T4: Funciones · Monotonía y áreas — MATEMATICAS II PEvAU Andalucía 2021

Monotonía y áreas

Problema

2021 · Ordinaria · Reserva

Considera la función $f : (0, +\infty) \to \mathbb{R}$ definida por $f(x) = (\ln(x))^2$ ( $\ln$ denota la función logaritmo neperiano).

a) Determina los intervalos de crecimiento y de decrecimiento de

f

, así como sus extremos relativos (abscisas donde se obtienen y valores que se alcanzan).b) Calcula el área de la región limitada por la gráfica de la función

f

y las rectas

y = 0, x = 1, x = e

Logaritmo neperianoExtremos relativosÁrea bajo la curva

a) Determina los intervalos de crecimiento y de decrecimiento de

f

, así como sus extremos relativos (abscisas donde se obtienen y valores que se alcanzan).

La función dada es $f(x) = (\ln(x))^2$ con dominio $(0, +\infty)$ . Para determinar los intervalos de crecimiento y decrecimiento, calculamos la primera derivada $f'(x)$ .

f'(x) = \frac{d}{dx} (\ln(x))^2 = 2 \ln(x) \cdot \frac{1}{x} = \frac{2 \ln(x)}{x}

Ahora, igualamos la primera derivada a cero para encontrar los puntos críticos:

\frac{2 \ln(x)}{x} = 0

Dado que $x \in (0, +\infty)$ , el denominador $x$ nunca es cero. Por lo tanto, el numerador debe ser cero:

2 \ln(x) = 0 \implies \ln(x) = 0 \implies x = e^0 \implies x = 1

El punto crítico es $x=1$ . Analizamos el signo de $f'(x)$ en los intervalos $(0, 1)$ y $(1, +\infty)$ .Para $x \in (0, 1)$ : Tomamos un valor de prueba, por ejemplo, $x = 0.5$ . Entonces, $\ln(0.5) < 0$ . Como $x > 0$ , $f'(0.5) = \frac{2 \ln(0.5)}{0.5} < 0$ . Por lo tanto, $f(x)$ es decreciente en $(0, 1)$ .Para $x \in (1, +\infty)$ : Tomamos un valor de prueba, por ejemplo, $x = e$ . Entonces, $\ln(e) = 1 > 0$ . Como $x > 0$ , $f'(e) = \frac{2 \ln(e)}{e} = \frac{2 \cdot 1}{e} = \frac{2}{e} > 0$ . Por lo tanto, $f(x)$ es creciente en $(1, +\infty)$ .Conclusiones:Intervalo de decrecimiento: $(0, 1)$ Intervalo de crecimiento: $(1, +\infty)$ En $x=1$ , la función cambia de decreciente a creciente, lo que indica un mínimo relativo. El valor de la función en este punto es:

f(1) = (\ln(1))^2 = 0^2 = 0

Extremo relativo: Hay un mínimo relativo en $x=1$ , cuya abscisa es $x=1$ y cuyo valor que se alcanza es $f(1)=0$ .

b) Calcula el área de la región limitada por la gráfica de la función

f

y las rectas

y = 0, x = 1, x = e

La región está limitada por $f(x) = (\ln(x))^2$ , la recta $y=0$ (eje $X$ ), y las rectas verticales $x=1$ y $x=e$ . Como $f(x) = (\ln(x))^2 \ge 0$ para todo $x \in (0, +\infty)$ , el área se calcula mediante la integral definida:

A = \int_1^e (\ln(x))^2 dx

Para resolver esta integral, usaremos el método de integración por partes, $\int u \, dv = uv - \int v \, du$ . Elegimos $u = (\ln(x))^2$ y $dv = dx$ .

u = (\ln(x))^2 \implies du = 2 \ln(x) \cdot \frac{1}{x} dx \\ dv = dx \implies v = x

\int_1^e (\ln(x))^2 dx = \left[ x (\ln(x))^2 \right]_1^e - \int_1^e x \cdot \left( 2 \ln(x) \cdot \frac{1}{x} \right) dx \\ = \left[ x (\ln(x))^2 \right]_1^e - \int_1^e 2 \ln(x) dx \\ = \left[ x (\ln(x))^2 \right]_1^e - 2 \int_1^e \ln(x) dx

Ahora, necesitamos calcular la integral de $\ln(x)$ . Volvemos a aplicar integración por partes para $\int \ln(x) dx$ . Elegimos $u = \ln(x)$ y $dv = dx$ .

u = \ln(x) \implies du = \frac{1}{x} dx \\ dv = dx \implies v = x

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

Sustituimos este resultado en la expresión original para el área:

A = \left[ x (\ln(x))^2 \right]_1^e - 2 \left[ x \ln(x) - x \right]_1^e

Evaluamos en los límites de integración:

A = \left( e (\ln(e))^2 - 1 (\ln(1))^2 \right) - 2 \left( (e \ln(e) - e) - (1 \ln(1) - 1) \right) \\ = \left( e (1)^2 - 1 (0)^2 \right) - 2 \left( (e \cdot 1 - e) - (1 \cdot 0 - 1) \right) \\ = (e - 0) - 2 \left( (e - e) - (0 - 1) \right) \\ = e - 2 \left( 0 - (-1) \right) \\ = e - 2(1) \\ = e - 2

El área de la región limitada es $e-2$ unidades cuadradas.