Dada la función $f(x)=\dfrac{x}{x^2-4}+\dfrac{\ln{(x+1)}}{x+1}$, se pide ...

ENUNCIADO
Dada la función $$f(x)=\dfrac{x}{x^2-4}+\dfrac{\ln{(x+1)}}{x+1}$$ se pide:
a) Determinar el dominio de $f$ y sus asíntotas
b) Calcular la recta tangente a la gráfica de la función $y=f(x)$ en $x=0$
c) Calcular $\int \,f(x)\,dx$

[ PAU 2015, Madrid ]

SOLUCIÓN:
(a)
Dominio de definición de $f$
  El logaritmo sólo está definido para valores positivos de su argumento, luego $x+1 \succ 0$ y, por tanto, $x$ debe ser mayor que $-1$; por otra parte, el primer término de la función anula su denominador para $x=\pm2$, y por tanto, la función no está definida, para $x=2$ ( y, tapoco tampoco para $x=-2$, pero al ser este valor menor que $-1$, no será considerado, por no pertenecer al intervalo de definición del logaritmo neperiano ( segundo término ). Así, pues, $D_f=\mathbb{R} \supset (-1\,,\,+\infty)\setminus\{2\}$

Asíntotas verticales:
  Observemos que la función toma valores negativos para valores de $x$ comprendidos entre $-1$ y $2$; y, positivos para valores de $x$ mayores que $2$, así que, al realizar los siguientes límites encontramos: $\displaystyle \lim_{x \rightarrow 2^{+}}\,f(x)=+\infty$, $\displaystyle \lim_{x \rightarrow 2^{-}}\,f(x)=-\infty$; y, $\displaystyle \lim_{x \rightarrow -1}\,f(x)=-\infty$, luego hay dos asíntotas verticales: $\text{a.v.}_{1}:\,x=-1$ y $\text{a.v.}_{2}:\,x=2$

Asíntotas oblícuas ( incluidas las de pendiente nula, es decir las horizontales ):
  La ecuación de una función lineal afín ( de una recta asíntota oblícua ) se escribe de la forma explícita $a.o.:\,y=mx+k$. Veamos, primero, el valor de $m$; por definición, $m=\displaystyle \lim_{x \rightarrow \pm\infty} \,f'(x)=\lim_{x \rightarrow \pm\infty} \,\dfrac{f(x)}{x}$. Observemos que, en nuestro caso, no tiene sentido hallar el límite cuando $x \rightarrow -\infty$ ya que la función no está definida para valores menores que $-1$, por tanto, sólo halleremos el límite para $x \rightarrow +\infty$. Por otra parte, notemos que $\dfrac{f(x)}{x}=\dfrac{1}{x^2-4}+\dfrac{\ln{(x+1)}}{x(x+1)}$, con lo cual, y, teniendo en cuenta que $ \dfrac{f(x)}{x}=\dfrac{1}{x^2-4}+\dfrac{\ln{(x+1)}}{x(x+1)}$, vemos que $$\displaystyle m=\lim_{x \rightarrow +\infty}\,\left(\dfrac{1}{x^2-4}+\dfrac{\ln{(x+1)}}{x(x+1)}\right)=\lim_{x \rightarrow +\infty}\,\left(\dfrac{1}{x^2-4}\right)+\lim_{x \rightarrow +\infty}\,\left(\dfrac{\ln{(x+1)}}{x(x+1)}\right)$$ El primer límite es, evidentemente, $0$ ( por ser el numerador una constante y el denominador un polinomio de grado mayor que cero ), mientras que el segundo puede calcularse empleando la regla de L'Hôpital, pues nos encontramos una indeterminación del tipo $\dfrac{\infty}{\infty}$ al pasar el límite; por tanto
$\displaystyle\lim_{x \rightarrow +\infty}\,\left(\dfrac{\ln{(x+1)}}{x(x+1)}\right)=\lim_{x \rightarrow +\infty}\,\dfrac{\left(\ln{(x+1)}\right)'}{\left(x(x+1)\right)'}=\lim_{x \rightarrow +\infty}\,\dfrac{1/(x+1)}{2x+1}=$
$\displaystyle=\lim_{x \rightarrow +\infty}\,\dfrac{1}{(2x+1)(x+1)}=0$ Así, pues, la función dada tiene una asíntota oblícua ( horizontal, en particular, por ser su pendiente igual a cero ) que podemos escribir de la forma $\text{a.o.}:\,y=0$

(b)
La ecuación de la recta tangente a la gráfica de una función $y=f(x)$ en un punto de abscisa $x_0$ se escribe de la forma $\text{r.t.}:\,y=f(x_0)+f'(x_0)\,(x-x_0)$. En nuestro caso, $x_0=0$, con lo cual, al sustituir en la fórmula de la función, encontramos: $f(0)=0$. Por otra parte, derivando la función, término a término, se obtiene la siguiente función derivada $$f'(x)=-\dfrac{x^2+4}{(x^2-4)^2}+\dfrac{1-\ln{(x+1)}}{(x+1)^2}$$ con lo cual, al sustituir $x$ por $0$, el valor de la derivada en dicho punto es $f'(0)=-\dfrac{0+4}{(0-4)^2}+\dfrac{1-\ln{1}}{(0+1)^2}=-\dfrac{1}{4}+1=\dfrac{3}{4}$. Por consiguiente, la ecuación de la recta tangente pedida es $y=0+\dfrac{3}{4}\,(x-0)$, esto es, $\text{r.t.}:\,y=\dfrac{3}{4}\,x$

(c)
$\displaystyle \int\,f(x)\,dx= \int\,\left( \dfrac{x}{x^2-4} + \dfrac{\ln{(x+1)}}{x+1}\right)\,dx = \int\, \dfrac{x}{x^2-4}\,dx + \int\, \dfrac{\ln{(x+1)}}{x+1}\,dx = $
$\displaystyle = \dfrac{1}{2}\,\int\, \dfrac{2\,x\,dx}{x^2-4} + \int\, \ln{(x+1)}\,d(\ln{(x+1)}+C=\dfrac{1}{2}\,\ln{(\left|x^2-4\right|)}+\dfrac{1}{2}\,\left( \ln{(\left|x+1\right|)} \right)^2+C$
$\square$

[nota del autor]

Dados el plano $\pi:\,x-2y+2z+1=0$ y la superficie esférica $S:\,(x-1)^2+(y-1)^2+(z-2)^2=9$ ...

ENUNCIADO
Dados el plano $\pi:\,x-2y+2z+1=0$ y la superficie esférica $S:\,(x-1)^2+(y-1)^2+(z-2)^2=9$, hallar los planos tangentes a la esfera que son paralelos al plano $\pi$. [ PAU 2015, Madrid ]

SOLUCIÓN
Sea, $(x,y,z) \in S$, un punto de la esfera y de uno de los planos tangentes pedidos, entonces el vector de posición de dicho(s) punto(s) ( con respecto del centro de la esfera ) es $(x-1,y-1,z-2)$ ya que el centro de la esfera es el punto $(1,1,2)$

Por otra parte, un vector perpendicular a los planos tangentes paralelos a $\pi$ es también un vector perpendicular a $\pi$, esto es, $(1,-2,2)$ ( sus componentes corresponden a los coeficientes $A$, $B$, y $C$ de la ecuación general del plano $Ax+By+Cz+D=0$ ), por tanto $$(x-1,y-1,z-2) \propto (1,,1,2) $$ es decir $$(x-1,y-1,z-2) = \lambda\, (1,1,2)\; \; \text{donde}\; \lambda \in \mathbb{R}$$ con lo cual $$\left\{\begin{matrix} x-1 & = & \lambda \\ y-1 &=& -2\,\lambda \\ z-2 &=&2\,\lambda \\ \end{matrix}\right.$$ es decir $$\left\{\begin{matrix} x & = & \lambda +1 \\ y &=& -2\,\lambda +1 \\ z &=&2\,\lambda +2 \\ \end{matrix}\right.$$ Por lo tanto, los puntos de tangencia son del tipo $$(\lambda +1,-2\,\lambda+1,2\,\lambda+2)$$ Vamos ahora a determinar los valores concretos que toma $\lambda$; para ello, debemos tener en cuenta que los puntos de tangencia están también en $S$, con lo cual deberán satisfacer la ecuación de $S$ $$((\lambda+1-1)^2+(-2\lambda+1-1)^2+(2\,\lambda+2-2)^2=9$$ simplificando $$9\,\lambda^2=9 \Leftrightarrow \lambda=\pm 1$$ Sustituyendo estos dos valores encontramos dos puntos de tangencia, $P_1$ y $P_2$, con los que determinaremos las ecuaciones de sendos planos tangentes ( paralelos al plano dado; y, por tanto, paralelos entre sí ): $$(x_1,y_1,z_1)=(1+(+1),-2+(+1),2\,(+1)+2)=(2,-1,4)$$ y $$(x_2,y_2,z_2)=(1+(-1),-2+(-1),2\,(-1)+2)=(0,-3,0)$$ Los planos tangentes pedidos respectivos son $$\pi_1:\,x-2y+2z+D_1=0$$ y $$\pi_2:\,x-2y+2z+D_2=0$$ donde los coeficientes $D_1$ y $D_2$ se determinan imponiendo que los puntos $P_1$ y $P_2$ pertenecen al plano tangente respectivo: $$1\cdot 2-2\,(-1)+2\,(4)+D_1=0 \Rightarrow D_1=-12$$ y $$1\cdot 0-2\,(-3)+2\cdot 0+D_2=0 \Rightarrow D_2=-6$$ Así, pues, las ecuaciones de los dos planos tangentes que cumplen la condición del enunciado son $$\pi_1:\,x-2y+2z-12=0$$ y $$\pi_2:\,x-2y+2z-6=0$$ $\square$

[nota del autor]

Calcular la integral indefinida ... ( Artículo escrito en catalán )

Enunciat:
Resoleu la següent integral indefinida (trobeu la família de funcions primitives)
    $\displaystyle \int \, \bigg(x^3-x^2+x-1\bigg)\,dx$

Resolució:
Donada una funció $f(x)$, recordem que la integral indefinida
    $\displaystyle \int \, f(x)\,dx$
correspon al problema de trobar la família de funcions primitives de la funció de l'integrand $f(x)$; és a dir, $\{F(x)+C\}$ ( $C$ és una constant: la constant d'integració ) de tal manera que
$\bigg(F(x)+C\bigg)^{'}=f(x)$
Tenint en compte les regles de derivació (en concret la que dóna la derivada d'una funció potencial i la derivada d'una suma de funcions ) és clar que
    $\displaystyle \int \, \bigg(x^3-x^2+x-1\bigg)\,dx =\dfrac{1}{4}\,x^4-\dfrac{1}{3}\,x^3+\dfrac{1}{2}\,x^2-x+C$

$\square$

[nota del autor]

Romanesco ... ( Artículo escrito en catalán )

Un estiu vaig fer aquestes fotografies a una col que vam plantar a l'hort de casa i que, naturament, ens vam menjar molt a gust. Com veieu és un romanesco, la forma del qual és un exemple emblemàtic d'una fractal. El romanesco Brassica oleracea és un híbrid entre el bròquil (Brassica oleracea var botrytis) i el bròcoli (Brassica oleracea var italica).

¿ Cuál es la mayor longitud que puede tener una barra rígida para que pase por la esquina de un corredor ?

[nota del autor]

Algunas propiedades de los determinantes ... ( escrito en catalán )

[nota del autor]

Calcular la masa de ... ( Artículo escrito en catalán )

Enunciat:
Càlculeu la massa d'una varnilla de densitat (lineal) no homogènia $\rho(x)=x+1$     i longitud $L$

Resolució:
Com que un element infinitesimal de massa es pot escriure de la forma
$\Delta \,m = \rho(x) \, \Delta \, x$
per calcular la massa de la varnilla efectuem una suma
d'elements infinitesimals
$\displaystyle \Sigma \, \rho(x) \Delta x$
Passant al límit, trobem
$\displaystyle m=\int_{0}^{L} \rho(x)\, dx = \Big[\frac{x^2}{2}+x\Big]_{0}^{L} =\frac{L\,\big(L+2\big)}{2}$
$\square$

[nota del autor]

Un ejercicio de cálculo numérico con DERIVE ... ( Artículo escrito en catalán )

La imatge de sota mostra el codi font [ fet amb DERIVE (tm)] i el resultat gràfic d'un senzill exercici de simulació numèrica d'una òrbita el·líptica (gravitació de Newton) a partir de la integració numèrica de les equacions del moviment emprant l'algorisme d'Euler.

Per entendre-ho millor, us ajudarà força llegir [aquestes explicacions] que, en el seu momento, vaig escriure per ajudar a un alumne.

La masa de una muestra radiactiva ...

ENUNCIADO
La masa de una muestra de una cierta sustancia radiactiva decrece según la función $m(t)=m_{o}\,e^{-0,1\,t}$. ¿ Al cabo de cuánto tiempo la muestra se ha reducido a la mitad ?. Si la masa inicial es igual a $27 \, \text{mg}$, ¿ cuál será la masa de la muestra al cabo de $10$ días ? ¿ Se va a desintegrar completamente dicha muestra ?

SOLUCIÓN
Como la masa inicial es $m(0)=m_0\,\,e^{-0,1\cdot 0}=m_0 \, e^0 = m_0 \cdot 1=m_0$, podemos escribir $$\dfrac{1}{2}\,m_0=m_{o}\,e^{-0,1\,t}$$ es decir $$\dfrac{1}{2}=e^{-0,1\,t}$$ Sacando logaritmos en cada miembro de la ecuación $$\ln{\dfrac{1}{2}}=-0,1\,t\,\ln{e}$$ de done, despejando $t$, llegamos a $$t=-\dfrac{\ln{1/2}}{0,1} \approx 6,9 \, \text{días}$$
La masa de la muestra al cabo de $10$ días, teniendo en cuenta que la masa inicial era de $27$ miligramos vendrá dada por el valor de función para $t=10$ días $$m(10)=27\,e^{-0,1 \cdot 10}$$ esto es $$m(10)=27\,e^{-1}=\dfrac{27}{e} \approx 10 \, \text{mg}$$
Para contestar a la última pregunta, debemos calcular el límite $$\displaystyle \lim_{t \rightarrow +\infty}\,m(t)$$ Veamos si es igual a cero; en cuyo caso, podremos afirmar que la muestra se va a desintegrar completamente. Y, en efecto, así es $$\displaystyle \lim_{t \rightarrow +\infty}\,m(t)=\lim_{t \rightarrow+\infty}\,m_{o}\,e^{-0,1\,t}=m_0\,\lim_{t \rightarrow+\infty}\,e^{-\infty}=0$$
$\square$

[nota del autor]

Cálculo de límites

Ejercicio a)
    Enunciado:
Calcular el valor del siguiente límite
$\displaystyle \lim_{x \rightarrow \frac{\pi}{2}} \, \dfrac{(\cos{x})^2}{(x-\frac{\pi}{2})^2}$

Resolución:
Por las propiedades elementales del cálculo de límites de las funciones continuas podemos escribir dicho límite de la forma

$\displaystyle \Bigg(\lim_{x \rightarrow \frac{\pi}{2}} \, \dfrac{(\cos{x})}{(x-\frac{\pi}{2})}\Bigg)^2$

Calculemos, por tanto, el límite de la base de la potencia

$\displaystyle \lim_{x \rightarrow \frac{\pi}{2}} \, \dfrac{(\cos{x})}{(x-\frac{\pi}{2})}$

al intentar pasar al límite encontramos una indeterminación del tipo

$\frac{0}{0}$

Para resolver dicha indeterminación, haremos uso de la regla de l'Hôpital (que recordemos que puede aplicarse si: a) tanto el numerador como el denominador son infinitésimos, és decir, tienden a cero al pasar al límite (que es nuestro caso); o bien, b) si el denominador tiende a infinito).

$\displaystyle \lim_{x \rightarrow \frac{\pi}{2}} \, \dfrac{(\cos{x})}{(x-\frac{\pi}{2})} =\lim_{x \rightarrow \frac{\pi}{2}} \, \dfrac{(\cos{x})'}{(x-\frac{\pi}{2})'}$


Con lo cual, derivando (numerador y denominador):

$\big(\cos{x}\big)'=-\sin{x}$

$\big(x-\frac{\pi}{2}\big)'=1$

y, por tanto, el límite anterior es igual a

$\displaystyle \lim_{x \rightarrow \frac{\pi}{2}} \, \dfrac{(\cos{x})}{(x-\frac{\pi}{2})} = \lim_{x \rightarrow \frac{\pi}{2}} \, (-\sin{x})=-1$

Finalmente,
$\displaystyle \lim_{x \rightarrow \frac{\pi}{2}} \, \dfrac{(\cos{x})^2}{(x-\frac{\pi}{2})^2} = (-1)^2 = 1$

$\square$

Ejercicio b)
    Enunciado:

Calcular el valor del siguiente límite
$\displaystyle \lim_{x \rightarrow 0} \, \dfrac{3^x-2^x}{x}$

Resolución:
Oservemos que, si pasamos al límite, obtenemos una indeterminación del tipo

$\dfrac{0}{0}$

Para resolverla, podemos emplear la regla de l'Hôpital, puesto que tanto el numerador como el denominador del argumento del límite són infinitésimos

$\displaystyle \lim_{x \rightarrow 0} \, \dfrac{3^x-2^x}{x} = \lim_{x \rightarrow 0} \, \dfrac{(3^x-2^x)'}{(x)'} \quad \quad (1)$

expresaremos, por tanto, las exponenciales en base común $e$, con el objeto de calcular las derivadas:

$3^x=e^{x\,\ln{3}}$

$2^x=e^{x\,\ln{2}}$

calculemos las derivadas de las expresiones del numerador y del denominador:

$(3^x-2^x)'=(\ln{3})\,e^{x\,\ln{3}}-(\ln{2})\,e^{x\,\ln{2}}$

$(x)'=1$

y aplicando la regla de l'Hôpital (1)

$\displaystyle \lim_{x \rightarrow 0} \, \dfrac{3^x-2^x}{x} =\lim_{x \rightarrow 0} \, \big((\ln{3})\,e^{x\,\ln{3}}-(\ln{2})\,e^{x\,\ln{2}}\big)$

que es igual a

$\displaystyle \ln{3}\,\Big( \lim_{x \rightarrow 0} \, \big(e^{x\,\ln{3}}\big)\Big) - \ln{2}\, \Big(\lim_{x \rightarrow 0} \, \big(e^{x\,\ln{2}}\big)\Big)=\ln{3}-\ln{2}$

$\square$

[nota del autor]

Ejercicios de integrales definidas

Ejercicio a)
    Enunciado:
Calcular el valor de la integral definida

$\displaystyle \int_{0}^{1}\,\dfrac{x}{\sqrt{4-x^2}}\,dx$

Resolución:
Con el cambio de variable $x=2\,\sin{\theta} \quad \quad (1)$, el denominador del integrando $\sqrt{4-x^2}$ queda - teniendo en cuenta la identidad fundamental de la trigonometria - de la forma $2\,\sqrt{1-\sin^2{\theta}}=2\,\cos{\theta}$

por otra parte, de (1) obtenemos $dx = 2 \, \cos{\theta}\, d\theta$

Calculemos ahora los límites de integración que corresponden
a la nueva variable $\theta$:
si $x=0$, $\theta=0$
si $x=1$, $\sin{\theta}=\frac{1}{2}$ y, por consiguiente, $\theta=\frac{\pi}{6}$

De ahí que podamos escribir

$\displaystyle \int_{0}^{1}\,\dfrac{x}{\sqrt{4-x^2}}\,dx=\int_{0}^{\frac{\pi}{6}}\,\dfrac{4\,\sin{\theta}\,\cos{\theta}}{2\,\cos{\theta}}\,d\theta = 2\,\int_{0}^{\frac{\pi}{6}}\,\sin{\theta}\,d\theta=2[-\cos{\theta}]_0^{\frac{\pi}{6}}$

que es igual a

$-2\big(\cos{\frac{\pi}{6}}-\cos{0}\big)$

teniendo en cuenta que

$\cos{\frac{\pi}{6}}=\frac{\sqrt{3}}{2}$

y, simplificando, podemos expresar el resultado de la forma

$2-\sqrt{3}$

$\square$

Ejercicio b)
    Enunciado:
Calcular el valor de la integral definida

$\displaystyle \int_{0}^{\pi}\,x\,\cos{x}\,dx$

Resolución:
El tipo de integrando nos lleva a emplear el método de integración por partes para obtener la primitiva de la función dada

$\int \, u\,dv=u\,v-\int\,v\,du$


Hagamos la siguente denominación:

$\cos{x}\,dx=du$
$x=v$

con lo cual

$u=\sin{x}$
$dv=dx$

De ahí que

$\displaystyle \int_{0}^{\pi}\,x\,\cos{x}\,dx=[x\,\sin{x}]_{0}^{\pi}-\int_{0}^{\pi}\,\sin{x}\,dx \quad \quad \quad (1)$

Como
$[x\,\sin{x}]_{0}^{\pi}=0$
y
$\int_{0}^{\pi}\,\sin{x}\,dx=[-\cos{x}]_{0}^{\pi}=-\big(\cos{0}-\cos{\pi}\big)=-\big(1-(-1)\big)=2$

Concluimos, de (1), que
$\displaystyle \int_{0}^{\pi}\,x\,\cos{x}\,dx=0-2=-2$

$\square$

[nota del autor]

Encontrar una primitiva de la función ... ( Artículo escrito en catalán )

Enunciat:
Donada la funció $f(x)=x^2+x+1$, trobeu una funció $F(x)$, primitiva de $f(x)$, tal que $F(1)=-1$

Resolució:
Primer de tot, trobem la família de funcions primitives de $f(x)$ (resolem el problema de la integral indefinida de $f(x)$ )
$\displaystyle \int \, \big(x^2+x+1)\,dx = \dfrac{1}{3}\,x^3+\dfrac{1}{2}\,x^2+x+C \quad (1)$
on $C$ és la constant d'integració
A continuació, determinarem el valor d'aquesta constant, imposant la condició donada $F(1)=-1$; per això, substituïm el valor $x$ per $1$ i trobem la següent equació
$\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{2}+1+C=-1$
d'on, aïllant la constant, i operant i simplificant, s'obté
$C=-\dfrac{17}{6}$
Per tant, amb aquest valor concret de $C$, la funció primitiva demanada [de (1)] és
$F(x)=\dfrac{1}{3}\,x^3+\dfrac{1}{2}\,x^2+x-\dfrac{17}{6}$
$\square$

[nota del autor]

Consideremos una esfera maciza, en la que practicamos un orificio de polo a polo ...

ENUNCIADO
Consideremos una esfera maciza de radio $r$, en la que practicamos un orificio cilíndrico, de radio $a \prec r$, de tal modo que el eje de dicho cilindro coincida con un eje de simetría de la esfera. ¿ Cuál es el volumen del cuerpo resultante ?

SOLUCIÓN
Denominemos $V_1$ al volumen de la esfera; $V_2$ al volumen del cilindro, y $V_3$ al volumen de uno de los dos casquetes esféricos que visualizamos en la figura. Entonces, el volumen pedido es $$V_1-(V_2+2\,V_3) \quad \quad (1)$$
donde: $V_1=\dfrac{4}{3}\,\pi\,r^3$ y $V_2=\pi\,a^2\,h$, siendo $h=r-(r^2-a^2)$. Falta por calcular el volumen del casquete esférico. Pare ello, observemos la siguiente figura:

(Figura: Sección diametral de la esfera con el orificio. Notemos que en el proceso de integración por el método de la superposición de círculos infinitesimales; variando el radio de uno de estos discos genéricos, de grosor $dx$, entre $a$ y $0$ )Entonces, $$V_3=\int_{0}^{h}\,\pi\,a^{2}(x)\,dx \quad \quad (2)$$ y teniendo en cuenta que $$(r-x)^2+a^{2}(x)=r^2$$ podemos expresar el radio del círculo genérico en función de $x$ y $r$ $$a^{2}(x)=2xr-x^2$$ con lo cual podemos escribir la integral (2) de la forma $$\int_{0}^{h}\,(2xr-x^2)\,dx=\pi \, \left[ x^2\,r-\dfrac{1}{3}\,x^3 \right]_{0}^{h}=\dfrac{\pi\,h^2}{3}\,(3r-h)$$

Así, pues, de (1), obtenemos el volumen pedido: $$\dfrac{4}{3}\,\pi\,r^3-\left( \pi\,a^2\,h + \dfrac{2\,\pi\,h^2}{3}\,(3r-h) \right)$$
$\square$

[nota del autor]

Una partícula se desplaza en línea recta y su función de celeridad ...

ENUNCIADO
Una partícula se desplaza en línea recta y su función celeridad ( módulo de la velocidad ), en cada instante de tiempo, se describe mediante la función $v(t)=t^2$ ( en metros por segundo ). ¿ Qué distancia recorre entre los instantes de tiempo $t=1\,\text{s}$ y $t=10\,\text{s}$ ?

SOLUCIÓN
Como la función que proporciona la posición de la partícula en todo instante de tiempo ( respecto del origen de coordenadas ) viene dada por $$x(t)=\int\,v(t)\,dt+C$$ ( véase la entrada anterior en este mismo blog ), podemos calcular la distancia, $d$, pedida mediante el cálculo de la integral definida $$\int_{1}^{10}\,(t^2+C)\,dt$$ y, por el Segundo Teorema Fundamental del Cálculo ( regla de Barrow ), esto es igual a $$\left[\dfrac{1}{3}\,(t^3+C)\right]_{1}^{10}=\dfrac{1}{3}\,(27-1)=\dfrac{26}{3}\,\text{m}$$

Comentario 1:
Observemos que, en este problema, no necesitamos conocer el valor concreto de la constante de integración, $C$; esto es, no es relevante la información de en qué posición se encuentra la partícula en tal o cuál momento, puesto que sólo se nos pide que calculemos la diferencia entre la posición final y la inicial, con lo cual, al aplicar la regla de Barrow, dicha constante se anula.

Comentario 2:
En estos problemas de cinemática, se puede ver que, el valor de la integral definida, si bien ésta está relacionada con el problema de hallar el "área bajo la curva" - con los necesarios matices -, no viene dado en unidades de área, en el sentido geométrico, sino en unidades de la magnitud física que dé significado a dicho cálculo; en este caso, se trata de la magnitud longitud; en otros casos, el alumno tiene ocasión de comprobar ( en la asignatura de Física ) que se refiere a otras magnitudes, como, por ejemplo, la energía, en su caso; y, otras veces, se tratará, pongamos como ejemplo, que de un número de individuos ( en un problema de dinámica de poblaciones ), tan propio de la Biología o de las Ciencias Sociales.

$\square$

[nota del autor]

Una partícula se mueve en línea recta, con una celeridad de ...

ENUNCIADO
Una partícula se mueve en línea recta, con una celeridad ( módulo de la velocidad ) dada por la función $v(t)=t^3$ ( en metros por segundo ). Se sabe que en el instante $t=1\,\text{s}$ se encuentra a $10\,\text{m}$ del origen de coordenadas. ¿ Cuál es su posición en cada instante de tiempo ? ¿ Cuál es la función que da el módulo de aceleración en cada instante de tiempo ?.

SOLUCIÓN
Como la función celeridad se define como la derivada de coordenada de posición, $x(t)$, respecto del origen de coordenadas, podemos escribir $$\dfrac{dx}{dt}=t^3$$ luego, empleando la notación de Leibniz $$dx=t^3\,dt$$ con lo cual $$\int dx = \int t^3\,dt$$ que es igual a la familia de primitivas $$x(t)=\dfrac{1}{4}\,t^4+C$$ Ahora bien, debemos determinar el valor de la constante de integración, dadas las condiciones del enunciado; así, pues, como $x(1)=10$ tenemos que $$10=\dfrac{1}{4}\,1^4+C $$ y por tanto, despejando la constante de integración, $$C=10-\dfrac{1}{4}=\dfrac{39}{4}$$. En consecuencia, $$x(t)=\dfrac{1}{4}\,x^4+\dfrac{39}{4}$$

Por otra parte, el módulo de la aceleración se define como el ritmo instantáneo de variación de la función celeridad, $a(t)=(v(t))'=(t^4)'=4\,t^3$. $\square$

[nota del autor]