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 $p\ge 0,K_n(p):$

$$K_n(p)={\int }_0^1\frac{x^n}{\sqrt{(1-x)(1+px)}}dx$$

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,
$$K_0(p)={\int }_0^1\frac{1}{\sqrt{(1-x)(1+px)}}dx=li{m}_{ϵ\to 1}{\int }_0^{ϵ}\frac{1}{\sqrt{(1-x)(1+px)}}dx$$

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:
$$\int \frac{1}{\sqrt{(1-x)(1+px)}}dx=\int \frac{-1}{\sqrt{y(1+py-p{y}^2)}}dy=$$
$$\int \frac{-1}{\sqrt{(p+1)y-p{y}^2}}dy$$
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:
$$\int \frac{-1}{\sqrt{(p+1)y-p{y}^2}}dy=\int \frac{\frac{-1}{\sqrt{p}}}{\sqrt{(\frac{p+1}{2\sqrt{p}}{)}^2-z^2}}dz=$$

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:
$$\int \frac{\frac{-1}{\sqrt{p}}}{\sqrt{(\frac{p+1}{2\sqrt{p}}{)}^2-z^2}}dz=\frac{-1}{\sqrt{p}}\cdot arcsen(\frac{2\sqrt{p}}{(p+1)}z)$$
Desfacendo os (malditos) cambios:
$$\frac{-1}{\sqrt{p}}\cdot arcsen(\frac{2\sqrt{p}}{(p+1)}z)=\frac{-1}{\sqrt{p}}\cdot arcsen(\frac{2p}{p+1}y-1)$$
E outro máis:
$$\frac{-1}{\sqrt{p}}\cdot arcsen(\frac{2p}{p+1}y-1)=\frac{-1}{\sqrt{p}}\cdot arcsen(-\frac{2p}{p+1}x+\frac{p-1}{p+1})$$
Só queda avaliar a última expresión, chamémola $f(x)$ para abreviar, nos límites de integración:
$$\begin{gathered} K_0(p)={\int }_0^1\frac{1}{\sqrt{(1-x)(1+px)}}dx=\underset{ϵ\to 1}{lim}f(ϵ)-f(0)= \\ \frac{-1}{\sqrt{p}}(arcsen(-\frac{p-1}{p+1})-\frac{\pi }{2})= \\ \frac{1}{\sqrt{p}}(arcsen(\frac{p-1}{p+1})+\frac{\pi }{2}) \end{gathered}$$

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 $K_0(p)$:

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

A estratexia é clara: acadar que apareza a derivada do radicando no numerador:
$$\int \frac{x}{\sqrt{1+(p-1)x-p{x}^2}}dx=\frac{-1}{2p}\int \frac{-2px}{\sqrt{1+(p-1)x-p{x}^2}}dx=$$
$$\frac{-1}{2p}\int \frac{-2px+p-1-(p-1)}{\sqrt{1+(p-1)x-p{x}^2}}dx=$$
Dividamos o cálculo anterior en dous:
1) $$\frac{-1}{2p}\int \frac{-2px+p-1}{\sqrt{1+(p-1)x-p{x}^2}}dx=\frac{-1}{p}\sqrt{(1-x)(1+px)}$$
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 $K_0(p)$
$$\frac{p-1}{2p}\cdot \frac{-1}{\sqrt{p}}\cdot arcsen(-\frac{2p}{p+1}x+\frac{p-1}{p+1})$$
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?