24.3.16

Oposicións a Profesor de Secundaria de Galicia 2014


Saíndo dos temas habituais do blogue, vou responder a unha petición e compartir a solución dun dos problemas da Oposición de Profesorado de Secundaria de Matemáticas do ano 2014. Imos aló:

Sexa para $p\geq0, K_n(p):$

$$K_n(p)=\int_0^1{\frac{x^n}{\sqrt{(1-x)(1+px)}}}dx$$

  1. Calcular $K_0(p)$ e $K_1(p)$
  2. Atopar unha relación de recorrencia entre $K_{n-1}(p)$, $K_n(p)$ e $K_{n+1}(p)$. Utilizar dita relación para calcular $K_n(0)$ e $K_n(1)$

Pola cantidade de manipulacións alxébricas que vai levar, só vou incluír neste post a solución do apartado a)

En primeiro lugar, a integral é impropia, pois o integrando non está definido no extremo superior. Por isto imos ter que considerar o paso ao límite da expresión que obteñamos como primitiva. É dicir,
$$K_0(p)=\int_0^1{\frac{1}{\sqrt{(1-x)(1+px)}}}dx=lim_{\epsilon \to 1}{\int_0^\epsilon{\frac{1}{\sqrt{(1-x)(1+px)}}}dx}$$

Como a expresión non ten unha simetría obvia e útil, non queda máis remedio que atopar unha primitiva. E o aspecto do radicando do denominador, xa factorizado, amola máis que axuda. Imos aló(aviso: non vou levar contas das constantes de integración):

Comezamos por facer o cambio de variable $y=1-x$, basicamente para ver mellor o que hai que facer despois:
$$\int{\frac{1}{\sqrt{(1-x)(1+px)}}}dx=\int{\frac{-1}{\sqrt{y(1+py-py^2)}}}dy=$$
$$\int{\frac{-1}{\sqrt{(p+1)y-py^2}}}dy$$
Agora o radicando ten un aspecto máis claro para o seguinte paso, escribilo como diferenza do cadrado dunha constante e unha variable, mediante o cambio:
$z=\sqrt{p}y-\frac{p+1}{2\sqrt{p}}$
Chegamos a:
$$\int{\frac{-1}{\sqrt{(p+1)y-py^2}}}dy=\int{\frac{\frac{-1}{\sqrt{p}}}{\sqrt{(\frac{p+1}{2\sqrt{p}})^2-z^2}}}dz=$$

Para non seguir a facer cambios, dou por suposto que a primitiva $\int{\frac{dt}{\sqrt{a^2-t^2}}}=arcsen(\frac{t}{a})+C$ é ben coñecida(o cambio é o trigonométrico standard), para rematar con:
$$\int{\frac{\frac{-1}{\sqrt{p}}}{\sqrt{(\frac{p+1}{2\sqrt{p}})^2-z^2}}}dz=\frac{-1}{\sqrt{p}}\cdot arcsen \bigg(\frac{2\sqrt{p}}{(p+1)}z\bigg)$$
Desfacendo os (malditos) cambios:
$$\frac{-1}{\sqrt{p}}\cdot arcsen \bigg(\frac{2\sqrt{p}}{(p+1)}z\bigg)=\frac{-1}{\sqrt{p}}\cdot arcsen \bigg( \frac{2p}{p+1} y-1\bigg)$$
E outro máis:
$$\frac{-1}{\sqrt{p}}\cdot arcsen \bigg( \frac{2p}{p+1} y-1\bigg)=\frac{-1}{\sqrt{p}}\cdot arcsen \bigg( -\frac{2p}{p+1} x+\frac{p-1}{p+1}\bigg)$$
Só queda avaliar a última expresión, chamémola $f(x)$ para abreviar, nos límites de integración:
$$K_0(p)=\int_0^1{\frac{1}{\sqrt{(1-x)(1+px)}}}dx=\lim_{\epsilon \to 1} {f(\epsilon})-f(0)= \\ \frac{-1}{\sqrt{p}} \Big( arcsen \Big(-\frac{p-1}{p+1}\Big)-\frac{\pi}{2}\Big)= \\ \frac{1}{\sqrt{p}} \Big( arcsen \Big(\frac{p-1}{p+1}\Big)+\frac{\pi}{2}\Big)$$

Que, como quedou o corpo ao resolver a metade dun dos dous apartados dun dos tres exercicios desa sesión?

Vaiamos con $K_1(p)$, que poderemos relacionar con $K_0(p)$:

$$\int{\frac{x}{\sqrt{(1-x)(1+px)}}}dx=\int{\frac{x}{\sqrt{1+(p-1)x-px^2}}}dx$$

A estratexia é clara: acadar que apareza a derivada do radicando no numerador:
$$\int{\frac{x}{\sqrt{1+(p-1)x-px^2}}}dx=\frac{-1}{2p}\int{\frac{-2px}{\sqrt{1+(p-1)x-px^2}}}dx=$$
$$\frac{-1}{2p}\int{\frac{-2px+p-1-(p-1)}{\sqrt{1+(p-1)x-px^2}}}dx=$$
Dividamos o cálculo anterior en dous:
1) $$\frac{-1}{2p}\int{\frac{-2px+p-1}{\sqrt{1+(p-1)x-px^2}}}dx=\frac{-1}{p} \sqrt{(1-x)(1+px)}$$
2) $$\frac{p-1}{2p}\int{\frac{1}{\sqrt{(1-x)(1+px)}}}dx=$$
Esta primitiva é xusto a que atopamos antes polo medio de $K_0(p)$
$$\frac{p-1}{2p}\cdot \frac{-1}{\sqrt{p}}\cdot arcsen \bigg( -\frac{2p}{p+1} x+\frac{p-1}{p+1}\bigg)$$
Xuntando os dous resultados, e avaliando nos extremos de integración, obtemos:
$$K_1(p)=\frac{1}{p}+\frac{p-1}{2p}\cdot K_0(p)$$

É comprensible que restrinxa a solución ao apartado a), non si?

0 comentarios:

Post a Comment