Acum Analiză Matematică - cunosc.rocunosc.ro/mostra.pdf · Acum Cunosc.ro Analiză Matematică...
Transcript of Acum Analiză Matematică - cunosc.rocunosc.ro/mostra.pdf · Acum Cunosc.ro Analiză Matematică...
Acum
Cunosc.ro Analiză Matematică
1181 De Probleme Rezolvate
Culegere realizată de echipa Cunosc.ro Toate drepturile rezervate
Funcții, Domeniu și Codomeniu _____________________________________________________________ 5
Limite _________________________________________________________________________________________ 29
Continuitate __________________________________________________________________________________ 49
Derivarea Funcțiilor Compuse _____________________________________________________________ 65
Teorema lui Rolle ____________________________________________________________________________ 86
Teorema lui Lagrange și Semnul Derivatei ________________________________________________ 90
Derivate de Ordin Înalt și Diferențiere Implicită _______________________________________ 107
Maxim și Minim ____________________________________________________________________________ 127
Integrale Nedefinite _______________________________________________________________________ 153
Integrale Definite __________________________________________________________________________ 188
Arii și Lungimi de Arc _____________________________________________________________________ 231
Logaritmi Naturali _________________________________________________________________________ 265
Funcții Exponențiale ______________________________________________________________________ 297
Regula lui L’Hôpital _______________________________________________________________________ 335
Integrarea prin Părți ______________________________________________________________________ 353
Integrale Trigonometrice _________________________________________________________________ 375
Integrarea Funcțiilor Rationale __________________________________________________________ 385
Integrale Improprii ________________________________________________________________________ 413
Șiruri Infinite ______________________________________________________________________________ 438
Serii Infinite ________________________________________________________________________________ 460
Serii de Puteri ______________________________________________________________________________ 515
În Problemele 1.1 - 1.15, găsiți domeniul și codomeniul. De asemenea, desenați
graficul funcției determinat de formula dată.
ℎ(𝑥) = 4 − 𝑥2
Domeniul este format din toate numerele reale, deoarece 4 − 𝑥2 este
definit pentru toate 𝑥.
Codomeniul constă în toate numerele reale ≤ 4.
Rezolvând ecuația 𝑦 = 4 − 𝑥2 pentru 𝑥, obținem 𝑥 = √4 − 𝑦,
care este definit numai atunci când 𝑦 ≤ 4.
Graficul este o parabolă cu vârful în (0, 4) și axa 𝑦 ca axă de simetrie.
(Fig.1.1)
𝐺(𝑥) = −2√𝑥
Domeniul este format din toate numerele reale pozitive.
Codomeniul constă din toate numerele reale ≤ 0.
Graficul este jumătatea inferioară a parabolei 4𝑥 = 𝑦2. (Figura 1.2)
𝐻(𝑥) = √4 − 𝑥2
Domeniul este intervalul închis [−2, 2], deoarece √4 − 𝑥2 este definit
dacă și numai dacă 𝑥2 ≤ 4. Graficul este jumătatea superioară a cercului
𝑥2 + 𝑦2 = 4 cu centrul în origine și raza 2. (Figura 1.3)
Codomeniul este intervalul închis [0, 2].
Oferiți o dovadă pentru proprietatea de aditivitate a limitelor:
Dacă 𝑙𝑖𝑚𝑥→𝑎
𝑓(𝑥) = 𝐿 și 𝑙𝑖𝑚𝑥→𝑎
𝑔(𝑥) = 𝐾, atunci 𝑙𝑖𝑚𝑥→𝑎
[𝑓(𝑥) + 𝑔(𝑥)] =
= 𝐿 + 𝐾.
Fie 𝜖 > 0. Atunci 𝜖
2> 0 . De vreme ce 𝑙𝑖𝑚
𝑥→𝑎𝑓(𝑥) = 𝐿, există 𝛿1 > 0
astfel încât, dacă |𝑥 − 𝑎| < 𝛿1, atunci |𝑓(𝑥) − 𝐿| <𝜖
2 .
De asemenea, de vreme ce lim 𝑥→𝑎
𝑔(𝑥) = 𝐾, există 𝛿2 > 0 astfel încât,
dacă |𝑥 − 𝑎| < 𝛿2, atunci |𝑔(𝑥) − 𝐾| <𝜖
2 .
Fie 𝛿 = minimul (𝛿1, 𝛿2).
Astfel, dacă |𝑥 − 𝑎| < 𝛿, atunci |𝑥 − 𝑎| < 𝛿1 și |𝑥 − 𝑎| < 𝛿2 și astfel,
|𝑓(𝑥) − 𝐿| <𝜖
2 și |𝑔(𝑥) − 𝐾| <
𝜖
2 .
Astfel, |[𝑓(𝑥) + 𝑔(𝑥)] − (𝐿 + 𝐾)| = |[𝑓(𝑥) − 𝐿] + [𝑔(𝑥) − 𝐾]| ≤
≤ |𝑓(𝑥) − 𝐿| + |𝑔(𝑥) − 𝐾| <𝜖
2 +
𝜖
2 = 𝜖 .
Calculați 𝑙𝑖𝑚 𝑥→3
1
(𝑥 − 3)2
Pe măsură ce 𝑥 → 3 fie din dreapta sau din stânga, (𝑥 − 3)2 rămâne
pozitiv și tinde spre 0.
Astfel, 1
(𝑥−3)2 devine din ce în ce mai mare fără limită și este pozitiv.
Astfel, 𝑙𝑖𝑚 𝑥→3
1
(𝑥−3)2 = +∞ .
Calculați 𝑙𝑖𝑚 𝑥→2
3
𝑥 − 2
Pe măsură ce 𝑥 → 2 din dreapta (adică 𝑥 > 2 întotdeauna), 𝑥 − 2
tinde la 0 și este pozitiv.
Astfel, 3
𝑥−2 tinde la +∞. Cu toate acestea, pe măsură ce 𝑥 → 2 din
stânga (adică, cu 𝑥 < 2), 𝑥 − 2 tinde la 0 și este negativ.
Astfel, 3
𝑥−2 tinde la −∞. Astfel, nu poate fi spus nimic despre 𝑙𝑖𝑚
𝑥→2
3
𝑥−2.
Unii preferă să scrie 𝑙𝑖𝑚𝑥→2
3𝑥−2
= ∞ pentru a indica faptul că
modulul |3
𝑥−2| tinde la +∞.
Aflați 𝑙𝑖𝑚 𝑥→3
𝑥 + 2
𝑥 − 3
Numărătorul tinde la 5. Numitorul tinde la 0, dar este pozitiv pentru
𝑥 > 3 și negativ pentru 𝑥 < 3.
Astfel, fracția tinde la +∞ pe măsură ce 𝑥 → 3 din dreapta și tinde spre
−∞ dacă 𝑥 → 3 din stânga.
Rezultă că nu este nicio limită (nu avem nicio limită obișnuită, nici +∞,
nici −∞).
Cu toate acestea, exact ca în problema anterioată, putem scrie 𝑙𝑖𝑚𝑥→3
(𝑥+2
𝑥−3) =
= ∞ .
Bărbaţii şi calculatoarele sunt la fel: sunt greu de înţeles, întotdeauna au
memorie insuficientă şi mereu apare ceva mai bun.
Calculați 𝑙𝑖𝑚𝑥→+∞
(2𝑥11 − 5𝑥6 + 3𝑥2 + 1).
2𝑥11 − 5𝑥6 + 3𝑥2 + 1 = 𝑥11(2 −5
𝑥5+
3
𝑥9+
1
𝑥11) .
Dar 5
𝑥5 ,
3
𝑥9 , și
1
𝑥11 tind toate la 0 când 𝑥 → +∞.
Astfel, 2 −5
𝑥5 +
3
𝑥9 +
1
𝑥11 tinde la 2.
În același timp 𝑥11 tinde la +∞. Rezultă că limita este + ∞.
Găsiți 𝑙𝑖𝑚𝑥→−∞
(2𝑥3 − 12𝑥2 + 𝑥 − 7)
2𝑥3 − 12𝑥2 + 𝑥 − 7 = 𝑥3(2 −12
𝑥+1
𝑥2−7
𝑥3)
Pe măsură ce 𝑥 → −∞, 12
𝑥,
1
𝑥2 și
7
𝑥3 toate tind spre 0.
Astfel, 2 −12
𝑥+1
𝑥2−7
𝑥3 tinde spre 2.
Dar 𝑥3 tinde la −∞. Rezultă că limita este −∞.
Observați că limita va fi întotdeauna −∞ când 𝑥 → −∞
Iar funcția este un polinom de grad impar cu coeficient principal pozitiv.
Găsiți 𝑙𝑖𝑚𝑥→−∞
(3𝑥4 − 𝑥2 + 𝑥 − 7)
Definiți: 𝑓(𝑥) este continuă la 𝑥 = 𝑎.
𝑓(𝑎) este definit, lim𝑥→𝑎
𝑓(𝑥) există, și lim𝑥→𝑎
𝑓(𝑥) = 𝑓(𝑎).
Găsiți punctele de discontinuitate (dacă există) ale funcției 𝑓(𝑥) al cărei
grafic este arătat în Figura 3.2.
𝑥 = 0 este un punct de discontinuitate pentru că lim𝑥→0
𝑓(𝑥) nu există.
𝑥 = 1 este un punct de discontinuitate, pentru că lim𝑥→1
𝑓(𝑥) ≠ 𝑓(1),
de vreme ce 𝑙𝑖𝑚𝑥→1
𝑓(𝑥) = 0 și 𝑓(1) = 2.
Determinați punctele de discontinuitate (dacă există) ale funcției
𝑓(𝑥) astfel încât 𝑓(𝑥) = 𝑥2 dacă 𝑥 ≤ 0 și 𝑓(𝑥) = 𝑥 dacă 𝑥 > 0 .
𝑓(𝑥) este continuă peste tot. În special, 𝑓(𝑥) este continuă la 𝑥 = 0
pentru că 𝑓(0) = (0)2 = 0 și 𝑙𝑖𝑚𝑥→0
𝑓(𝑥) = 0.
Determinați punctele de discontinuitate (dacă există) ale
funcției 𝑓(𝑥) astfel încât 𝑓(𝑥) = 1 dacă 𝑥 ≥ 0 și 𝑓(𝑥) = −1
dacă 𝑥 < 0. (Vezi Figura 3.4.)
𝑓(𝑥) nu este continuă la 𝑥 = 0 pentru că 𝑙𝑖𝑚𝑥→0
𝑓(𝑥) nu există.
Dacă 𝑓(𝑥) = 𝑥2 + 2𝑥 − 5 și 𝑔(𝑥) = 𝑥3 găsiți formule pentru
funcțiile compuse 𝑓°𝑔 și 𝑔°𝑓.
(𝑓°𝑔)(𝑥) = 𝑓(𝑔(𝑥)) = 𝑓(𝑥3) = (𝑥3)2 + 2(𝑥3) − 5 = 𝑥6 + 2𝑥3 − 5
(𝑔°𝑓)(𝑥) = 𝑔(𝑓(𝑥)) = 𝑔(𝑥2 + 2𝑥 − 5) = (𝑥2 + 2𝑥 − 5)3
Scrieți funcția √3𝑥 − 5 ca fiind compunerea a două funcții
Fie 𝑔(𝑥) = 3𝑥 − 5 și fie 𝑓(𝑥) = √𝑥.
Atunci, (𝑓°𝑔)(𝑥) = 𝑓(𝑔(𝑥)) = 𝑓(3𝑥 − 5) = √3𝑥 − 5 .
Dacă 𝑓(𝑥) = 2𝑥 ș𝑖 𝑔(𝑥) =1
𝑥−1 , găsiți toate soluțiile ecuației
(𝑓°𝑔)(𝑥) = (𝑔°𝑓)(𝑥).
(𝑓°𝑔)(𝑥) = 𝑓(𝑔(𝑥)) = 𝑓 (1
𝑥−1) =
2
𝑥−1
și
(𝑔°𝑓)(𝑥) = 𝑔(𝑓(𝑥)) = 𝑔(2𝑥) =1
2𝑥 − 1 .
Așadar, trebuie să rezolvăm
2
𝑥 − 1=
1
2𝑥 − 1 4𝑥 − 2 = 𝑥 − 1 3𝑥 = 1 .
Răspuns ∶ 𝑥 =1
3 .
Scrieți regula de derivare pentru funcția compusă 𝑓°𝑔.
(𝑓°𝑔)′(𝑥) = 𝑓′(𝑔(𝑥)) ⋅ 𝑔′(𝑥) .
Dacă 𝑦 = 𝐹(𝑢) și 𝑢 = 𝐺(𝑥), atunci putem scrie 𝑦 = 𝐹(𝐺(𝑥)).
Scrieți regula de derivare pentru funcția compusă 𝑑𝑦
𝑑𝑥 , unde 𝑦 este o
funcție de 𝑥.
Observație: 𝑑𝑦
𝑑𝑥 se referă la derivata lui 𝑦 în funcție de 𝑥,
unde 𝑦 este o funcție de 𝑥.
De exemplu, dacă 𝑦 = 2𝑥2 + 𝑥 − 1, 𝑑𝑦
𝑑𝑥= 𝑦′ = 4𝑥 + 1 .
Revenind la problema noastră, 𝑑𝑦
𝑑𝑥=𝑑𝑦
𝑑𝑢⋅𝑑𝑢
𝑑𝑥 .
Aici, primul 𝑦 se referă la 𝑦 ca funcție de 𝑥 ,
în timp ce al doilea 𝑦 (pe partea dreaptă) se referă la 𝑦 ca funcție a lui
𝑢.
Oră de dictare în clasa a patra. Mircea îi şopteşte colegului:
- Auzi, Alecule, scriem deja de un sfert de oră. Nu crezi că ar fi cazul să mai
punem şi vreo virgulă?
Care este teorema lui Rolle?
Dacă 𝑓 este continuă într-un interval închis [𝑎, 𝑏], și derivabilă pe
intervalul deschis (𝑎, 𝑏), iar dacă 𝑓(𝑎) = 𝑓(𝑏) = 0, atunci există cel
puțin un număr 𝑐 în (𝑎, 𝑏) astfel încât 𝑓′(𝑐) = 0.
În Problemele de la 5.2 la 5.9, verificați dacă ipoteza teoremei lui Rolle se aplică
pentru funcția 𝑓 în intervalul dat, și, dacă se aplică, verificați concluzia teoremei.
𝑓(𝑥) = 𝑥2 − 2𝑥 − 3 pe intervalul închis [−1 , 3].
𝑓(𝑥) este clar derivabilă peste tot, și 𝑓(−1) = 𝑓(3) = 0.
Astfel, teorema lui Rolle se aplică.
𝑓′(𝑥) = 2𝑥 − 2.
Pentru 𝑓′(𝑥) = 0, obținem 𝑥 = 1.
Astfel, 𝑓′(1) = 0 și −1 < 1 < 3.
𝑓(𝑥) = 𝑥3 − 𝑥 pe intervalul [0, 1].
𝑓(𝑥) este derivabilă, cu 𝑓′(𝑥) = 3𝑥2 − 1.
De asemenea, 𝑓(0) = 𝑓(1) = 0. Așadar, teorema lui Rolle se aplică.
Care este teorema lui Lagrange?
Dacă 𝑓(𝑥) este continuă pe intervalul închis [𝑎, 𝑏] și derivabilă pe
intervalul deschis (𝑎, 𝑏), atunci axistă un număr 𝑐 în (𝑎, 𝑏), astfel
încât 𝑓′(𝑐) = 𝑓(𝑏)−𝑓(𝑎)𝑏−𝑎
.
În Problemele de la 6.11 la 6.16, determinați dacă ipoteza teoremei lui Lagrange
este valabilă pentru funcția 𝑓(𝑥) pe interval dat, și, dacă este valabilă, găsiți valoarea
𝑐 care satisface concluzia teoremei.
𝑓(𝑥) = 2𝑥 + 3 pe [1, 4]
𝑓′(𝑥) = 2. Rezultă că teorema lui Lagrange se aplică.
Observați că𝑓(4)−𝑓(1)
4−1=
11−5
4−1= 2 .
Astfel putem să alegem pe 𝑐 în orice punct în intervalul (1,4).
𝑓(𝑥) = 3𝑥2 − 5𝑥 + 1 pe intervalul [2, 5]
𝑓′(𝑥) = 6𝑥 − 5 și teorema lui Lagrange se aplică .
Egalând 6𝑐 − 5 =𝑓(5)−𝑓(2)5−2
=51−33
= 16 ,
găsim 𝑐 =216=72
, care se află între 2 și 5 .
𝑓(𝑥) = 𝑥3
4 pe intervalul [0,16]
𝑓(𝑥) este continuă pentru 𝑥 0 și derivabilă pentru 𝑥 > 0.
Astfel, teorema lui Lagrange se aplică. 𝑓′(𝑥) =3
4 √𝑥4 .
Egalând, 3
4√𝑐4 =
𝑓(16) − 𝑓(0)
16 − 0=8 − 0
16=1
2
găsim că 𝑐 =8116
, care se află între 0 și 16.
𝑓(𝑥) =𝑥+3𝑥−4
pe intervalul [1, 3]
Deoarece 1
𝑥−4 este derivabilă și nenulă pe [1, 3],
𝑓(𝑥) este derivabilă pe [1, 3].
𝑓′(𝑥) =(𝑥 − 4) − (𝑥 + 3)
(𝑥 − 4)2= −
7
(𝑥 − 4)2 .
Egalând −7
(𝑐 − 4)2=𝑓(3) − 𝑓(1)
3 − 1=−6 +
4
3
2= −
14
6= −
7
3
obținem (𝑐 − 4)2 = 3,
și rezultă că 𝑐 − 4 = ±√3, 𝑐 = 4 ± √3.
Găsiți derivata de gradul doi 𝑦″ a funcției 𝑦 = √𝑥2 + 1 prin calcul direct.
𝑦 = (𝑥2 + 1)1
2. Conform regulii de derivare a funcțiilor compuse,
𝑦′ =1
2(𝑥2 + 1)−
1
2 ⋅ (𝑥2 + 1)′ =1
2√𝑥2 + 1⋅ (2𝑥) =
𝑥
√𝑥2 + 1 .
De unde rezultă că
𝑦″ =√𝑥2 + 1(𝑥)′ − 𝑥(√𝑥2 + 1)
′
𝑥2 + 1=√𝑥2 + 1 − 𝑥 ⋅
𝑥
√𝑥2+1
𝑥2 + 1=
=(𝑥2 + 1) − 𝑥2
(𝑥2 + 1)3
2
=1
(𝑥2 + 1)3
2
.
Folosiți diferențierea implicită pentru a rezolva Problema 7.1
𝑦2 = 𝑥2 + 1. Derivăm în ambele părți în funcție de 𝑥.
Conform regulii de derivare a funcțiilor compuse, (𝑦2)′ = 2𝑦 ⋅ 𝑦′.
Astfel, 2𝑦𝑦′ = 2𝑥 de unde rezultă că 𝑦𝑦′ = 𝑥.
Derivăm în funcție de 𝑥 în ambele părți, folosind regula produsului în
stânga:
𝑦 ⋅ 𝑦″ + 𝑦′ ⋅ 𝑦′ = 1. Așadar, 𝑦𝑦″ = 1 − (𝑦′)2. Dar, deoarece 𝑦𝑦′ = 𝑥,
Rezultă că 𝑦′ =𝑥
𝑦. Așadar, 𝑦𝑦″ = 1 −
𝑥2
𝑦2=𝑦2−𝑥2
𝑦2=1
𝑦2=
1
𝑥2+1 .
Rezultă că 𝑦″ =1
𝑦(𝑥2+1)= 1
(𝑥2+1)32
.
Găsiți toate derivatele 𝑦(𝑛) ale funcției 𝑦 = 𝜋𝑥3 − 7𝑥 .
𝑦′ = 3𝜋𝑥2 − 7, 𝑦″ = 6𝜋𝑥, 𝑦‴ = 6𝜋,
rezultă că 𝑦(𝑛) = 0, atunci când 𝑛 ≥ 4.
Găsiți toate derivatele 𝑦(𝑛) ale funcției 𝑦 = √𝑥 + 5.
𝑦 = (𝑥 + 5)1
2 𝑦′ =1
2(𝑥 + 5)−
1
2 𝑦″ = −1
4(𝑥 + 5)−
3
2
𝑦‴ =3
8(𝑥 + 5)−
5
2 𝑦(4) = −15
16(𝑥 + 5)−
7
2.
Este de ajuns pentru a găsi tiparul general:
𝑦(𝑛) = (−1)𝑛+11 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ ⋅⋅⋅ ⋅ (2𝑛 − 3)
2𝑛(𝑥 + 5)−
2𝑛−1
2 .
Găsiți toate derivatele 𝑦(𝑛) ale funcției 𝑦 = 1
3+𝑥 .
𝑦 = (3 + 𝑥)−1
𝑦′ = −(3 + 𝑥)−2 = −1
(3 + 𝑥)2
𝑦″ = 2(3 + 𝑥)−3 =2
(3 + 𝑥)3
𝑦‴ = −6(3 + 𝑥)−4 = −6
(3 + 𝑥)4
Cum putem folosi derivatele de ordinul 2 pentru a afla punctele de
extrem relativ?
Dacă 𝑓′(𝑐) = 0 și 𝑓″(𝑐) < 0, atunci 𝑓(𝑥) are un maxim relativ la
𝑐. Fezi Fig. 8.1(a).
Dacă 𝑓′(𝑐) = 0 și 𝑓″(𝑐) = 0, atunci 𝑓(𝑥) are un minim relativ
la 𝑐. Vezi Fig. 8.1(b).
Dacă 𝑓′(𝑐) = 0 și 𝑓″(𝑐) = 0, nu putem trage nicio concluzie.
Cum putem folosi derivatele de ordinul 1 pentru a afla punctele de
extrem relativ?
Presupunem că 𝑓′(𝑐) = 0.
Dacă 𝑓′ este negativ la stânga lui 𝑐 și pozitiv la dreapta lui 𝑐 – cazul
{−, +} – atunci 𝑓 are un minim relativ în punctul 𝑐. (vezi Fig. 8.2 –
a .).
Dacă 𝑓′ este pozitiv la stânga lui 𝑐 și negativ la dreapta lui 𝑐, cazul
{+, −}, atunci 𝑓 are un maxim relativ la 𝑐. (vezi Fig. 8.2- b).
Dacă 𝑓′ are același semn la stânga și la dreapta lui 𝑐, {+, +} sau {−,−},
atunci 𝑓 are un punct de inflexiune la 𝑐. (vezi Fig. 8.2 - c .)
Calculați ∫ (𝑔(𝑥))𝑟𝑔′(𝑥) 𝑑𝑥.
Conform regulii de derivare a funcțiilor compuse, avem:
((𝑔(𝑥))𝑟+1)′= (𝑟 + 1)(𝑔(𝑥))
𝑟⋅ 𝑔′(𝑥).
Astfel, ∫ (𝑔(𝑥))𝑟𝑔′(𝑥) 𝑑𝑥 =
1
𝑟 + 1(𝑔(𝑥))
𝑟+1+ 𝐶 ,
unde 𝐶 este o constantă arbitrară.
Calculați ∫ 𝑥𝑟 𝑑𝑥 pentru 𝑟 ≠ −1.
∫ 𝑥𝑟 𝑑𝑥 =1
𝑟 + 1𝑥𝑟+1 + 𝐶 , deoarece (𝑥𝑟+1)′ = (𝑟 + 1)𝑥𝑟 .
Calculați ∫ (2𝑥3 − 5𝑥2 + 3𝑥 + 1) 𝑑𝑥.
∫ (2𝑥3 − 5𝑥2 + 3𝑥 + 1) 𝑑𝑥 = 2(𝑥4
4) − 5(
𝑥3
3) + 3(
𝑥2
2) + 𝑥 + 𝐶 =
=1
2𝑥4 −
5
3𝑥3 +
3
2𝑥2 + 𝑥 + 𝐶 .
Calculați ∫ (5 −1
√𝑥) 𝑑𝑥.
∫ (5 −1
√𝑥)𝑑𝑥 = ∫ (5 − 𝑥
−1
2 )𝑑𝑥 = 5𝑥 − 2𝑥1
2 + 𝐶 = 5𝑥 − 2√𝑥 + 𝐶 .
Calculați ∫ 2√𝑥4
𝑑𝑥.
∫ 2√𝑥4
𝑑𝑥 = 2∫ 𝑥1
4 𝑑𝑥 = 2 ⋅4
5𝑥5
4 + 𝐶 =8
5(√𝑥4)5+ 𝐶 .
Calculați ∫ 5√𝑥23
𝑑𝑥.
∫ 5√𝑥23
𝑑𝑥 = 5∫ 𝑥2
3 𝑑𝑥 = 5 ⋅3
5⋅ 𝑥
5
3 + 𝐶 = 3𝑥5
3 + 𝐶 .
Calculați ∫3
𝑥4𝑑𝑥
∫3
𝑥4𝑑𝑥 = 3∫ 𝑥−4 𝑑𝑥 = 3(
1
−3)𝑥−3 + 𝐶 = −𝑥−3 + 𝐶 = −
1
𝑥3+ 𝐶.
Calculați ∫ (𝑥2 − 1)√𝑥 𝑑𝑥.
Calculați ∫ 4 𝑑𝑥5
2 cu ajutorul definiției directe (Riemann) a integralei .
Fie 2 = 𝑥0 < 𝑥1 < ⋯ < 𝑥𝑛−1 < 𝑥𝑛 = 5
orice șir în intervalul [2, 5], și fie 𝛥𝑖𝑥 = 𝑥𝑖 − 𝑥𝑖−1 .
Atunci, o sumă aproximativă pentru ∫ 4 𝑑𝑥5
2 este :
∑𝑓(𝑥𝑖∗)𝛥𝑖𝑥
𝑛
𝑖=1
=∑4𝛥𝑥
𝑛
𝑖=1
= 4∑𝛥𝑖𝑥
𝑛
𝑖=1
=
= 4[(𝑥1 − 𝑥0) + (𝑥2 − 𝑥1) +⋅⋅⋅ +(𝑥𝑛 − 𝑥𝑛−1)] =
= 4(𝑥𝑛 − 𝑥0) = 4(5 − 2) = 4 ⋅ 3 = 12.
Astfel, integrala, care poate fi aproximată oricât de exact cu ajutorul unei
sume, trebuie să fie egală cu 12.
Calculați ∫ 5 𝑥2 𝑑𝑥1
0 cu ajutorul definiției directe a integralei.
Împărțim intervalul [0,1] în n subintervale egale, fiecare având
lungimea 𝛥𝑖𝑥 = 1
𝑛. În al 𝑖-lea subinterval, alegem ca 𝑥𝑖
∗ să fie egal
cu punctul de la sfârșit din dreapta 𝑖
𝑛 .
Atunci suma aproximativă este :
∑𝑓(𝑥𝑖∗)𝛥𝑖𝑥
𝑛
𝑖=1
=∑5(𝑖
𝑛)2 1
𝑛
𝑛
𝑖=1
=5
𝑛3∑𝑖2𝑛
𝑖=1
=5
𝑛3𝑛(𝑛 + 1)(2𝑛 + 1)
6=
=5
6(𝑛 + 1
𝑛) (2𝑛 + 1
𝑛) =
5
6(1 +
1
𝑛) (2 +
1
𝑛) .
Pe măsură ce facem subdiviziunea mai fină prin a-l face pe 𝑛 să tindă
la +∞, suma aproximativă tinde la 5
6 ∙ 1 ∙ 2 =
5
3
Demonstrați formula: ∑𝑖2𝑛
𝑖=1
=𝑛(𝑛 + 1)(2𝑛 + 1)
6
care a fost folosită în soluția Problemei 10.2.
Aplicăm inducția matematică la 𝑛. Pentru 𝑛 = 1, suma constă într-
un singur termen, (1)2 = 1. Partea dreaptă este 1 2 3
6= 1.
Acum, să presupunem că formula este valabilă pentru un întreg pozitiv
dat 𝑛.
Trebuie să o demonstrăm pentru 𝑛 + 1.
Adăugând (𝑛 + 1)2 la ambele părți ale formulei
∑𝑖2𝑛
𝑖=1
=𝑛(𝑛 + 1)(2𝑛 + 1)
6 ,
obținem:∑ 𝑖2𝑛+1
𝑖=1
=𝑛(𝑛 + 1)(2𝑛 + 1)
6+ (𝑛 + 1)2 =
= (𝑛 + 1) [𝑛(2𝑛 + 1)
6+ (𝑛 + 1)] =
= (𝑛 + 1) [𝑛(2𝑛 + 1) + 6(𝑛 + 1)
6] = (𝑛 + 1) (
2𝑛2 + 𝑛 + 6𝑛 + 6
6) =
= (𝑛 + 1)(2𝑛2 + 7𝑛 + 6
6) = (𝑛 + 1) [
(𝑛 + 2)(2𝑛 + 3)
6] =
=(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)(2𝑛 + 3)
6 ,
care este situația formulei pentru 𝑛 + 1.
Schițați și găsiți aria din regiunea de la stânga parabolei 𝑥 = 2𝑦2, la
dreapta axei 𝑦, între 𝑦 = 1 și 𝑦 = 3.
Vezi Fig. 11.1. Baza regiunii este axa 𝑦.
Aria este dată de integrala ∫ 2𝑦2 𝑑𝑦3
1
=2
3𝑦3 |1
3 =2
3(27 − 1) =
52
3 .
Schițați și găsiți aria regiunii de deasupra dreptei 𝑦 = 3𝑥 − 2, din
primul cadran și de dedesubtul dreptei 𝑦 = 4.
Vezi Fig. 11.2. Regiunea are o bază pe axa 𝑦. Trebuie să scoatem
pe 𝑥 din ecuația 𝑦 = 3𝑥 − 2.
Astfel, avem: 𝑥 =1
3(𝑦 + 2) .
Rezultă că aria este:
∫1
3(𝑦 + 2)𝑑𝑦
4
0
=1
3(1
2𝑦2 + 2𝑦) |
4
0 =
1
3(8 + 8) =
16
3 .
Schițați și găsiți aria regiunii dintre curba 𝑦 = 𝑥3 și dreptele 𝑦 = −𝑥
și 𝑦 = 1.
Vezi Fig. 11.3. Limita de jos a regiunii este 𝑦 = −𝑥 iar limita de sus
este 𝑦 = 𝑥3. Astfel, aria este dată de integrala:
∫ [𝑦1
3 − (−𝑦)] 𝑑𝑦1
0
= (3
4𝑦4
3 +1
2𝑦2) |
1
0=3
4+1
2=5
4 .
Care este definiția logaritmului natural ln 𝑥 ? Arătați că (ln 𝑥) ′ = 1
𝑥 .
ln x = ∫1
t dt
𝑥
1
pentru 𝑥 > 0. Astfel, (ln 𝑥)′ = (∫1
tdt
𝑥
1
)
′
=1
𝑥 .
Arătați că ∫1
𝑥dx = ln|𝑥| + C pentru 𝑥 ≠ 0.
Cazul 1: 𝑥 > 0. Atunci , (ln|𝑥| + C)′ = (ln 𝑥)′ = 1
𝑥 .
Cazul 2: 𝑥 < 0. Atunci ,
(ln|𝑥| + C)′ = [ln(−𝑥)]′ = 1
−𝑥⋅ (−𝑥)′ = −
1
𝑥⋅ (−1) =
1
𝑥 .
În Problemele 12.3 – 12.9, găsiți derivata funcției date:
ln(4𝑥 − 1).
Folosind regula de derivare a funcțiilor compuse, obținem:
[ln(4𝑥 − 1)]′ =1
4𝑥 − 1⋅ (4𝑥 − 1)′ =
4
4𝑥 − 1 .
(ln 𝑥)3.
Folosind regula de derivare a funcțiilor compuse,
[(ln 𝑥)3]′ = 3(ln𝑥)2 ⋅ (ln 𝑥)′ = 3(ln 𝑥)2 ⋅1
𝑥=3
𝑥(ln 𝑥)2.
√ln 𝑥
Folosind regula de derivare a funcțiilor compuse,
(√ln𝑥)′= [(ln 𝑥)
1
2]′
=1
2(ln 𝑥)
−1
2 ⋅ (ln 𝑥)′ =1
2(ln 𝑥)
−1
2 ⋅1
𝑥=
1
2𝑥√ln 𝑥 .
ln(ln 𝑥)
Folosind regula de derivare a funcțiilor compuse,
[ln(ln 𝑥)]′ =1
ln 𝑥⋅ (ln 𝑥)′ =
1
ln 𝑥⋅1
𝑥=
1
𝑥 ln 𝑥 .
𝑥2 ln x
Folosind regula de derivare pentru produs,
(𝑥2 ln 𝑥)′ = 𝑥2 ⋅ (ln 𝑥)′ + ln 𝑥 ⋅ (𝑥2)′ = 𝑥2 ⋅1
𝑥+ ln 𝑥 ⋅ (2𝑥) =
= 𝑥 + 2𝑥 ln 𝑥 = 𝑥(1 + 2 ln 𝑥).
Calculați ⅇ−ln 𝑥
ⅇ− ln𝑥 = ⅇln (
1
𝑥)=1
𝑥
Calculați ln ⅇ−𝑥.
ln ⅇ−𝑥 = −𝑥 deoarece ln ⅇ𝑢 = 𝑢.
Calculați (ⅇ2)𝑙𝑛 𝑥
(ⅇ2)𝑙𝑛 𝑥 = (ⅇ𝑙𝑛 𝑥)2 = 𝑥2.
Aici, am folosit regulile (ⅇ𝑢)𝑣 = ⅇ𝑢𝑣 și ⅇ𝑙𝑛 𝑢 = 𝑢.
Calculați (3ⅇ)𝑙𝑛 𝑥.
(3ⅇ)𝑙𝑛 𝑥 = (ⅇ𝑙𝑛 3𝑒)𝑙𝑛 𝑥 = (ⅇ𝑙𝑛 3+1)𝑙𝑛 𝑥 = (ⅇ𝑙𝑛 𝑥)𝑙𝑛 3+1 = 𝑥𝑙𝑛 3+1
Calculați ⅇ1−𝑙𝑛 𝑥 .
ⅇ1−𝑙𝑛 𝑥 = ⅇ1ⅇ−𝑙𝑛 𝑥 =ⅇ
ⅇ𝑙𝑛 𝑥=ⅇ
𝑥
Calculați ln (𝑒𝑥
𝑥).
ln (𝑒𝑥
𝑥) = ln ⅇ𝑥 − ln 𝑥 = 𝑥 − ln 𝑥.
Am folosit identitățile ln (𝑢
𝜈) = ln 𝑢 − ln 𝑣 și ln ⅇ𝑢 = 𝑢.
În Problemele 13.7 – 13.15, găsiți derivata funcției date.
ⅇ−𝑥
(ⅇ−𝑥)′ = ⅇ−𝑥 ⋅ (−𝑥)′ = ⅇ−𝑥 ⋅ (−1) = −ⅇ−𝑥.
Aici am folosit faptul că (ⅇ𝑢)′ = ⅇ𝑢.
ⅇ1
𝑥
(ⅇ1
𝑥)′
= ⅇ1
𝑥 ⋅ (1
𝑥)′= ⅇ
1
𝑥 ⋅ (−1
𝑥2) =
𝑒1𝑥
𝑥2
Care este regula lui L’Hôpital?
În primul rând să analizăm situația „zero supra zero”.
În anumite condiții simple, dacă 𝑙𝑖𝑚𝑥→𝑏
𝑓(𝑥) = 𝑙𝑖𝑚𝑥→𝑏
𝑔(𝑥) = 0 și
𝑙𝑖𝑚𝑥→𝑏
𝑓′(𝑥)
𝑔′(𝑥)= 𝐿,
atunci 𝑙𝑖𝑚𝑥→𝑏
𝑓(𝑥)
𝑔(𝑥)= 𝐿.
Aici, 𝑥 → 𝑏 poate fi înlocuit de 𝑥 → 𝑏+, 𝑥 → 𝑏−, 𝑥 → +∞ sau
𝑥 → −∞.
Condițiile sunt ca 𝑓 și 𝑔 să fie derivabile pe un interval deschis în
jurul lui 𝑏 și că 𝑔′ nu este zero în acel interval, exceptând probabl în
𝑏.
În situația limitelor ce tind către o valoare finită 𝑏 în mod crescător sau
descrescător, 𝑏 poate fi finalul intervalului.
În cazul în care 𝑥 → ±∞, condițiile impuse lui 𝑓 sau 𝑔 sunt valabile
pentru 𝑥 suficient de mare sau suficient de mic.
Al doilea caz este cazul „infinit supra infinit”.
Dacă 𝑙𝑖𝑚𝑥→𝑏
𝑓(𝑥) = 𝑙𝑖𝑚𝑥→𝑏
𝑔(𝑥) = ±∞ și 𝑙𝑖𝑚𝑥→𝑏
𝑓′(𝑥)
𝑔′(𝑥)= 𝐿, atunci 𝑙𝑖𝑚
𝑥→𝑏
𝑓(𝑥)
𝑔(𝑥)=
= 𝐿.
Aici, din nou, 𝑥 → 𝑏 poate fi înlocuit cu 𝑥 → 𝑏+, 𝑥 → 𝑏−, 𝑥 → +∞
sau 𝑥 → −∞.
Condițiile pentru 𝑓 și 𝑔 sunt la fel precum în primul caz.
În Problemele 14.2 – 14.49, găsiți limita dată:
𝑙𝑖𝑚𝑥→0
sin 𝑥
𝑥 .
𝑙𝑖𝑚𝑥→0
sin 𝑥
𝑥= 𝑙𝑖𝑚
𝑥→0
(sin 𝑥)′
𝑥′= 𝑙𝑖𝑚
𝑥→0
cos 𝑥
1=1
1= 1
𝑙𝑖𝑚𝑥→0
1 − cos 𝑥
𝑥
𝑙𝑖𝑚𝑥→0
1 − cos 𝑥
𝑥= 𝑙𝑖𝑚
𝑥→0
sin 𝑥
1=0
1= 0 .
Maria îl strigă pe Ion:
- Ioane, hai în casă, că plouă!
- Lasă, stau afară, că plouă şi aici!
𝑙𝑖𝑚𝑥→+∞
5𝑥3 − 4𝑥 + 3
2𝑥2 − 1 .
𝑙𝑖𝑚𝑥→+∞
5𝑥3 − 4𝑥 + 3
2𝑥2 − 1= 𝑙𝑖𝑚
𝑥→+∞
15𝑥2 − 4
4𝑥= 𝑙𝑖𝑚
𝑥→+∞
30𝑥
4= +∞ .
Aici am aplicat regula lui L’Hôpital de două ori la rând.
În următoarele probleme, folosirea succesivă a regulei L’Hôpital va fi
făcută fără menționarea explicită.
În Problemele 15.1 – 15.23, găsiți integrala indicată.
∫ 𝑥2ⅇ−𝑥 𝑑𝑥
Folosim integrarea prin părți: ∫ 𝑢 𝑑𝑣 = 𝑢𝑣 − ∫ 𝑣 𝑑𝑢.
În acest caz, fie 𝑢 = 𝑥2 și 𝑑𝜈 = ⅇ−𝑥 𝑑𝑥.
Rezultă că 𝑑𝑢 = 2𝑥 𝑑𝑥, iar 𝑣 = −ⅇ−𝑥.
Astfel, ∫ 𝑥2ⅇ−𝑥 𝑑𝑥 = −𝑥2ⅇ−𝑥 + 2∫ 𝑥ⅇ−𝑥 𝑑𝑥.
Pentru a calcula ultima integrală, folosim încă o integrare prin părți:
𝑢 = 𝑥, 𝑑𝑣 = ⅇ−𝑥 𝑑𝑥; 𝑑𝑢 = 𝑑𝑥, 𝜈 = −ⅇ−𝑥.
Atunci, ∫ 𝑥ⅇ−𝑥 𝑑𝑥 = −𝑥ⅇ−𝑥 + ∫ ⅇ−𝑥 𝑑𝑥 = −𝑥ⅇ−𝑥 − ⅇ−𝑥 =
= −ⅇ−𝑥(𝑥 + 1).
Astfel, ∫ 𝑥2ⅇ−𝑥 𝑑𝑥 = −𝑥2ⅇ−𝑥 + 2[−ⅇ−𝑥(𝑥 + 1)] + 𝐶 =
= −ⅇ−𝑥(𝑥2 + 2𝑥 + 2) + 𝐶.
∫ ⅇ𝑥 sin 𝑥 𝑑𝑥
Fie 𝑢 = sin 𝑥, 𝑑𝜈 = ⅇ𝑥 𝑑𝑥, rezultă că 𝑑𝑢 = cos 𝑥 𝑑𝑥, iar 𝑣 = ⅇ𝑥.
Atunci ∫ ⅇ𝑥 sin 𝑥 𝑑𝑥 = ⅇ𝑥 sin 𝑥 − ∫ ⅇ𝑥 cos 𝑥 𝑑𝑥 (1)
Folosim integrare prin părți din nou pentru ultima integrală:
fie 𝑢 = cos 𝑥 și 𝑑𝑣 = ⅇ𝑥 𝑑𝑥, de unde 𝑑𝑢 = − sin 𝑥 𝑑𝑥, iar 𝑣 =
= ⅇ𝑥.
Rezultă că ∫ ⅇ𝑥 cos 𝑥 𝑑𝑥 = ⅇ𝑥 cos 𝑥 + ∫ ⅇ𝑥 sin 𝑥 𝑑𝑥.
Înlocuind în (1), ∫ ⅇ𝑥 sin 𝑥 𝑑𝑥 = ⅇ𝑥 𝑠𝑖𝑛 𝑥 −(ⅇ𝑥 cos 𝑥 + ∫ ⅇ𝑥 sin 𝑥 𝑑𝑥) =
= ⅇ𝑥 sin 𝑥 − ⅇ𝑥 cos 𝑥 − ∫ ⅇ𝑥 sin 𝑥 𝑑𝑥.
Astfel, 2∫ ⅇ𝑥 sin 𝑥 𝑑𝑥 = ⅇ𝑥(sin 𝑥 − cos 𝑥) + 𝐶,
Rezultă că: ∫ ⅇ𝑥 sin 𝑥 𝑑𝑥 =1
2ⅇ𝑥(sin 𝑥 − cos 𝑥) + 𝐶1.
Elev picat la Bac:
’’După ce că ne-au dat subiecte grele, au fost și foarte multe. Aproape
câte unul în fiecare propoziție!"
∫ 𝑥3ⅇ𝑥 𝑑𝑥
Fie 𝑢 = 𝑥3, iar 𝑑𝜈 = ⅇ𝑥 𝑑𝑥.
Rezultă că 𝑑𝑢 = 3𝑥2 și 𝑣 = ⅇ𝑥.
Atunci ∫ 𝑥3ⅇ𝑥 𝑑𝑥 = 𝑥3ⅇ𝑥 − 3∫ 𝑥2ⅇ𝑥 𝑑𝑥.
Dar în Problema 15.1, cu 𝑥 înlocuit de −𝑥,
∫ 𝑥2ⅇ𝑥 𝑑𝑥 = ⅇ𝑥(𝑥2 − 2𝑥 + 2) + 𝐶.
Astfel, ∫ 𝑥3ⅇ𝑥 𝑑𝑥 = ⅇ𝑥(𝑥3 − 3𝑥2 + 6𝑥 − 6) + 𝐶.
∫ sin−1 𝑥 𝑑𝑥
Fie 𝑢 = sin−1 𝑥, iar 𝑑𝜈 = 𝑑𝑥.
Rezultă că 𝑑𝑢 = 1
√1+𝑥2 𝑑𝑥 și 𝑣 = 𝑥. Rezultă că,
∫ sin−1 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑥 sin−1 𝑥 − ∫𝑥
√1 − 𝑥2𝑑𝑥 =
Calculați ∫ cos2 𝑎𝑥 𝑑𝑥.
∫ cos2 𝑎𝑥 𝑑𝑥 = ∫1 + cos 2𝑎𝑥
2𝑑𝑥 =
1
2(𝑥 +
1
2𝑎sin 2𝑎𝑥) + 𝐶 =
=1
2(𝑥 +
1
𝑎sin 𝑎𝑥 cos 𝑎𝑥) + 𝐶 .
Calculați ∫ sin2 𝑎𝑥 𝑑𝑥.
Folosind problema anterioară, ∫ sin2 𝑎𝑥 𝑑𝑥 = ∫ (1 − cos2 𝑎𝑥) 𝑑𝑥 =
= 𝑥 −1
2(𝑥 +
1
𝑎sin 𝑎𝑥 cos 𝑎𝑥) + 𝐶 =
1
2(𝑥 −
1
𝑎sin 𝑎𝑥 cos 𝑎𝑥) + 𝐶 .
În problemele 16.3 – 16.10 calculați integrala indicată.
∫ sin 𝑥 cos2 𝑥 𝑑𝑥
Fie 𝑢 = cos 𝑥, și 𝑑𝑢 = − sin 𝑥 𝑑𝑥.
Atunci , ∫ sin 𝑥 cos2 𝑑𝑥 = −∫ 𝑢2 𝑑𝑢 = −1
3𝑢3 + 𝐶 = −
1
3cos3 𝑥 + 𝐶 .
∫ sin4 𝑥 cos5 𝑥 𝑑𝑥
Deoarece puterea lui cos 𝑥 este impară,
fie 𝑢 = sin 𝑥 și 𝑑𝑢 = cos 𝑥 𝑑𝑥. Atunci ,
∫ sin4 𝑥 cos5 𝑥 𝑑𝑥 = ∫ sin4 𝑥(1 − sin2 𝑥)2 cos 𝑥 𝑑𝑥 =
∫ 𝑢4(1 − 𝑢2)2 𝑑𝑢 =
= ∫ 𝑢4(1 − 2𝑢2 + 𝑢4) 𝑑𝑢 = ∫ (𝑢4 − 2𝑢6 + 𝑢8) 𝑑𝑢 =
=1
5𝑢5 −
2
7𝑢7 +
1
9𝑢9 + 𝐶 = 𝑢5 (
1
5−2
7𝑢2 +
1
9𝑢4) + 𝐶 =
= sin5 𝑥 (1
5−2
7sin2 𝑥 +
1
9sin4 𝑥) + 𝐶 .
∫ cos6 𝑥 𝑑𝑥
∫ cos6 𝑥 𝑑𝑥 = ∫ (cos2 𝑥)3 𝑑𝑥 = ∫ (1 + cos 2𝑥
2)3
𝑑𝑥 =
= 1
8∫ (1 + 3 cos2𝑥 + 3 cos3 2𝑥) 𝑑𝑥 =
= 1
8[𝑥 +
3
2sin 2𝑥 + 3∫
1 + cos 4𝑥
2𝑑𝑥 + ∫ (1 − sin2 2𝑥) cos 2𝑥 𝑑𝑥] .
Acum, ∫1 + cos 4𝑥
2𝑑𝑥 =
1
2(𝑥 +
1
4sin 4𝑥) =
=1
2(𝑥 +
1
2sin 2𝑥 cos 2𝑥) .
De asemenea, în ∫ (1 − sin2 𝑥) cos 2𝑥 𝑑𝑥, fie 𝑢 = sin 2𝑥 și 𝑑𝑢 =
= 2 cos 2𝑥 𝑑𝑥.
Așadar, obținem:
1
2∫ (1 − 𝑢2) 𝑑𝑢 =
1
2(𝑢 −
1
3𝑢3) =
1
6𝑢(3 − 2𝑢3) =
În Problemele 17.1 – 17.21, calculează integrala indicată:
∫𝑑𝑥
𝑥2 − 9
1
𝑥2 − 9 =
1
(𝑥 − 3)(𝑥 + 3) =
𝐴
𝑥 − 3 +
𝐵
𝑥 + 3
Reducem numitorii prin a înmulți ambele părți cu (𝑥 − 3)(𝑥 + 3).
Rezultă că: 1 = 𝐴(𝑥 + 3) + 𝐵(𝑥 − 3).
Fie 𝑥 = 3. Atunci 1 = 6𝐴 și 𝐴 =1
6.
Fie 𝑥 = −3. Rezultă că 1 = −6𝐵, 𝐵 = −1
6 .
Astfel, 1
𝑥2 − 9 =
1
6(1
𝑥 − 3) −
1
6(1
𝑥 + 3) .
Rezultă că:∫𝑑𝑥
𝑥2 − 9 =
1
6ln|𝑥 − 3| −
1
6ln|𝑥 + 3| + 𝐶 =
=1
6ln |(𝑥 − 3)
(𝑥 + 3)| + 𝐶.
∫𝑥 𝑑𝑥
(𝑥 + 2)(𝑥 + 3)
Despărțim fracția într-o sumă de fracții mai simple:
𝑥
(𝑥 + 2)(𝑥 + 3) =
𝐴
𝑥 + 2+
𝐵
𝑥 + 3 .
Atunci 𝑥 = 𝐴(𝑥 + 3) + 𝐵(𝑥 + 2).
Fie 𝑥 = −3. Atunci −3 = −B și 𝐵 = 3.
Fie 𝑥 = −2. Rezultă că −2 = 𝐴.
Astfel, 𝑥
(𝑥 + 2)(𝑥 + 3)= −
2
𝑥 + 2+
3
𝑥 + 3 .
Rezultă că: ∫𝑥 𝑑𝑥
(𝑥 + 2)(𝑥 + 3)= −2 ln|𝑥 + 2| + 3 ln|𝑥 + 3| + 𝐶 =
= ln |(𝑥 + 3)3
(𝑥 + 2)2| + 𝐶.
∫𝑥4 − 4𝑥2 + 𝑥 + 1
𝑥2 − 4𝑑𝑥.
Deoarece gradul numărătorului este mai mare decât gradul numitorului,
dăm factor comun la numărător pe 𝑥2 − 4, apoi simplificăm:
(𝑥2 − 4)𝑥2 + 𝑥 + 1
𝑥2 − 4= (𝑥2 − 4)𝑥2
𝑥2 − 4+
𝑥 + 1
𝑥2 − 4= 𝑥2 +
𝑥 + 1
𝑥2 − 4 .
Astfel,
∫𝑥4 − 4𝑥2 + 𝑥 + 1
𝑥2 − 4𝑑𝑥 =
1
3𝑥3 +∫
𝑥 + 1
𝑥2 − 4𝑑𝑥.
Dar 𝑥 + 1
𝑥2 − 4=
𝑥 + 1
(𝑥 + 2)(𝑥 − 2)=
𝐴
𝑥 + 2+
𝐵
𝑥 − 2 .
Atunci, 𝑥 + 1 = 𝐴(𝑥 − 2) + 𝐵(𝑥 + 2).
Fie 𝑥 = 2. Atunci 3 = 4𝐵, rezultă că 𝐵 =3
4 .
Fie 𝑥 = −2. Atunci, −1 = −4𝐴, de unde 𝐴 =1
4 .
Astfel,
𝑥 + 1
(𝑥 + 2)(𝑥 − 2)=1
4 ⋅
1
𝑥 + 2+3
4⋅
1
𝑥 − 2 .
Iar, ∫𝑥 + 1
(𝑥 + 2)(𝑥 − 2)𝑑𝑥 =
1
4ln|𝑥 + 2| +
3
4ln|𝑥 − 2| + 𝐶 =
Aflați dacă aria din primul cadran de sub curba 𝑦 = 1
𝑥 , (unde 𝑥 ≥ 1)
este finită.
Aceasta este echivalent cu a determina dacă integrala improprie
∫1
𝑥𝑑𝑥
∞
1
este convergentă.
∫1
𝑥𝑑𝑥
∞
1
= 𝑙𝑖𝑚𝑣→+∞
∫1
𝑥𝑑𝑥
𝑣
1
= 𝑙𝑖𝑚𝑣→+∞
ln 𝑣|1𝑣 = 𝑙𝑖𝑚
𝑣→+∞ln 𝑣 = +∞ .
Astfel, integrala diverge și aria este infinită.
Aflați dacă ∫1
𝑥2𝑑𝑥
∞
1
converge.
∫1
𝑥2𝑑𝑥
∞
1
= 𝑙𝑖𝑚𝑣→+∞
∫1
𝑥2𝑑𝑥
𝑣
1
= 𝑙𝑖𝑚𝑣→+∞
−1
𝑥|1
𝑣
= 𝑙𝑖𝑚𝑣→+∞
(−1
𝑣+ 1) = 1 .
Astfel, integrala converge.
Pentru ce valorii ale lui 𝑝 este integrala ∫ (1
𝑥)𝑝𝑑𝑥
∞
1
convergentă?
Conform Problemei 18.1, știm că integrala este divergentă atunci
când 𝑝 = 1.
∫1
𝑥𝑝𝑑𝑥
∞
1
= 𝑙𝑖𝑚𝑣→+∞
∫1
𝑥𝑝𝑑𝑥
𝑣
1
= 𝑙𝑖𝑚𝑣→+∞
(−1
𝑝 − 1⋅1
𝑥𝑝−1)|1
𝑣
=
= 𝑙𝑖𝑚𝑣→+∞
[−1
𝑝 − 1(1
𝜈𝑝−1− 1)]
Ultima limită este 1
𝑝−1 dacă 𝑝 > 1 și +∞ dacă 𝑝 < 1.
Astfel, integrala converge dacă și numai dacă 𝑝 > 1.
Pentru 𝑝 > 1, este ∫𝑙𝑛 𝑥
𝑥𝑝
∞
1
𝑑𝑥 convergentă?
Prima dată calculăm ∫𝑙𝑛 𝑥
𝑥𝑝𝑑𝑥 folosind integrarea prin părți.
Fie 𝑢 = ln 𝑥 și 𝑑𝑣 =1𝑥𝑝𝑑𝑥. Rezultă că 𝑑𝑢 =
1𝑥𝑑𝑥 și 𝜈 =
11−𝑝
⋅
∙1
𝑥𝑝−1 .
Astfel,
∫ln𝑥
𝑥𝑝𝑑𝑥 =
1
1 − 𝑝⋅ln 𝑥
𝑥𝑝−1−∫
1
1 − 𝑝⋅1
𝑥𝑝𝑑𝑥 =
=1
1 − 𝑝⋅ln 𝑥
𝑥𝑝−1−
1
(1 − 𝑝)2⋅1
𝑥𝑝−1 .
Rezultă că,
∫ln𝑥
𝑥𝑝𝑑𝑥
∞
1
= 𝑙𝑖𝑚𝑣→+∞
∫ln𝑥
𝑥𝑝𝑑𝑥
𝑣
1
=
= 𝑙𝑖𝑚𝑣→+∞
(1
1 − 𝑝⋅ln 𝑥
𝑥𝑝−1−
1
(1 − 𝑝)2⋅1
𝑥𝑝−1)|1
𝑣
=
= 𝑙𝑖𝑚𝑣→+∞
[1
1 − 𝑝⋅ln 𝜈
𝑣𝑝−1−
1
(1 − 𝑝)2⋅1
𝑣𝑝−1] − (−
1
(1 − 𝑝)2) =
1
(1 − 𝑝)2 .
În ultimul pas, am folosit regula lui L’Hôpital pentru a calcula
În Problemele de la 19.1 la 19.18, scrieți o formulă pentru al 𝑛-lea termen 𝑎𝑛
al șirului și aflați-i limita (dacă există). Se înțelege faptul că 𝑛 = 1,2,3, …
1, 1
2, 1
4, 1
8,
1
16, …
𝑎𝑛 =1
2𝑛−1 .
În mod clar, 𝑙𝑖𝑚𝑛→+∞
1
2𝑛−1= 0 .
1, − 1, 1, − 1, …
𝑎𝑛 = (−1)𝑛+1.
Nu există nicio limită.
1, 1
2, 1
3, 1
4, …
𝑎𝑛 = 1
𝑛 .
𝑙𝑖𝑚𝑛→∞
1
𝑛 = 0 .
1, 0, 1 , 0, 1, 0, …
𝑎𝑛 =1
2[1 + (−1)𝑛+1] .
În mod evident nu există o limită.
1
2, 1
4, 1
6, 1
8, …
𝑎𝑛 =1
2𝑛 .
𝑙𝑖𝑚𝑛→+∞
1
2𝑛 = 0 .
Se duce unul să cumpere ţigări. Ia pachetul şi citeşte: "tutunul cauzează
impotenţă". Speriat, îi zice vînzătoarei:
- Nu vă supăraţi, din alea cu cancer nu mai aveţi?
1, 1
3, 1
5, 1
7, …
𝑎𝑛 =1
2𝑛 − 1 .
𝑙𝑖𝑚𝑛→+∞
1
2𝑛 − 1= 0 .
Arătați că dacă ∑𝑎𝑛 converge, atunci 𝑙𝑖𝑚𝑛→+∞
𝑎𝑛 = 0.
Fie 𝑆 = ∑𝑎𝑛
∞
𝑛=0
.
Atunci , 𝑎𝑛 =∑𝑎𝑘
𝑛
𝑘=1
−∑𝑎𝑘
𝑛−1
𝑘=1
→ 𝑆 − 𝑆 = 0 .
Arătați că seria armonică ∑1
𝑛= 1 +
1
2+1
3+⋯ diverge.
1 >1
2
1
2≥1
2
1
3+1
4>2
4=1
2
1
5+1
6+1
7+1
8>4
8=1
2
…………………..
1
9+1
10+⋯+
1
16>8
16=1
2
Etc.
De aceea,
1 +1
2+1
3+1
4+⋯ >
1
2+1
2+1
2+1
2+⋯ → +∞ .
În mod alternativ, prin testul integralei, obținem:
∫1
𝑥𝑑𝑥
∞
1
= 𝑙𝑖𝑚𝑢→+∞
∫1
𝑥𝑑𝑥
𝑢
1
= 𝑙𝑖𝑚𝑢→+∞
(ln 𝑥 |1𝑢) = 𝑙𝑖𝑚
𝑢→+∞ln 𝑢 = +∞ .
Implică 𝑙𝑖𝑚𝑛→+∞
𝑎𝑛 = 0 faptul că ∑𝑎𝑛 converge?
Nu. Seria armonică ∑1
𝑛 (Problema 20.2) este un contraexemplu.
Fie 𝑆𝑛 = 𝑎 + 𝑎𝑟 +⋯+ 𝑎𝑟𝑛−1, cu 𝑟 ≠ 1. Arătați că
𝑆𝑛 =𝑎(𝑟𝑛 − 1)
𝑟 − 1 .
𝑟𝑆𝑛 = 𝑎𝑟 + 𝑎𝑟2 +⋯+ 𝑎𝑟𝑛−1 + 𝑎𝑟𝑛.
Rezultă că 𝑆𝑛 = 𝑎 + 𝑎𝑟 + 𝑎𝑟2 +⋯+ 𝑎𝑟𝑛−1.
Astfel, (𝑟 − 1)𝑆𝑛 = 𝑎𝑟𝑛 − 𝑎 = 𝑎(𝑟𝑛 − 1).
Rezultă că: 𝑆𝑛 =𝑎(𝑟𝑛 − 1)
𝑟 − 1 .
Fie 𝑎 ≠ 0. Arătați că șirul geometric infinit
∑𝑎𝑟𝑛∞
𝑛=0
= 𝑎
1 − 𝑟 dacă |𝑟| < 1 și diverge dacă |𝑟| ≥ 1 .
În Problemele 21.1 - 21.24, găsește intervalul de convergență a seriei de puteri
date. Folosește criteriul raportului dacă nu se menționează altceva.
∑𝑥𝑛
𝑛 .
𝑙𝑖𝑚𝑛→+∞
|𝑥|𝑛+1
𝑛+1|𝑥|𝑛
𝑛
= 𝑙𝑖𝑚𝑛→+∞
|𝑥|𝑛
𝑛 + 1= 𝑙𝑖𝑚
𝑛→+∞|𝑥|
1
1 +1
𝑛
= |𝑥|.
Astfel, seria converge absolut pentru |𝑥| < 1 și diverge pentru |𝑥| >
> 1. Atunci când 𝑥 = 1, avem seria armonică divergentă ∑1
𝑛. Atunci
când 𝑥 = −1, seria este ∑(−1)𝑛
𝑛, care converge conform criteriului
seriilor alternante. Astfel, seria converge pentru −1 ≤ 𝑥 < 1.
∑𝑥𝑛
𝑛2 .
𝑙𝑖𝑚𝑛→+∞
|𝑥|𝑛+1
(𝑛+1)2
|𝑥|𝑛
𝑛2
= 𝑙𝑖𝑚𝑛→+∞
|𝑥| (𝑛
𝑛 + 1)2
= 𝑙𝑖𝑚𝑛→+∞
|𝑥| (1
1 +1
𝑛
)
2
= |𝑥| .
Astfel, seria este absolut convergentă pentru |𝑥| < 1 și diverge pentru
|𝑥| > 1. Când 𝑥 = 1, avem seria 𝑝 convergentă ∑1
𝑛2.
Atunci când 𝑥 = −1, seria converge conform criteriului seriilor
alternante.
Astfel, seria putere converge pentru −1 ≤ 𝑥 ≤ 1.
∑𝑥𝑛
𝑛! .
𝑙𝑖𝑚𝑛→+∞
|𝑥|𝑛+1
(𝑛+1)!
|𝑥|𝑛
𝑛!
= 𝑙𝑖𝑚𝑛→+∞
|𝑥|
𝑛 + 1= 0 .
Astfel, seria converge oricare ar fi 𝑥.
∑𝑛! 𝑥𝑛.
𝑙𝑖𝑚𝑛→+∞
(𝑛 + 1)! |𝑥|𝑛+1
𝑛! |𝑥|𝑛= 𝑙𝑖𝑚
𝑛→+∞|𝑥|(𝑛 + 1) = +∞
cu excepția situației în care 𝑥 = 0. Astfel, seria converge doar când
𝑥 = 0.
∑ 𝑥𝑛
2𝑛 .
Aceasta este o serie geometrică având rația 𝑥
2 . Astfel, avem
convergență pentru |𝑥
2| < 1 , adică |𝑥| < 2
și divergență pentru |𝑥| > 2.
Atunci când 𝑥 = 2, avem ∑ 1, care diverge.