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.