Como ya se dice en el escrito anterior, el libro se ha dividido en 7 apartados, cuyocontenido es el siguiente: Apartado 1: Cálculo integral 21 ejercicios “ 2: Funciones: continuidad, derivabilidad,…. 32 “ “ 3: Gráficas de funciones 16 “ “ 4: Geometría 36 “ “ 5: Determinantes 12 “ “ 6: Matrices 16 “ “ 7: Sistemas de ecuaciones 13 “ El texto tiene en total 232 páginas. El número que aparece en cada uno de los capítulos es en realidad el número mínimo del apartado correspondiente, ya que como se ha dicho, en un gran porcentaje de ejercicios aparecen varios apartados correspondiendo cada uno a capítulos distintos del libro. A continuación se expone una parte de los ejercicios de la parte correspondiente al cálculo integral: 1 Cálculo integral 1.01 Dada la recta x = -5 y la parábola si se dibujan, se observa que entre las dos curvas no encierran ninguna zona del plano, ahora bien, si a la recta le damos un giro de con centro en el origen de coordenadas, entonces la nueva recta y la parábola sí que encierran una zona acotada del plano. Hallar el área de dicha zona. Solución: El la gráfica vemos que la recta es paralela al eje de la parábola, por ello, la cortará en un punto pero entre las dos curvas no encierran ninguna zona del plano. Entonces vamos a dar un giro de a la recta y una vez hecho esto veremos el nuevo gráfico. Para dar un giro a una recta, una forma de hacerlo sería: coger dos puntos cualesquiera de la recta, aplicarle el giro a cada uno de ellos y los nuevos puntos obtenidos determinarán la recta girada. Aquí para dar un giro a un punto hay unas fórmulas que se pueden ver en cualquier libro pero es un engorro el tener que acordarse de tanta fórmula. Hay una forma muy sencilla y cómoda de dar un giro a cualquier figura y es utilizando las propiedades de la multiplicación de números complejos: “el producto de dos números complejos es otro complejo de módulo el producto de los módulos y de argumento la suma de los argumentos”. Según esto, si tenemos un punto cualquiera del plano real P(a,b), este punto tiene su homólogo en el plano complejo mediante una correspondencia biyectiva simple que se establece entre los dos planos (el real y el complejo), en esta correspondencia, al punto P le corresponde un punto P’ que, en forma binómica lo representamos por “a + bi”, por tanto si ahora cogemos un punto cualquiera de la recta de nuestro problema, por ejemplo el P(-1,0), su homólogo en el plano complejo será: -1 + 0.i pues bien, si ahora queremos dar un giro de a este punto lo que hacemos es multiplicarlo por un complejo que tenga de módulo 1 y de argumento (esto es así porque el giro tiene de centro el origen de coordenadas, si no, la cosa es un poco más engorrosa). Pues ¿qué complejo tiene de módulo 1 y de argumento ? no hay más que recordar las distintas formas de expresar un número complejo: forma binómica: a + bi forma polar: un número complejo de módulo 1 y argumento será: Ahora bien. por ejemplo P(-5. este resultado casi se veía venir. sería la determinada por los puntos P’ y Q’. Esta recta es y = -5.-2) y hacemos lo mismo de antes: por tanto el punto Q(-5. con centro el origen de coordenadas. obtenemos el homólogo del producto en : es decir. entonces la recta transformada de x = -1 mediante el giro que estamos tratando. que dan lugar a la recta y = -5.Ahora cogemos un punto cualquiera de la recta x = -5.0) al aplicarle un giro de ha transformado en el punto P’(0. Ahora la gráfica será: En la gráfica se ve que al girar los puntos P y Q. Ahora lo que tenemos que hacer es hallar el área de la zona sombreada y ésta se calculará como el área comprendida entre dos curvas. obtenemos los puntos P’ y Q’. Bueno.-5). vamos a hallar los puntos de corte de estas curvas ya que esos serán los límites de integración y para ello tendremos que resolver el sistema: Por tanto el área S de la zona sombreada será: .0). antes de continuar. obtenemos su homólogo en y lo multiplicamos por z = i y una vez hecho esto. pero no está de más recordar algunas herramientas con las que trabajamos. el punto P(-5. se Ahora tomamos otro punto de la recta x = -5.-2) al aplicarle el giro de se transforma en el punto Q’(2.-5). por ejemplo el Q(-5. ya que tenemos un cociente de polinomios donde vemos que el denominador es un polinomio primo. O sea. La derivada de la función es: . es decir. podemos hacer un cambio conveniente a fin de simplificar bastante. así como hacer un esbozo de su gráfica.-1). nos interesa la que contenga al punto P(0. veamos cómo se comporta el signo de la derivada en las distintas zonas de la recta.1.02 Dado el conjunto de funciones definidas como: Consideremos de este conjunto. el denominador tiene una x al cuadrado y el numerador una x. Solución: En primer lugar lo que tendremos que hacer es hallar la expresión algebraica de la función y para ello no hay más remedio que resolver la integral que nos define la familia de funciones donde se encuentra la que nos interesa. Por tanto tendremos: por tanto la función que tenemos que estudiar es: Una vez que conocemos la expresión algebraica de la función. la función cuya gráfica contiene al punto P(0. Estudiar el dominio. por tanto no se anula nunca lo que implica que la función está definida para cualquier valor real de la variable. o sea. tendremos: Dominio: A la vista de la expresión algebraica de la función. Para resolver la integral vamos a hacer un cambio de variable. tendremos: Ya tenemos que la familia de funciones será: de todas ellas. Monotonía: Para estudiarla. pues si nos fijamos. no tiene raíces.-1). que haremos: y si ahora sustituimos en la integral. decimos que el dominio es todo R. la monotonía y los puntos característicos de esta función. como se ve. por tanto se tendrá: Por tanto ya tenemos que a la izquierda de cero la función decrece y a la derecha crece. es 1. ya que el denominador es un polinomio primo elevado al cuadrado y el numerador es el polinomio ‘x’. Yo creo que con estos datos podemos hacer el esbozo de la gráfica de la función. por tanto en el punto cero tenemos un mínimo relativo. Si nos entretenemos y calculamos la segunda derivada. tendremos: por tanto tenemos dos puntos de inflexión que son: Aunque no nos han comentado nada en el enunciado. Sólo nos faltaría decir que la gráfica corta al eje OX en los puntos 1 y -1. Aquí vemos que esta expresión está descompuesta en factores. Con esto la gráfica será: . la derivada no tenemos que molestarnos en calcularla ya que es precisamente el integrando de la expresión que nos dan en el enunciado del problema. por tanto el signo dependerá del que tome x. El mínimo relativo lo tenemos por tanto en el punto M(0.-1). ya que el denominador es siempre positivo. con idea de ver si hay puntos de inflexión. diremos que la función tiene una asíntota horizontal ya que se ve que el límite de la función cuando x tiende a infinito. ya que los dos trozos son funciones polinómicas y por tanto continuas en todo R. Ahora vamos a ver la condición de que el área encerrada por la curva y el eje OX desde 1 hasta 4 valga .1. y por representaremos el área comprendida entre la curva. el eje OX y la ordenada x = a. el eje OX y las ordenadas x = a y x = 4 y así de esta forma tendremos: ahora calculamos el área de la otra zona: la suma de las dos áreas será: antes de efectuar estas sumas. ahora efectuando operaciones en esta última expresión tendremos: . Vamos a representar por el área comprendida entre la función f. el eje OX y la recta y = 4 es . La función está definida como: Solución: La gráfica de la función podríamos poner que es: La condición de continuidad se traduce en: con esta condición bastará para que la función sea continua en el intervalo [1.4]. en he puesto ‘b’ en función de ‘a’. La igualdad de los límites anteriores nos lleva a: ésta es la relación que debe existir entre ‘a y b’ para que la función sea continua en el intervalo donde está definida. 4] y el área comprendida entre la gráfica de la función. La suma de las dos áreas debe ser el área que nos da el enunciado.03 La función f(x) es continua en el intervalo [1. Con estas condiciones hallar el valor de los parámetros ‘a y b’. tomaremos la derivada de f a la derecha de cero: antes de calcular el área de la función con el eje OX vamos a hacer un esbozo de la gráfica de la función que es fácil. Ahora para calcular ‘c’ hallaremos el área comprendida por la curva y el eje OX en dos zonas. tendrá que serlo en x = 0 ya que en los restantes valores de x ya lo es por estar definida f por medio de funciones polinómicas. esto nos dice que en ese punto la derivada debe anularse. Si f ha ce ser continua en R. que ‘a y b’ son los valores que hacen que la función f(x) definida como: sea continua en R y además tenga un mínimo relativo en x = 1. ya que el número 3 no es divisor de 196 que es el término independiente de la ecuación.4 + 156. por tanto no puede ser solución (ver las fórmulas de Cardano) Si a = 2 entonces b = -8 + 12 = 4. por último sabemos que ‘c’ es el área de la región acotada comprendida entre la función y el eje OX.8 – 45. si tiene un valor entero. por tanto la función quedaría así: 1. no hay que probar con a = 3. pues no seríamos capaces de seguir).04 Hallar la matriz M cuadrada de orden 2 definida por de modo que su determinante valga 3. . éste tendrá que ser necesariamente 2 ó 3 (si no hay solución entera para ‘a’ ya podemos dejar el ejercicio. Solución: Vamos a comenzar calculando los valores de ‘a y b’. continuaremos calculando el valor de ‘c’ y dejaremos para el final el valor del parámetro ‘d’. Ya que el 1 está a la derecha del cero.2 – 196 = 0 (¡bingo!) Hemos tenido suerte ya que la ecuación tiene por solución a = 2. pues vamos a probar si la ecuación tiene alguna de estas dos soluciones: empecemos por a = 2 8. Por tanto: si además la función debe tener un mínimo relativo en x = 1.Como ‘a’ está comprendido entre 1 y 4. y la segunda por la segunda rama desde 0 hasta 1. la primera comprendida por la primera rama desde -1 a 0. entonces tendremos la siguiente situación: antes ahora después edad del menor: x – (y – x) x y edad del mayor: x y y + (y – x) ahora planteamos el sistema de ecuaciones que será: . y la edad del mayor es Calcular los valores de a y b.05 El hermano menor le dice al mayor: “La edad que tú tienes es el triple de la edad que yo tenía cuando tú tenías la edad que yo tengo. Cuando yo tenga tu edad entre los dos sumaremos 49 años”.por tanto el área es: Por último hacemos uso de la condición de que el determinante de M es 3: por tanto la matriz es: 1. Solución: Representemos la edad del menor con la variable x y la del mayor con la variable y. Se sabe que los de la edad del menor representa el área encerrada por la función el valor del determinante: y el eje OX. la diferencia de edad será y – x. Según se ve en el dibujo que representa la función f y una posible función g (de ésta no sabemos cuánto vale el parámetro ‘a’). podríamos haber supuesto que ‘a’ fuese negativo y entonces hubiese salido a = -2. una gráfica que podría representar aproximadamente a las dos funciones sería la que aparece en la página siguiente. el área saldría negativa.Ahora nos dicen que los de la edad del menor es el área que encierra la función dada más arriba con el eje OX. La gráfica de la función será: El área de la zona sombreada será la integral de la función f entre 0 y a. siendo a > 0.06 Dadas las funciones . Solución: Siendo ‘a’ positivo. aunque tomaremos los límites de integración al revés ya que el área está por debajo del eje OX y si no hacemos este cambio. y entre ‘a’ y 2 para la función g. por tanto se tendrá: 1. las áreas son: . Ahora tenemos que el determinante que nos dan tiene su valor igual a la edad del mayor que es 21. hallar la razón entre las áreas que determinan f y g con el eje OX. entre 0 y ‘a’ para la función f. si sabemos que se cortan cuando x = a. por tanto tendremos: aquí he supuesto que ‘a’ es positivo. teniendo en cuenta que las curvas se cortan en el punto x = a: f(a) = g(a) la solución a = 0 no nos sirve ya que la función g se transformaría en el eje OX y por tanto esto sería una degeneración de la parábola en una recta. Vamos a calcular en primer lugar los puntos de corte de las dos curvas y para ello resolveremos el sistema de ecuaciones: Como se ve. estos arcos se encuentran en el primero y tercer cuadrante ya que en el segundo y cuarto al . en cuyo caso la razón entre las áreas será: 1. las soluciones de este sistema de ecuaciones se corresponden con los arcos cuyo seno y coseno son iguales. considerando tres puntos de corte consecutivos de las mismas.07 Hallar el área de la zona comprendida entre las curvas f(x) = sen x y g(x) = cos x. Solución: Como siempre. luego la solución sería a = 1. lo primero que haremos será una representación gráfica de la situación ya que ésta nos va a ayudar bastante. Los arcos a los que estamos haciendo referencia son precisamente los que corresponden a la bisectriz del primero y tercer cuadrantes. nunca podrán ser iguales. estos ángulos son: en general para resolver el sistema tendremos: en realidad. yo he señalado como puntos de corte consecutivos (según se ven en la figura) los siguientes: se podían haber cogido otros tres dada la simetría de la figura.tener signos distintos el seno y el coseno. Bueno. lo que ocurre es que en este caso concreto ya sabemos cuáles son los ángulos cuyo seno y coseno son iguales. de esta forma el área encerrada en la zona sombreada será la suma de dos áreas. la gráfica de la función seno va por encima de la gráfica de la función coseno y en el recinto de la derecha ocurre lo contrario. Hay que calcularlas por separado ya que en el recinto de la izquierda. por tanto calcularemos las áreas de forma independiente y luego las sumaremos quedando así: Ahora calcularemos el área de la segunda zona y tendremos: . pues ahora cogemos tres puntos de corte consecutivos. éste sería el procedimiento para resolver el sistema. a. 1. calcular la que pasa por el punto Solución: En este ejemplo lo primero que se me ocurre es eliminar la raíz y para ello haremos el cambio de variable: si sustituimos todo en la integral tendremos: y deshaciendo el cambio: de este conjunto de funciones debemos tomar la que pasa por el punto P que nos dan: por tanto la primitiva pedida será: .08 De todas las primitivas que consideramos a continuación. Podríamos habernos dado cuenta de que las dos zonas sombreadas son simétricas respecto de la recta . habríamos calculado el área de una de las zonas y el resultado lo multiplicaríamos por 2.Por tanto el área total será: u. Si hubiésemos aplicado esta simetría. el producto de sus pendientes será -1. De la forma que está expresada la ecuación de la parábola.09 Dada la parábola .4). A continuación vamos a proceder a dar respuesta a cada una de las preguntas que se nos hace: Apartado a): Tenemos que calcular las ecuaciones de la tangente y la normal en el punto P(8. la ecuación de dicha recta será: Como la normal y la tangente son perpendiculares.1. b) Hallar el baricentro del triángulo APB. pues calculemos la derivada en el punto P y a correr.4) de dicha curva. se considera el punto P(8. Se pide: a) Hallar las ecuaciones de la tangente y la normal a la curva en el punto P. es cómodo hacer uso de la derivación implícita y así tendremos: la pendiente de la tangente la hemos representado por la letra ‘m’. Solución: Apartado a): Vamos a comenzar por hacer una representación gráfica de la situación: Tenemos representada la parábola y las rectas tangente y normal a la curva en el punto P. Ya sabemos que la pendiente de la tangente en el punto P es la derivada de la función en ese punto. si representamos por m’ la pendiente de la normal. La tangente y la normal a la curva en el punto P forman con el eje de ordenadas un triángulo rectángulo cortando estas rectas al eje OY en puntos A y B respectivamente. c) Hallar el área de dicho triángulo APB. se tendrá: Por tanto la ecuación de la normal será: . Para el cálculo del área del triángulo utiliza el procedimiento de la expresión de dicha área y además aplica el cálculo integral para hallarla. tendremos: operando en la expresión anterior se tendrá que: . la abscisa de ese punto será cero y por tanto tendremos: vértice B: éste es el de corte entre la normal y el eje OY. si esto lo llevamos al plano vectorial inmerso en el plano euclídeo. pero puede ocurrir que se nos haya olvidado la formulita en un momento dado.Antes de continuar vamos a calcular las coordenadas de los vértices A y B: vértice A: es el punto de corte de la tangente con el eje OY. sabemos que una mediana es una recta que va desde un vértice al punto medio del lado opuesto y sabemos que el baricentro está a una distancia doble del vértice que del lado correspondiente. Vamos a representar esto con un pequeño esquema: En este triángulo vemos que M es el punto medio del lado PA y G es el baricentro del triángulo. Hay una fórmula que nos da dicho punto y que es la suma de las coordenadas de los tres vértices del triángulo dividida por 3. tendremos la relación: y teniendo en cuenta que las coordenadas de un vector son las del punto extremo menos las del punto origen podemos escribir: y si ahora escribimos la expresión vectorial de arriba en forma de coordenadas. por las propiedades de las medianas y del baricentro tenemos que el segmento BM es tres veces el segmento GM. no hay que ponerse nervioso. por tanto se tendrá: punto medio del lado AP: Apartado b): El baricentro de un triángulo es el punto donde se cortan las medianas del mismo. para ello pondremos las ecuaciones de los segmentos anteriores así: de esta manera el área será: como se ve. está comprobado que los dos resultados son correctos. Apartado c): Como tenemos que hallar el área de un triángulo rectángulo. bueno. 1. su valor será el semiproducto de los catetos.10 Dada la matriz A. encontrar dos parámetros a y b tales que se verifique la relación: donde I representa la matriz unidad de orden 2 y 0 representa la matriz nula de orden 2. es conveniente que no olvidemos cómo se deducen estas cuestiones y no nos quedemos sólo con la fórmula final. ¡o nos hemos equivocado en los dos!. no nos hemos equivocado ya que hay coincidencia en los resultados. por tanto hallamos la longitud de estos y ya está: Ahora vamos a usar las herramientas del cálculo integral para hallar el área y para ello vamos a considerar el área encerrada entre las gráficas de las funciones representadas por los segmentos PB y PA desde el origen de coordenadas hasta la abscisa 8.b).Si nos hubiésemos acordado de la formulita de la que hablamos al principio tendríamos: aunque el procedimiento para hallarlo ha sido un poco más largo. Hallar el área encerrada por la parábola y el eje OY desde x = a hasta el origen de coordenadas. . Ahora consideramos la parábola que pasa por el punto (a. es broma. de esta forma tendremos: Área rectángulo ABCD = 4∙2 = 8 Ahora calculamos el área entre la curva y el eje OX: . Consideremos ahora la segunda parte y como la parábola nos dicen que pasa por el punto (a. multiplicada por 2.La matriz A es: Solución: Calculemos en primer lugar el valor de los parámetros a y b: la expresión que nos dan será: esto nos lleva al siguiente sistema de ecuaciones: Ya tenemos resuelta la primera parte del problema. ya que hay dos trozos iguales. en primer lugar vamos a proceder así: La primera forma de resolverlo va a consistir en calcular el área del rectángulo ABCD cuyos lados miden 4 y 2 unidades y a esta área le quitaremos la encerrada por la curva y el eje OX desde -4 hasta 0.b). quiere esto decir que: por tanto la parábola tiene de ecuación: para hallar el área encerrada por la parábola y el eje de ordenadas hacemos uso del siguiente dibujo: Esta situación la vamos a resolver de dos formas. para ello de la misma forma que hemos construido una teoría para calcular el área encerrada por una curva. nos quedará: si ahora efectuamos las operaciones dentro de la raíz se tendrá: . tendremos: 1. teniendo en cuenta esto. el eje de ordenadas y las abscisas y = a e y = b.11 Calcular la siguiente integral indefinida: haciendo uso del cambio de variable: Solución: Calculemos en primer lugar la diferencial de ‘x’ y tendremos: si ahora sustituimos en la integral. hay que gastar cuidado en que lo mismo que aparecía en el caso anterior el cálculo de un área que estaba por debajo del eje OX que nos salía negativa y para ello usábamos el valor absoluto de la integral.luego tendremos finalmente: Ahora vamos a ver otra forma de resolver el problema. como: en el caso que nos ocupa. aquí nos va a ocurrir lo mismo ya que estamos en la zona de las ‘x’ negativas. el eje OX y las ordenadas x = a y x = b y esto se expresaba como: de la misma forma podemos calcular el área encerrada por una curva. se tiene: por tanto se tiene: 1.0). ya tenemos que b = c. que la parábola tiene su mínimo relativo en el punto (b. También sabemos que la función f(x) definida por: es continua en R y que la razón entre las áreas comprendidas entre la gráfica de la función y el eje OX entre 0 y 1 para la primera rama y entre 1 y b para la segunda. Solución: Por ser la matriz simétrica. la función f que es continua en R. Con estos datos hallar la matriz M. por otra parte. por tanto como decía antes. b. tendremos que: por otra parte. y al ser su determinante igual a 3. es decir.12 Se sabe que la matriz M es simétrica y que su determinante vale 3. a la derecha de 1 tenemos una parábola que se anula en el punto b y donde el coeficiente de es positivo. la gráfica podría ser: . Para ello vamos a ayudarnos con una posible representación gráfica donde a la izquierda de 1 tenemos una cúbica con el coeficiente de x al cubo positivo. c y d estrictamente positivos y b > 1.para deshacer el cambio haremos lo siguiente: tomando una de las soluciones de la ecuación. por tanto lo único que hay que hacer es imponer la condición de que sea continua en el punto x = 1. es continua en casi todo R. al estar definida a trozos y en cada trozo a su vez está definida por funciones polinómicas. siendo: con a. Para ello se ha de verificar que: además nos hablan de un cociente entre áreas encerradas entre la curva y el eje OX. es de 3/4. los segundos también lo serán y de esta manera tendríamos: si en esta ecuación tomamos los divisores de 2 y probamos cuáles de ellos anulan el primer miembro. para este valor de b se tendría que a = 1.El valor b = 1 no nos sirve ya que para ese valor tendríamos que a = 0 y en el enunciado nos dicen que los parámetros son todos estrictamente positivos. El cálculo de estas áreas será: ahora la condición será: ahora estamos en condiciones de plantear el sistema de ecuaciones que hemos ido obteniendo y que es: la segunda y tercera ecuaciones al tener los primeros miembros iguales. y en este caso sustituyendo en la primera ecuación tendremos que d = 7 Por tanto la matriz M será: . encontramos que estos son el 1 y el 2. ahora lo que tenemos que hacer es imponer la condición de que el cociente entre las áreas sea . .Ésta podría ser la situación de la gráfica de estas dos ramas de la función. por tanto tenemos que descartar la solución b = 1 y por tanto nos quedaría la b = 2. significa que el exponente del factor x – 2 ha de ser impar. Por lo pronto en la gráfica vemos que la función presenta un punto de corte en el origen de coordenadas por tanto en el numerador de la función racional tiene que estar el factor ‘x’ elevado a una potencia impar ya que al pasar de izquierda a derecha de cero. por comodidad se toma exponente 1. hallar el área de la zona sombreada. Solución: Como expresiones algebraicas de funciones cuyas gráficas sean las que aparecen en el dibujo se podrían dar varias. ya que no perdamos de vista que luego hay que calcular un área donde habrá que hacer uso del cálculo integral. por tanto voy a ir jugando con estos dos condicionantes (razonar la expresión algebraica y calcular una integral) a fin de que el problema no se haga demasiado complicado. Esto hay que hacerlo en dos fases ya que una está por encima del eje OX y la otra por debajo. lo del exponente al cubo es por lo siguiente: La función tanto en como en se hace infinita positiva. además se ve claramente que en ese punto tiene una inflexión y por otra parte aparece que la recta x = 2 es una asíntota vertical de la función y ésta cambia el signo al pasar de la izquierda a la derecha de 2. por tanto la expresión algebraica más simple de la función es la que hemos expresado más arriba. yo me voy a limitar a encontrar una que sea lo más simple posible. de esta manera podría quedar: el factor x del numerador es porque la función se anula en el punto cero.13 Hallar la expresión algebraica de la función racional más simple cuya gráfica es: Una vez hallada la expresión algebraica de la función.1. el cociente entre los polinomios debe salir un polinomio de grado par. esto significa que en el conjunto. por . por tanto el cociente deberá salir un polinomio de la forma: para conseguir esto el numerador debe ser de grado 3. cambia el signo. La asíntota vertical significa que en la expresión algebraica aparecerá el factor x – 2 en el denominador y como la función cambia de signo al pasar de izquierda a la derecha de 2. Ahora como segunda parte tenemos que calcular el área de la región sombreada. tanto calcularemos las áreas por separado y después sumaremos. tendremos: la Para calcular hallaremos el área del rectángulo y a ésta le quitaremos el área del triángulo mixtilíneo por debajo de la curva.14 Calcular el área de la zona plana acotada comprendida entre las curvas: Solución: Para calcular el área de la zona comprendida entre las curvas. sin olvidar que tendremos que tomar el valor absoluto ya que esta región está por debajo del eje OX con lo cual va a salir negativa. lo primero que haremos será un representación gráfica de ambas a fin de ver cómo quedan ya que el cálculo de áreas . Si representamos por zona sombreada a la izquierda de OY y por la zona a la derecha de OY. El valor de la función en el punto x = -2 será: por tanto el área del rectángulo será: 2 ∙ 2 = 4 luego: para calcular la integral primero dividiremos y de esta manera tendremos: ahora se tendrá: luego: El área la calcularemos como la integral de la función tomando como límites 0 y 1. por tanto tendremos: finalmente diremos que el área será: 1. 15 Hallar los puntos P de la parábola tales que sea mínima la distancia al punto A(3. Solución: . si despejamos y en la expresión nos queda una raíz cúbica de un cuadrado. por tanto en el punto x = 0 la función no es derivable. La primera se ve claramente que es una parábola que presenta un máximo relativo y que éste está en el punto (0. de esta forma podernos hacer un esbozo de las gráficas de la siguiente manera: En la gráfica ya he puesto los puntos de corte de las dos curvas. observamos que en el punto x = 0 la función no es derivable ya que al hallar la función derivada. Por tanto finalmente tendremos: 1. no una representación gráfica en plan fino. el eje OY positivo y la tangente a la parábola en el punto P que se ha hallado. obtenemos que x valdrá . los valores de ‘y’ siempre serán positivos.0). es decir.entre curvas a ciegas lo más seguro es que nos equivoquemos. La segunda es una curva particular que se llama parábola de Neil. etc. para ello. intervalos de integración. Lo único que habría que ver es cómo es la gráfica en un entorno del origen de coordenadas. lo que ya está expuesto en la gráfica de las funciones. esto nos indica que en ese punto la gráfica presenta un ángulo. la función está definida en todo R y los valores de ‘y’ irán creciendo a medida que nos alejamos del origen de coordenadas. pero claro. aparece una raíz cúbica de la variable en el denominador. 2). ya que habrá que ver qué curva está por encima. por tanto lo que haremos es hallar el área de media zona y el resultado lo multiplicamos por 2. para representarla tampoco tenemos que esmerarnos tanto ya que lo que pretendemos es calcular un área. Ahora lo que tenemos es que la zona sombreada es simétrica respecto al eje OY. en fin. de esta forma uno de los límites de integración será el cero que siempre viene bien ya que se simplifican los cálculos. esos hay que hallarlos y para ello resolvemos el sistema de ecuaciones formado por las ecuaciones de las dos curvas: esta ecuación la podemos poner así: tomando los divisores de 2 vemos que se anula cuando y = 1 y si este valor de y lo pasamos al primer sistema. algo hay que estudiar. Seguidamente hallar el área de la zona acotada comprendida entre la parábola. hallar el área de la zona acotada encerrada entre la gráfica de esta función y su tangente en el punto de abscisa x = 2. Solución: Lo primero que haremos es un esbozo de la gráfica donde pondremos la función y su tangente sombrando la zona pedida. y los límites de integración que serán el 0 y el 1.16 Dada la función . pero aquí es obvio que el valor hallado se debe corresponder a un mínimo. el área de la zona sombrada será: 1. la que está por encima que es la tangente a la parábola y la segunda que es la parábola misma y que queda por debajo. vamos a realizar un pequeño esbozo de cómo sería la gráfica: Para hallar el área de la zona sombrada hemos de tener en cuenta que ésta sería el área comprendida entre dos curvas. .Los puntos P de la parábola serán de la forma distan lo mínimo del punto A serán los mínimos de la función: . es decir. no hay más que alejarse un poco hacia la derecha sobre el eje OX para ver que las distancias de los puntos de la parábola al punto A son mayores que el encontrado. por tanto los puntos P que los mínimos de esta función serán los valores de x que anulen la derivada: Si esta ecuación hubiese tenido más de una solución. no tendríamos más remedio que hallar la derivada segunda y ver el signo que toma al sustituir los valores de x hallados para poder decidir si se corresponden a máximos o mínimos. Por tanto la solución es el punto P(1.2) Para hallar la segunda parte del problema. 4). por tanto el punto de corte será: representaremos por Ahora tenemos por un lado la zona sombreada a la izquierda del eje OY (en las x negativas) ésta la representaremos por y la otra. sabiendo que pasa por el punto (2. Resolviendo el sistema tenemos: el punto que nos interesa es el que está a la izquierda de 0.Al representar la gráfica de la función. la función se define de otra forma. y de esta manera ponemos el dibujo requerido.4). la ecuación de la misma será: ahora hallamos los puntos de corte entre la tangente y la curva y para ello resolvemos el sistema de ecuaciones: bueno.4): una vez que tenemos la pendiente de la tangente. ya que a la derecha de cero. el otro punto de corte es el de tangencia que ya sabemos que es el (2. De esta forma tendremos: . la que está a la derecha del eje OY (en las x positivas) la . Continuamos hallando la ecuación de la tangente a la gráfica en el punto P(2. hacemos uso de la definición de la misma a trozos. hallar la pendiente de la recta y = mx para que las áreas en que esta recta divide al recinto acotado comprendido entre la curva y el eje OX. sean iguales. así tendremos: .17 De una función y se sabe que es dos veces derivable y que f(0) = 5. o sea: luego f(x) será una primitiva de f’(x) luego: luego finalmente: 1. para ello hay que tener en cuenta que la parábola corta al eje OX en los puntos x = 0 y x = 1. Si representamos por S el área de toda la zona se tendrá que: Calculemos el punto de corte de la parábola con la recta: por tanto los puntos de corte son: x=0. Solución: f’(x) será una primitiva de f’’(x).luego el área total será: 1. Hallar la expresión algebraica de la función f. Solución: Lo primero que haremos será un esquema gráfico para que veamos la situación.18 Dada la parábola . x=1–m Calculemos el área S. . los límites de integración son los puntos de corte de ambas que son x = 0 y x = 1 – m y así tendremos: por tanto tendremos que: .por tanto se tiene que: Si calculamos ésta será el área comprendida entre dos curvas. la parábola y la recta.