Problema 322

Análisis matemático II, Aplicaciones de la integral II, Selectividad Mat II

Sea f:~(-1,+\infty)\rightarrow\mathbb R la función definida por f(x)=\ln(x+1), donde ln denota la función logaritmo neperiano.

a) Esboza el recinto limitado por la gráfica de f, el eje OY y la recta y=1. Calcula los puntos de corte de las gráficas.

b) Halla el área del recinto anterior.

Solución:

a) Partimos de la gráfica de la función elemental y=\ln(x). De ella sabemos que es una función definida en (0,+\infty), estrictamente creciente, con asíntota vertical x=0, sin asíntota horizontal, pasa por el punto (1,0) y siempre cóncava:

lnx
y=\ln(x)

La función f(x)=\ln(x+1) no es más que una traslación horizontal de la anterior hacia la izquierda de una unidad

La recta y=1 es una recta horizontal que pasa por el punto (0,1).

La función f y la recta y=1 se cortan en:

\ln(x+1)=1~;\\\\x+1=e~;\\\\x=e-1

El punto de corte de ambas funciones es (e-1,1)

Sabiendo esto, el esbozo de la gráfica pedida es semejante a la siguiente figura.

p322

b) Nos piden calcular el área de la región sombreada de la gráfica anterior.

\displaystyle S=\int_0^{e-1}1-\ln(x+1)~dx

Calculamos por separado la integral \int\ln(x+1)~dx con el método de integración por partes:

\begin{array}{lcl}u=\ln(x+1)&\longrightarrow&du=\dfrac 1{x+1}~dx\\dv=dx&\longrightarrow&v=x\end{array}

Luego:

\displaystyle S=\int_0^{e-1}1-\ln(x+1)~dx=\int_0^{e-1}1~dx-\int_0^{e-1}\ln(x+1)~dx=\\\\=[x]_0^{e-1}-\left[x\ln(x+1\right]_0^{e-1}+\int_0^{e-1}\frac x{x+1}~dx

Esta última integral es de tipo racional. Como el grado del numerador es mayor o igual que el grado del denominador hacemos la división de ambos polinomios y escribimos la integral en la forma:

\displaystyle \boxed{\int\dfrac{\mbox{numerador}}{\mbox{denominador}}=\int\mbox{cociente}+\int\dfrac{\mbox{resto}}{\mbox{denominador}}}

\displaystyle \int\dfrac x{x+1}~dx=\int 1~dx+\int\dfrac{-1}{x+1}~dx=x-\ln(x+1)

Luego:

\displaystyle S=[x]_0^{e-1}-\left[x\ln(x+1\right]_0^{e-1}+\int_0^{e-1}\frac x{x+1}~dx=\\\\=[x]_0^{e-1}-\left[x\ln(x+1\right]_0^{e-1}+[x-\ln(x+1)]_0^{e-1}=\\\\=\Big[2x-(x+1)\ln(x+1)\Big]_0^{e-1}=\\\\=\Big(2(e-1)-(e-1+1)\ln(e-1+1)\Big)-(0-1\cdot0)=\\\\=2e-2-e\ln e=e-2\mbox{ u.a.}

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