Integrales: ejercicios de la PAU de Matemáticas II de Andalucía resueltos

Planteamiento Buscamos $F(x)=\int f(x)\,dx$. Que la recta $y=2x+12\ln(2)$ sea tangente a la gráfica de $F$ en $x=0$ significa dos cosas: la pendiente, $F'(0)=2$, y el punto de tangencia, $F(0)=2\cdot 0+12\ln(2)=12\ln(2)$. La primera la cumple cualquier primitiva, porque $F'=f$; la segunda fija la constante de integración.

1. Comprobamos la pendiente: toda primitiva de $f$ tiene en $x=0$ la derivada:

   $F'(0)=f(0)=\frac{8-4}{1+1}=2$

2. Hacemos el cambio $\mathrm{e}^x=t$, de modo que $\mathrm{e}^{2x}=t^2$ y $\mathrm{e}^x\,dx=dt$, es decir, $dx=\frac{dt}{t}$:

   $\int\frac{8\mathrm{e}^x-4\mathrm{e}^{2x}}{1+\mathrm{e}^x}\,dx$${}= \int\frac{8t-4t^2}{1+t}\cdot\frac{dt}{t}$${}= \int\frac{8-4t}{1+t}\,dt$

3. Dividimos $-4t+8$ entre $t+1$: el cociente es $-4$ y el resto, $12$, porque $-4(t+1)+12=-4t+8$. Así:

   $\frac{8-4t}{1+t}=-4+\frac{12}{1+t}$

4. Integramos cada término:

   $\int\left(-4+\frac{12}{1+t}\right)dt$${}= -4t+12\ln(1+t)+C$

5. Deshacemos el cambio, $t=\mathrm{e}^x$ (no hace falta valor absoluto porque $1+\mathrm{e}^x>0$):

   $F(x)$${}= -4\mathrm{e}^x$${}+12\ln(1+\mathrm{e}^x)+C$

6. Imponemos que la gráfica pase por el punto de tangencia, $F(0)=12\ln(2)$:

   $F(0)$${}= -4+12\ln(2)+C$${}= 12\ln(2)$${}\Longrightarrow C=4$

Planteamiento La población $P(t)$ es una primitiva de su velocidad de crecimiento $P'(t)$. La calculamos por partes, fijamos la constante con la población inicial, $P(0)=1\,000$, y evaluamos en $t=10$.

1. Integración por partes con $u=t$ y $dv=e^{-t/10}\,dt$, de modo que $du=dt$ y $v=-10\,e^{-t/10}$:

   $\int t\,e^{-t/10}\,dt$${}= -10t\,e^{-t/10}$${}+10\int e^{-t/10}\,dt$

2. La integral que queda es inmediata:

   $10\int e^{-t/10}\,dt$${}= -100\,e^{-t/10}$

3. Multiplicamos por $20$ y sacamos factor común:

   $P(t)$${}= 20\left(-10t\,e^{-t/10}-100\,e^{-t/10}\right)$${}+C$${}= -200\,(t+10)\,e^{-t/10}$${}+C$

4. Población inicial, $P(0)=1\,000$:

   $P(0)$${}= -200\cdot 10\cdot e^{0}+C$${}= -2\,000+C$${}= 1\,000$${}\Longrightarrow C=3\,000$

5. Población en función del tiempo:

   $P(t)$${}= 3\,000$${}-200\,(t+10)\,e^{-t/10}$

6. A los $10$ años:

   $P(10)$${}= 3\,000-200\cdot 20\cdot e^{-1}$${}= 3\,000-\frac{4\,000}{e}$

7. Con la calculadora, $\frac{4\,000}{e}$ está entre $1\,471$ y $1\,472$, y el número de peces es un entero:

   $P(10)=3\,000-\frac{4\,000}{e}\approx 1\,528$

Planteamiento Integramos dos veces $f''$: cada integración añade una constante. Las dos condiciones $f(1)=0$ y $f(2)=e-2-2\ln(2)$ dan un sistema para las dos constantes.

1. Primera integración (en $(0,+\infty)$, $\int\frac{1}{x}\,dx=\ln(x)$):

   $f'(x)$${}= \int\left(e^{x-1}-\frac{1}{x}\right)dx$${}= e^{x-1}-\ln(x)+C$

2. Para integrar $\ln(x)$ usamos partes con $u=\ln(x)$, $dv=dx$, de modo que $du=\frac{1}{x}\,dx$ y $v=x$:

   $\int\ln(x)\,dx$${}= x\ln(x)-\int x\cdot\frac{1}{x}\,dx$${}= x\ln(x)-x$

3. Segunda integración:

   $f(x)$${}= e^{x-1}-x\ln(x)+x$${}+Cx+D$

4. Condición $f(1)=0$, con $\ln(1)=0$:

   $1-0+1+C+D=0\ \Longrightarrow\ C+D=-2$

5. Condición $f(2)=e-2-2\ln(2)$:

   $e-2\ln(2)+2+2C+D$${}= e-2-2\ln(2)$${}\Longrightarrow 2C+D$${}= -4$

6. Restando la primera ecuación de la segunda:

   $C=-2$$D=-2-C=0$

7. Sustituimos y agrupamos $x-2x=-x$:

   $f(x)=e^{x-1}-x\ln(x)-x$

8. Comprobación de los dos puntos:

   $f(1)=1-0-1=0$$f(2)=e-2\ln(2)-2$

Planteamiento El denominador no tiene raíces reales (su discriminante es $4-8<0$). Completando el cuadrado queda la derivada de un arcotangente: $\int\frac{dt}{t^2+1}=\operatorname{arctg}(t)+C$.

1. Completamos el cuadrado en el denominador:

   $x^2+2x+2=(x+1)^2+1$

2. Con el cambio $t=x+1$, $dt=dx$:

   $\int\frac{dx}{(x+1)^2+1}$${}= \int\frac{dt}{t^2+1}$${}= \operatorname{arctg}(t)+C$

3. Deshacemos el cambio:

   $F(x)=\operatorname{arctg}(x+1)+C$

4. Imponemos que pase por $\left(0,\frac{\pi}{4}\right)$, con $\operatorname{arctg}(1)=\frac{\pi}{4}$:

   $F(0)=\operatorname{arctg}(1)+C=\frac{\pi}{4}+C$

5. Igualamos al dato:

   $\frac{\pi}{4}+C=\frac{\pi}{4}\ \Longrightarrow\ C=0$

6. Comprobación derivando:

   $F'(x)$${}= \frac{1}{1+(x+1)^2}$${}= \frac{1}{x^2+2x+2}$

Planteamiento Como $e^{x-k}=e^{-k}e^x$ y $e^{-k}$ no depende de $x$, sale fuera de la integral. La integral de $e^x(x-2)$ se hace por partes; después aplicamos la regla de Barrow y despejamos $k$.

1. Sacamos la constante:

   $\int_1^3 e^{x-k}(x-2)\,dx$${}= e^{-k}\int_1^3 e^x(x-2)\,dx$

2. Por partes, con $u=x-2$ y $dv=e^x\,dx$, de modo que $du=dx$ y $v=e^x$:

   $\int e^x(x-2)\,dx$${}= (x-2)e^x-\int e^x\,dx$${}= (x-3)e^x+C$

3. Regla de Barrow, sustituyendo $x=3$ y $x=1$:

   $\Big[(x-3)e^x\Big]_1^3$${}= (3-3)e^3$${}-(1-3)e^1$${}= 0+2e$${}= 2e$

4. La integral vale entonces:

   $e^{-k}\cdot 2e=2e^{1-k}$

5. Igualamos a 2:

   $2e^{1-k}=2\ \Longrightarrow\ e^{1-k}=1\ \Longrightarrow\ 1-k=0$

Planteamiento Es una función racional con el grado del numerador mayor que el del denominador: primero dividimos y después descomponemos en fracciones simples.

1. División de $x^3+2$ entre $x^2-1$: cociente $x$ y resto $x+2$.

   $\frac{x^3+2}{x^2-1}=x+\frac{x+2}{x^2-1}$

2. El denominador se factoriza como $(x-1)(x+1)$. Buscamos $A$ y $B$:

   $\frac{x+2}{(x-1)(x+1)}=\frac{A}{x-1}+\frac{B}{x+1}$

3. Quitando denominadores, $x+2=A(x+1)+B(x-1)$. Con $x=1$:

   $3=2A\ \Longrightarrow\ A=\frac{3}{2}$

4. Con $x=-1$:

   $1=-2B\ \Longrightarrow\ B=-\frac{1}{2}$

5. Integramos término a término:

   $\int f(x)\,dx$${}= \frac{x^2}{2}+\frac{3}{2}\ln|x-1|$${}-\frac{1}{2}\ln|x+1|+C$

6. Imponemos que pase por $(0,\ 1)$; como $\ln|{-1}|=\ln(1)=0$ y $\ln|1|=0$:

   $F(0)=0+0-0+C=1\ \Longrightarrow\ C=1$

7. Ojo: $f$ no está definida en $x=\pm 1$, así que la condición fija la constante en el intervalo $(-1,\ 1)$, que es donde está $x=0$.

   $F(x)$${}= \frac{x^2}{2}+\frac{3}{2}\ln|x-1|$${}-\frac{1}{2}\ln|x+1|+1$

Planteamiento Integramos dos veces $f''$ (por partes) y fijamos las dos constantes con los dos puntos de la gráfica.

1. Primitiva de $x\cos(x)$ por partes, con $u=x$, $dv=\cos(x)\,dx$ (luego $du=dx$, $v=\operatorname{sen}(x)$):

   $\int x\cos(x)\,dx$${}= x\,\operatorname{sen}(x)$${}-\int \operatorname{sen}(x)\,dx$

2. Así obtenemos $f'$:

   $f'(x)=x\,\operatorname{sen}(x)+\cos(x)+C_1$

3. Para integrar $x\,\operatorname{sen}(x)$, de nuevo por partes con $u=x$, $dv=\operatorname{sen}(x)\,dx$ ($v=-\cos(x)$):

   $\int x\,\operatorname{sen}(x)\,dx$${}= -x\cos(x)+\int\cos(x)\,dx$${}= -x\cos(x)+\operatorname{sen}(x)$

4. Sumando la primitiva de $\cos(x)+C_1$:

   $f(x)$${}= -x\cos(x)+2\,\operatorname{sen}(x)$${}+C_1x+C_2$

5. Pasa por $\left(0,\ \frac{\pi}{2}\right)$:

   $f(0)=0+0+0+C_2=\frac{\pi}{2}\ \Longrightarrow\ C_2=\frac{\pi}{2}$

6. Pasa por $(\pi,\ 2\pi)$, con $\cos(\pi)=-1$ y $\operatorname{sen}(\pi)=0$:

   $f(\pi)=\pi+C_1\pi+\frac{\pi}{2}=2\pi$

7. Despejamos $C_1$:

   $C_1\pi=\frac{\pi}{2}\ \Longrightarrow\ C_1=\frac{1}{2}$

Planteamiento Quitamos el valor absoluto: $g(x)=x^2-1$ si $|x|\geq 1$ y $g(x)=1-x^2$ si $|x|<1$. Igualamos $f$ con cada trozo y nos quedamos con las soluciones que caen en su intervalo.

1. Si $|x|\geq 1$:

   $-x^2+7$${}= x^2-1$${}\Longrightarrow x^2$${}= 4$${}\Longrightarrow x=\pm 2$

2. Los dos valores cumplen $|x|\geq 1$. Ordenada:

   $f(\pm 2)=-4+7=3$

3. Si $|x|<1$:

   $-x^2+7=1-x^2\ \Longrightarrow\ 7=1$

4. Imposible: en $(-1,\ 1)$ no se cortan. Para el esbozo: $f$ es una parábola hacia abajo con vértice $(0,\ 7)$; $g$ vale $0$ en $x=\pm 1$, tiene un máximo relativo $(0,\ 1)$ entre ellos y crece fuera. Entre $-2$ y $2$, $f$ va por encima de $g$; por ejemplo:

   $f(0)=7>g(0)=1$

ResultadoLas gráficas se cortan en $(-2,\ 3)$ y $(2,\ 3)$. El recinto acotado está entre $x=-2$ y $x=2$, con $f$ por encima de $g$ (ver el esbozo).

Planteamiento El recinto es simétrico respecto del eje $OY$ (las dos funciones son pares), así que calculamos el área entre $0$ y $2$ y la duplicamos, partiendo en $x=1$ donde cambia la expresión de $g$.

1. Área como suma de integrales:

   $\text{Área}$${}= 2\left[\int_0^1\big((-x^2+7)-(1-x^2)\big)\,dx+\int_1^2\big((-x^2+7)-(x^2-1)\big)\,dx\right]$

2. Primera integral (el integrando es la constante $6$):

   $\int_0^1 6\,dx=6$

3. Segunda integral, por la regla de Barrow:

   $\int_1^2(8-2x^2)\,dx$${}= \left[8x-\frac{2x^3}{3}\right]_1^2$${}= \left(16-\frac{16}{3}\right)$${}-\left(8-\frac{2}{3}\right)$

4. Operamos:

   $\frac{32}{3}-\frac{22}{3}=\frac{10}{3}$

5. Sumamos y duplicamos:

   $\text{Área}=2\left(6+\frac{10}{3}\right)=2\cdot\frac{28}{3}=\frac{56}{3}$

Planteamiento Es una integral cíclica: integrando dos veces por partes vuelve a aparecer la integral de partida, y se despeja. Después aplicamos la regla de Barrow.

1. Llamamos $I=\int e^x\cos(x)\,dx$. Por partes con $u=\cos(x)$, $dv=e^x\,dx$ ($du=-\operatorname{sen}(x)\,dx$, $v=e^x$):

   $I=e^x\cos(x)+\int e^x\,\operatorname{sen}(x)\,dx$

2. Otra vez por partes con $u=\operatorname{sen}(x)$, $dv=e^x\,dx$ ($du=\cos(x)\,dx$, $v=e^x$):

   $\int e^x\,\operatorname{sen}(x)\,dx$${}= e^x\,\operatorname{sen}(x)-I$

3. Sustituimos y despejamos $I$:

   $I$${}= e^x\cos(x)$${}+e^x\,\operatorname{sen}(x)-I$${}\Longrightarrow 2I=e^x\big(\operatorname{sen}(x)+\cos(x)\big)$

4. Una primitiva:

   $F(x)$${}= \frac{e^x\big(\operatorname{sen}(x)+\cos(x)\big)}{2}$

5. Regla de Barrow, con $\operatorname{sen}\left(\frac{\pi}{2}\right)=1$, $\cos\left(\frac{\pi}{2}\right)=0$, $\operatorname{sen}(0)=0$ y $\cos(0)=1$:

   $F\left(\frac{\pi}{2}\right)-F(0)$${}= \frac{e^{\frac{\pi}{2}}(1+0)}{2}$${}-\frac{e^0(0+1)}{2}$

6. Simplificamos:

   $\int_0^{\frac{\pi}{2}}e^x\cos(x)\,dx=\frac{e^{\frac{\pi}{2}}-1}{2}$

Planteamiento Quitamos el valor absoluto para escribir $f$ a trozos, hallamos la recta tangente en $x=0$, buscamos dónde se cortan la gráfica y la tangente y expresamos el área como suma de integrales definidas.

1. Como $|x-1|=1-x$ si $x<1$ y $|x-1|=x-1$ si $x\ge 1$:

   $f(x)$${}= \begin{cases}x-x^2 & \text{si } x<1\\ x^2-x & \text{si } x\ge 1\end{cases}$

2. Cerca de $x=0$ vale el primer trozo:

   $f(0)=0$$f'(x)=1-2x\ \Longrightarrow\ f'(0)=1$

3. Recta tangente en $x=0$:

   $y-0=1\cdot(x-0)\ \Longrightarrow\ y=x$

4. Cortes con el primer trozo ($x<1$):

   $x-x^2=x\ \Longrightarrow\ x^2=0\ \Longrightarrow\ x=0$

5. Cortes con el segundo trozo ($x\ge 1$); de las raíces $x=0$ y $x=2$, solo $x=2$ cumple $x\ge 1$:

   $x^2-x=x\ \Longrightarrow\ x(x-2)=0$

6. Entre $0$ y $2$ la tangente va por encima de la gráfica (por ejemplo, en $x=1$ la recta vale $1$ y $f(1)=0$). Como $f$ cambia de expresión en $x=1$, partimos el área en dos integrales:

   $A$${}= \int_0^1\left(x-(x-x^2)\right)dx$${}+\int_1^2\left(x-(x^2-x)\right)dx$

7. Primera integral:

   $\int_0^1 x^2\,dx$${}= \left[\frac{x^3}{3}\right]_0^1$${}= \frac{1}{3}$

8. Segunda integral, con su primitiva:

   $\int_1^2\left(2x-x^2\right)dx$${}= \left[x^2-\frac{x^3}{3}\right]_1^2$

9. Regla de Barrow:

   $\left(4-\frac{8}{3}\right)-\left(1-\frac{1}{3}\right)=\frac{4}{3}-\frac{2}{3}=\frac{2}{3}$

10. Sumamos las dos partes:

    $A=\frac{1}{3}+\frac{2}{3}=1$

ResultadoLa recta tangente en $x=0$ es $y=x$, corta a la gráfica en $x=0$ y en $x=2$, y el área del recinto es $A=1$ unidad cuadrada.

Planteamiento Como $\operatorname{sen}(t^2)$ es continua, por el teorema fundamental del cálculo $F$ es derivable y $F'(x)=\operatorname{sen}(x^2)$. Además $F(0)=\int_0^0\operatorname{sen}(t^2)\,dt=0$, así que el límite es una indeterminación $\frac{0}{0}$ y aplicamos la regla de L'Hôpital.

1. En $x=0$ se anulan el numerador y el denominador:

   $0\cdot F(0)=0$$\operatorname{sen}(0^2)=0$

2. Derivada del numerador (de un producto) y del denominador (regla de la cadena):

   $\left(xF(x)\right)'$${}= F(x)+x\operatorname{sen}(x^2)$$\left(\operatorname{sen}(x^2)\right)'=2x\cos(x^2)$

3. Primera aplicación de L'Hôpital. En $x=0$ el nuevo cociente vuelve a ser $\frac{0}{0}$:

   $\lim_{x\to 0}\frac{xF(x)}{\operatorname{sen}(x^2)}$${}= \lim_{x\to 0}\frac{F(x)+x\operatorname{sen}(x^2)}{2x\cos(x^2)}$

4. Derivamos otra vez. En el numerador, $F'(x)=\operatorname{sen}(x^2)$ y la derivada de $x\operatorname{sen}(x^2)$ es $\operatorname{sen}(x^2)+2x^2\cos(x^2)$:

   $\left(F(x)+x\operatorname{sen}(x^2)\right)'$${}= 2\operatorname{sen}(x^2)$${}+2x^2\cos(x^2)$

5. Derivada del denominador:

   $\left(2x\cos(x^2)\right)'$${}= 2\cos(x^2)$${}-4x^2\operatorname{sen}(x^2)$

6. Segunda aplicación de L'Hôpital; ya no hay indeterminación, porque el denominador tiende a $2$:

   $\lim_{x\to 0}\frac{2\operatorname{sen}(x^2)+2x^2\cos(x^2)}{2\cos(x^2)-4x^2\operatorname{sen}(x^2)}$${}= \frac{0+0}{2-0}=0$

Planteamiento La integral es inmediata: $\frac{1}{x}$ es la derivada de $\ln(x)$, así que el integrando es de la forma $u\cdot u'$ con $u=\ln(x)$ (también sale con el cambio $t=\ln(x)$, $dt=\frac{dx}{x}$). Hallamos una primitiva, aplicamos la regla de Barrow y despejamos $a$.

1. Integral indefinida:

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

2. Comprobación derivando:

   $\left(\frac{(\ln(x))^2}{2}\right)'$${}= \frac{2\ln(x)}{2}\cdot\frac{1}{x}$${}= \frac{\ln(x)}{x}$

3. Regla de Barrow, con $\ln(1)=0$:

   $\int_a^1\frac{\ln(x)}{x}\,dx$${}= \frac{(\ln(1))^2}{2}$${}-\frac{(\ln(a))^2}{2}$${}= -\frac{(\ln(a))^2}{2}$

4. Sustituimos en la ecuación:

   $-\frac{(\ln(a))^2}{2}+2=0$${}\Longrightarrow (\ln(a))^2$${}= 4$

5. Hay dos posibles soluciones:

   $\ln(a)=2\ \Longrightarrow\ a=e^2$$\ln(a)=-2\ \Longrightarrow\ a=e^{-2}$

6. Como $e^2\approx 7{,}39$ no cumple $0<a<1$, solo vale $a=e^{-2}\approx 0{,}135$.

Planteamiento $f$ es una parábola con las ramas hacia abajo, vértice en $(0,\ 5)$ y cortes con el eje $OX$ en $x=\pm\sqrt{5}$. $g$ es siempre positiva, tiende a $+\infty$ a los dos lados de $x=0$ (asíntota vertical) y a $0$ cuando $x\to\pm\infty$ (asíntota horizontal $y=0$). Las dos funciones son pares, así que sus gráficas son simétricas respecto del eje $OY$.

1. Igualamos las dos funciones ($x\ne 0$) y multiplicamos por $x^2$:

   $5-x^2=\frac{4}{x^2}\ \Longrightarrow\ x^4-5x^2+4=0$

2. Es una ecuación bicuadrada. Con $t=x^2$:

   $t^2-5t+4=0\ \Longrightarrow\ t=\frac{5\pm 3}{2}$

3. Sale $t=4$ o $t=1$, es decir:

   $x^2=4\ \Longrightarrow\ x=\pm 2$$x^2=1\ \Longrightarrow\ x=\pm 1$

4. Ordenadas, con $f(x)=5-x^2$ (con $g$ sale lo mismo):

   $f(\pm 1)=4$$f(\pm 2)=1$

5. Esbozo de las dos gráficas en la figura. En $(-2,-1)$ y en $(1,2)$ la parábola va por encima de $g$; en el resto del dominio, $g$ va por encima.