Ejercicio resuelto de Integrales y Áreas · Matemáticas II · 2021

Dada la siguiente función

$f(x) = \begin{cases} 5 - ax^{2} & \text{si } x \leq 1 \\[2ex] \dfrac{6}{ax} & \text{si } x > 1 \end{cases} \qquad a \in \mathbb{R}, \; a \neq 0$

a) Calcule los valores de $a \in \mathbb{R}$ para que la función $f(x)$ sea continua. [1 punto]

b) Determine justificadamente para qué valor de los anteriores se verifica que el área encerrada por la función $f(x)$, el eje $OX$ y las rectas $x = 0$ y $x = e$ sea $6\ \text{u}^{2}$. [1 punto]

$\textbf{a) Calcule los valores de } \boldsymbol{a \in \mathbb{R}}\textbf{ para que la función } \boldsymbol{f(x)}\textbf{ sea continua. [1 punto]}$

En el tramo $x<1$ la función es un polinomio, y en el tramo $x>1$ es un cociente cuyo denominador no se anula, ya que $a\neq0$ y $x>1$. Las dos ramas son, pues, continuas, y el único punto que hay que estudiar es el de empalme.

$f(1)=5-a\cdot1^{2}=5-a$

$\displaystyle\lim_{x\to1^{-}}\left(5-ax^{2}\right)=5-a$

$\displaystyle\lim_{x\to1^{+}}\dfrac{6}{ax}=\dfrac{6}{a}$

Para que la función sea continua los dos límites laterales han de coincidir con el valor de la función:

$5-a=\dfrac{6}{a}\ \Rightarrow\ 5a-a^{2}=6\ \Rightarrow\ a^{2}-5a+6=0$

$a=\dfrac{5\pm\sqrt{25-24}}{2}=\dfrac{5\pm1}{2}\ \Rightarrow\ \begin{cases}a=3\\a=2\end{cases}$

Los dos valores son distintos de cero, como exige el enunciado. La función es continua para $a=2$ y para $a=3$.

$\textbf{b) Determine justificadamente para qué valor de los anteriores se verifica que el área encerrada por la función } \boldsymbol{f(x)}\textbf{, el eje } \boldsymbol{OX}\textbf{ y las rectas } \boldsymbol{x = 0}\textbf{ y } \boldsymbol{x = e}\textbf{ sea } \boldsymbol{6\ \text{u}^{2}}\textbf{. [1 punto]}$

El intervalo de integración contiene el punto de empalme, así que el área se parte en dos: hasta $x=1$ manda la parábola y desde ahí, la hipérbola. Para los dos valores del apartado anterior la función es positiva en todo $[0,e]$ —la parábola vale $5$ en el origen y $5-a>0$ en $x=1$, y el otro trozo es $\frac{6}{ax}>0$—, de modo que el área es directamente la suma de las dos integrales.

$\mathcal{A}=\displaystyle\int_{0}^{1}\left(5-ax^{2}\right)dx+\int_{1}^{e}\dfrac{6}{ax}\,dx$

$\displaystyle\int_{0}^{1}\left(5-ax^{2}\right)dx=\left[5x-\dfrac{ax^{3}}{3}\right]_{0}^{1}=5-\dfrac{a}{3}$

$\displaystyle\int_{1}^{e}\dfrac{6}{ax}\,dx=\dfrac{6}{a}\left[\ln|x|\right]_{1}^{e}=\dfrac{6}{a}\left(\ln e-\ln1\right)=\dfrac{6}{a}$

$\mathcal{A}(a)=5-\dfrac{a}{3}+\dfrac{6}{a}$

Solo queda probar los dos valores admisibles:

$\mathcal{A}(2)=5-\dfrac{2}{3}+3=\dfrac{22}{3}\approx7{,}33\neq6$

$\mathcal{A}(3)=5-1+2=6$











El valor que hace que el área valga exactamente $6\ \text{u}^{2}$ es $a=3$.

Con él la función es $f(x)=5-3x^{2}$ hasta $x=1$ y $f(x)=\frac{2}{x}$ a partir de ahí, y el recinto es el sombreado.