Ejercicio14_e_TP6

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Matemática
P
S
e
14. Calculá el área de la región limitada por la gráfica de la función f y los ejes indicados:
e. 1xy  x2y 
ráctico 6 – Integrales - EJERCICIO 14_e 1
OLUCION Y COMENTARIOS
. y =|x+1│; y =2–|x│
Calculamos los puntos de intersección resolviendo la ecuación: |x+1| = 2 - |x|
Recordamos que:
|x + 1| |x|
x + 1 0 x + 1 < 0 x 0 x < 0
x-1  |x+1| = x+1 x < -1  |x+1| = -(x+1) x 0  |x| = x x < 0  |x| = -x
Entonces para resolver la ecuación debemos plantearnos los siguientes casos:
1. x-1  |x+1| = x+1 y x 0  |x| = x
2. x-1  |x+1| = x+1 y x < 0  |x| = -x
3. x < -1  |x+1| = -(x+1) y x 0  |x| = x
4. x < -1  |x+1| = -(x+1) y x < 0  |x| = -x
Resolvemos:
1. x -1  |x+1| = x+1 y x 0  |x| = x.
En este caso, los números reales que satisfagan la ecuación deben ser:
x -1 y x 0  x 0  x [0; +)
Luego:
|x+1| = 2 - |x|  x + 1 = 2 – x  2x = 2 -1  x =
2
1
Como x =
2
1 [0; +) es una solución de la ecuación.
2. x -1  |x+1| = x+1 y x < 0  |x| = -x
En este caso, los números reales que satisfagan la ecuación deben ser:
x -1 y x < 0  -1 x < 0  x [-1;0)
Luego:
|x+1| = 2 - |x|  x + 1 = 2 – (– x)  x + 1 = 2 + x  1 = 2
Como llegamos a un absurdo, concluimos que en el intervalo [-1;0) la ecuación no
tiene solución.
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Práctico 6 – Integrales - EJERCICIO 14_e 2
3. x < -1  |x+1| = -(x+1) y x 0  |x| = x
En este caso, los números reales que satisfagan la ecuación deben ser:
x < -1 y x 0
Pero en este caso, no existe ningún número real que cumpla simultáneamente ambas
condiciones.
4. x < -1  |x+1| = -(x+1) y x < 0  |x| = -x
En este caso, los números reales que satisfagan la ecuación deben ser:
x < -1 y x < 0  x (; -1)
Luego:
|x+1| = 2 - |x|  -(x+1) = 2 - (-x)  -x -1 = 2 +x  2x = -3  x =
2
3

Como x =
2
3
 (; -1) entonces es solución de la ecuación.
Entonces la solución de la ecuación |x+1| = 2 - |x| es






2
1
;
2
3
S
Por lo que la región limitada por y =|x+1│; y =2–|x│se encuentra en el intervalo 



2
1
;
2
3
Podemos graficar para ver mejor esta situación:
y =|x+1│ y =2–|x│
y =|x+1│; y =2–|x│ Región entre y =|x+1│; y =2–|x│
Si bien el intervalo de integración es 



2
1;
2
3 analicemos cómo se comportan las curvas dentro de
él. Usando nuevamente la definición de módulo podemos escribir:
y = |x+1| como






1xsi1x
1xsi1x
y
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Práctico 6 – Integrales - EJERCICIO 14_e 3
y = 2 - |x| como






0xsix2
0xsix2
y
Por lo tanto, el área puede calcularse de la siguiente manera:
 
     
    
     
2
3A
2
5
1
2
10
2
5
1A
2
1
4
11
2
9
4
931A
C
2
1C
4
1C1C0C
2
3.3
2
3C1.31A
CxxCxCx3xA
dx1x2dx1dx3x2A
dx1x2xdx1x2xdx1x2xA
dx1xx2A
2
2
2
1
0
20
1
1
2
3
2
2
1
0
0
1
1
2
3
2
1
0
0
1
1
2
3
2
1
2
3







 











 




































Otro modo de resolución a partir de las funciones originales es el siguiente:
0x
0x
x
2
1x2
x
2
1
x2
x2
2
2










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Práctico 6 – Integrales - EJERCICIO 14_e 4
Dado que x+1 > 0 sólo si x < 0, entonces:
1x
1x
xx
2
1
xx
2
1
1x
2
2










Por lo tanto:
 
     
2
1
0
20
1
1
2
3
2
2
1
0
22
0
1
22
1
2
3
22
2
1
0
0
1
1
2
3
2
1
2
3
xxxx3xA
Cxx
2
1Cx
2
1x2Cxx
2
1Cx
2
1x2Cxx
2
1Cx
2
1x2A
dx1xx2dx1xx2dx1xx2A
dx1xx2A






 




 




 














Llegamos a la misma expresión del primer procedimiento que realizamos por lo que obtenemos
igual resultado:
2
3A 