x + Ln|1-x| + Ln|1+x| + K

Como piden la primitiva que pasa por (0,1) tenemos que f(0) = 1 es decir

1 = 0 - 0 + 0 + 0 + K, luego K = 1 y la primitiva pedida es

f(x) =x.Ln|1-x²| - 2x + Ln|1-x| + Ln|1+x|+1

Ecuaciones Matriciales

Se llama ecuación matricial a una ecuación en la que los términos son matrices, tenemos que tener en cuenta que el producto de matrices no es conmutativo y debemos de elegir si multiplicamos por la derecha o por la izquierda, además las matrices deben ser regulares (exista la inversa), con estas condiciones:
AX=B =>

A^-1AX=A^-1B =>IX=A^-1B=>X= A^-1B

AX+BX=C => (A+B)X=C => X=(A+B)^-1 C

De esta forma vamos resolviendo multiplicando por las inversas y lados adecuados.

Sumas superiores e inferiores

http://www.geogebra.org/en/upload/files/spanish/fcj2011/sriemann.html

Pincha en el enlace o la imagen y experimenta.

Integral definida con cambio de variable.

Ejercicio 2 de selectividad de Junio de 2010

Calcular la integral definida

Sugerencia:

Efectúa el cambio √(x) = t.

Solución

Calculamos primero la integral indefinida

∫sen(√(x))dx = { cambio √(x) = t; x = t² y dx = 2tdt } = ∫sen(t).2tdt = 2. ∫t.sen(t)dt = 2.I, donde I es una integral por partes (∫u.dv = u.v - ∫v.du)

I=∫t.sen(t)dt = { u = t y dv = sen(t)dt, de donde du = dt y v = ∫sen(t)dt = -cos(t) } =

= -t.cos(t) - ∫-cos(t)dt = -t.cos(t) + sen(t)

Luego

∫sen(√(x))dx = 2. I = 2.[-t.cos(t) + sen(t)] + K={quito cambio √(x)= t } =

= 2.[ -(√(x)).cos(√(x)) + sen(√(x))] + K

Calculamos ya la integral original

= 2.[ ( -√π².cos(√(π²)) + sen(√(π²) ) - (-(√(0)).cos(√(0)) + sen(√(0) ) ] =

= 2.[ ( (-π)(-1) + 0 ) – ( 0+0 ) ] = 2π

Haciendo la integral definida directamente cambiando los limites de integración.

Ejercicio de derivabilidad en el examen último

Considera la función f:[0,4] → R definida por f(x) =

(a) Sabiendo que f es derivable en todo el dominio y que verifica f(0) = f(4), determina los valores de a, b y c.

(b) Para a = -3, b = 4 y c = 1 halla los extremos absolutos de f( abscisas donde se obtienen y valores que se alcanzan).

Solución

(a) Si es f derivable también es continua, por tanto f es continua y derivable en x = 2, pues como la función tiene en cada rama un polinomio y ahí no hay problemas (derivables en todos los puntos).

las condiciónes las sacamos de la continuidad y derivabilidad en 2 y de la igualdad en los extremos que nos da el enunciado. Como f debe ser continua en x = 2 tenemos que:

f(2) = lim _x→2- [f(x)] = lim _x→2+ [f(x)]

f(2) = lim _{x→ 2-} [f(x)] = lim _{x→ 2-} [ x²+ax+b] = 4+2a+b (por izquierda)

lim _{x→ 2+} [f(x)] = lim _{x→ 2+} [cx] = 2c (por la derecha)

Igualando tenemos 4+2a+b = 2c.

f’(x) =

Igualmente como f debe ser derivable en x = 2 tenemos que se debe cumplir:

f’(2 ^-) = f’(2 ⁺) lim _{x→ 2-} [f(x)] = lim _{x→ 2+} [f(x)]

Vamos a utilizar la continuidad de la derivada que es más rápido

f’(2 ^-) = lim _{x→ 2-} [f’(x)] = lim _{x→ 2-} [2x+a] = 4+a

f’(2 ⁺) lim _{x→ 2+} [f’(x)] = lim _{x→ 2+} [c] = c

Igualando tenemos 4+a = c.

De f(0) = f(4) tenemos:

f(0) = b, se mira en su rama correspondiente.

f(4) = 4c, se mira en su rama correspondiente.

Igualando tenemos b = 4c.

Resolvemos el sistema que nos ha salido:

4+2a+b = 2c

4+a = c

b = 4c

Sustituyendo la "c" de la 2ª ecuación en la 1ª y 3ª obtenemos:

b = 4(4+a) = 16 + 4a

2(4+a) = 4+2a+b, operando en esta ecuación obtenemos b = 4.

Con este valor entrando en b = 4c obtenemos c = 1.

Con los dos valores obtenidos entrando en 4 + a = c, obtenemos a = -3.

(b) Para este apartado usamos el Teorema de Weierstrass dice : "si una función f(x) es continua en un intervalo cerrado (en nuestro caso [0,4] ), dicha función alcanza sus extremos absolutos en dicho intervalo. Por ptro lado sabemos que los extremos absolutos de una función se suelen alcanzar en:

1.- Puntos "x" donde f no es continua ni derivable. (No es nuestro caso)

2.- Los extremos del intervalo, en nuestro caso x = 0 y x = 4.

3.- Las soluciones de f’(x) = 0 .

Como f(x) = y la derivada f’(x) =

En nuestro caso de f’(x) = 0, tenemos 2x-3 = 0, de donde x = 3/2 = 1’5 que pertenece a [0,4].

Los puntos candidatos son x = 0, x = 1’5 y x = 4. Por supuesto cada uno en su rama.

f(0) = 4

f(4) = 4

f(1’5) = (1’5)² – 3(1’5) + 4 = 1’75.

Por tanto f alcanza su máximo absoluto en x = 0 y x = 4 y vale 4. Y f alcanza su mínimo absoluto en x = 3/2 = 1’5 y vale 1’75.