Matem1 Problemas Resueltos Algebra (Junio 2023) (71)

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12 UNA VARIABLE: PRIMITIVAS, INTEGRAL DEFINIDA Y APLICACIONES
No está de más derivar para comprobar:
(ln |x+ 1| − ln |x+ 5|)′ = 1
x+ 1
− 1
x+ 5
=
(x+ 5)− (x+ 1)
(x+ 1)(x+ 5)
=
4
(x+ 1)(x+ 5)
En cuanto a la segunda parte, en el primer cuadrante se tiene x ≥ 0 y por tanto 1
(x+ 1)(x+ 5)
> 0,
luego la gráfica no corta al eje y (como sugiere el enunciado) el área pedida es la integral impropia
A =
∫ +∞
0
f(x)dx = ĺım
b→+∞
∫ b
0
f(x)dx
Calculemos la integral definida; como x + 1 y x + 5 son positivos, podemos quitar los valores
absolutos:
∫ b
0
f(x)dx =
[
1
4
ln
(
x+ 1
x+ 5
)]b
0
=
1
4
(
ln
(
b+ 1
b+ 5
)
− ln
(
1
5
))
=
1
4
ln
(
5b+ 5
b+ 5
)
Por último tomamos el ĺımite cuando b → +∞; usamos que el ĺımite del logaritmo es el logaritmo
del ĺımite (propiedad 7 en el apartado 5.3.3) y que (5b + 5)/(b + 5) → 5, pues es un ĺımite en el
infinito de polinomios del mismo grado. Aśı
A = ĺım
b→+∞
1
4
ln
(
5b+ 5
b+ 5
)
=
1
4
ln ĺım
b→+∞
(
5b+ 5
b+ 5
)
=
1
4
ln(5)
o
Matemáticas de 1 , problemas 211 Alberto del Valle Robles
13 REPRESENTACIÓN GRÁFICA DE DESIGUALDADES (*)
13. REPRESENTACIÓN GRÁFICA DE DESIGUALDADES (*)
1. Dibuja en R2 el dominio de la función f(x, y) =
1
√
|x− y| − 1
.
Solución: El radicando tiene que ser estrictamente positivo para que exista la ráız cuadrada y
no se divida por 0. Por tanto se trata de dibujar los puntos que verifican |x − y| − 1 > 0, o sea
|x− y| > 1.
Las correspondientes igualdades son x− y = ±1, o sea las rectas y = x− 1 e y = x+1 consistentes
en “desplazar la diagonal principal y = x una unidad hacia abajo y hacia arriba”, respectivamente.
Un punto que está entre ambas es el (0, 0), que no satisface |x− y| > 1. Dos puntos que están “en
la parte de fuera de las rectas” son (2, 0) y (0, 2), que śı satisfacen |x− y| > 1. Por tanto la región
es la que queda fuera de la “banda infinita” determinada por las dos rectas (las propias rectas no
están en la región, porque la desigualdad es estricta).
o
2. Dibuja en R2 el dominio de la función f(x, y) = ln
(
(1− x)2 − y2
)
.
Solución: Viendo la diferencia de cuadrados como un producto de suma por diferencia, hay que
dibujar los puntos con 0 < (1 − x)2 − y2 = (1 − x + y)(1 − x − y), para lo cual “dibujamos la
igualdad” y calculamos el signo en las regiones en las que quede dividido el plano.
La igualdad se da cuando x− y = 1 y cuando x+ y = 1, rectas con pendientes ±1 que se cortan en
(1, 0) formando “una cruz” que divide al plano en 4 regiones.
En las regiones de arriba y abajo podemos tomar los puntos (1,±1), para los que (1− x)2 − y2 =
−y2 < 0.
En las otras regiones podemos tomar los puntos (0, 0) y (2, 0), para los que (1−x)2−y2 = (1−x)2 > 0.
En definitiva la región es “la que queda a izquierda y derecha de la cruz, sin los bordes”.
o
3. Dibuja en R2 el dominio de la función f(x, y) = ln (1− y − |x− 1|).
Solución: Se trata de dibujar las soluciones de la inecuación 1− y − |x− 1| > 0, para que exista
el logaritmo. Comenzamos dibujando las soluciones de la ecuación 1− y − |x− 1| = 0, para lo que
distinguimos casos en función del signo de x− 1:
Si x− 1 ≥ 0 (o sea x ≥ 1) la ecuación es 1− y − (x− 1) = 0, o sea la recta x+ y = 2 que pasa por
los puntos (2, 0) y (1, 1). Sólo nos interesa el tramo de esta recta con x ≥ 1.
Si x− 1 ≤ 0 (o sea x ≤ 1) la ecuación es 1− y − (1− x) = 0, o sea la recta x = y que pasa por los
puntos (0, 0) y (1, 1). Sólo nos interesa el tramo de esta recta con x ≤ 1.
Estas dos semirrectas, que confluyen en (1, 1) dividen al plano en dos
partes (“encima” y “debajo”) y marcan el borde del dominio que bus-
camos; ellas NO están en el dominio porque no existe ln(0).
Un punto que está “por encima” es el (0, 1), que NO satisface la ine-
cuación. Un punto que está “por debajo” es el (1, 0), que śı satisface la
inecuación. Por tanto el dominio es la región de debajo.
Matemáticas de 1 , problemas 212 Alberto del Valle Robles
13 REPRESENTACIÓN GRÁFICA DE DESIGUALDADES (*)
o
4. Dibuja en R2 el dominio de la función f(x, y) =
√
2− |y − x|.
Solución: Se trata de dibujar las soluciones de la inecuación 2 − |y − x| ≥ 0, para que exista la
ráız.
Comenzamos dibujando las soluciones de la ecuación 2− |y − x| = 0, o
sea |y−x| = 2, que son las dos rectas y−x = 2 e y−x = −2. Estas dos
rectas paralelas dividen al plano en la “banda central” y dos regiones
fuera de ella. El punto (0, 0) está en la banda y satisface 2−|y−x| ≥ 0,
mientras que puntos fuera de la banda como (3, 0) y (0, 3) no lo cumplen.
Por tanto el dominio son los puntos de la banda que quedan entre las
rectas, con éstas incluidas.
o
5. Dibuja en R2 el dominio de la función f(x, y) = ln(x+ 7y − 25) +
√
25− x2 − y2.
Solución: Para que existan a la vez el logaritmo y la ráız se deben verificar a la vez x+7y−25 > 0
y 25− x2 − y2 ≥ 0, por lo que se trata de dibujar las soluciones comunes de ambas inecuaciones.
Las soluciones de x+7y > 25 son los puntos que están por encima de la recta x+7y = 25 (sin estar
justo en la recta), y las de x2 + y2 ≤ 25 son los puntos que están en el interior (borde inclúıdo) del
ćırculo de radio 5 centrado en el origen.
La intersección de la recta y la circunferencia se puede calcular sustitu-
yendo x = 25−7y en x2+y2 = 25, con lo que se tiene (25−7y)2+y2 = 25,
o sea 50y2 − 350y+ 600 = 0. Dividiendo por 50 queda y2 − 7y+ 12 = 0
con soluciones y = 4 e y = 3, para las que se tiene respectivamente
x = −3 y x = 4. En definitiva, los puntos de corte son (−3, 4) y (4, 3)
y la región es la que está sombreada en el dibujo (sin los puntos de la
recta, y en particular sin esos puntos de corte).
o
6. Dibuja en R2 el dominio de la función f(x, y) =
√
y + ln(2x− x2 − y2).
Solución: Para que exista la ráız cuadrada debe ser y ≥ 0. Para que exista el logaritmo debe ser
2x− x2 − y2 > 0 o x2 − 2x+ y2 < 0 o (x− 1)2 + y2 < 1
Por tanto la región es la mitad superior (y ≥ 0) del ćırculo con centro (1, 0) y radio 1. La parte
inferior (recta) del borde está en el dominio, la parte superior (curva) no y las esquinas tampoco.
o
Matemáticas de 1 , problemas 213 Alberto del Valle Robles
	REPRESENTACIÓN GRÁFICA DE DESIGUALDADES (*)