Gabriela Grosu / EDCO 1

an univ. 2014=2015SEMINAR NR. 2, REZOLVARIEDCO, AIA

1: Integrala nedenita (primitive) pentru f : I R! R1:3: Integrale nedenite (primitive) avnd ca integrant functii

rationale n x

Forma generala:RR (x) dx; x 2 I; (2)

unde R : I! R; R (x) = P (x)Q (x)

este functie rationala n x:

Rezolvare:I. Daca gradP gradQ atunci, conform teoremei mpartirii cu rest, existafunctiile polinomiale K, P1 cu gradP1 < gradQ astfel nct

P (x) = K (x) Q (x) + P1 (x), 8x 2 I) R R (x) dx = R K (x) dx+ R P1 (x)

Q (x)dx, 8x 2 I.R

K (x) dx se determina folosind, pentru n 2 N,Rxndx =

xn+1

n+ 1+ c;8x 2 R;8c 2 R.R P1 (x)

Q (x)dx se determina folosind II.

II. Daca gradP < gradQ atunci R se descompune n fractii simple si se aplicateoria din liceu pentru a calculaR A

(x a)m dx; x 2 I; unde A 2 R, a 2 R, m 2 N

R Bx+ C(ax2 + bx+ c)

m dx; x 2 I; unde A;B 2 R, a; b; c 2 R cu b2 4ac < 0,m 2 N:n descompunerea functiei R (x) n fractii simple apar situatiile:-Q (x) are radacini reale simple;-Q (x) are radacini reale multiple;-Q (x) are radacini complexe conjugate simple;-Q (x) are radacini complexe conjugate multiple.

Exercitiul 1: Sa se calculeze

a)R x+ 12x2 + x+ 2

dx; x 2 I:Rezolvare.etapa 1.

f : R! R; f (x) = x+ 12x2 + x+ 2

:

f este continua pe R) f admite primitive pe R.etapa 2. Determinam integrala, aplicnd teoria. Observam ca f este de forma(2) ; cu P (x) = x+ 1; Q (x) = 2x2 + x+ 2; caz II.

Gabriela Grosu / EDCO 2

Q (x) = 0, 2x2 + x+ 2 = 0)(x1 =

1ip154 2 C n R; m (x1) = 1

x2 =1+ip15

4 2 C n R; m (x2) = 1Cum < 0) f este deja fractie simpla.Observam ca2x2 + x+ 2

0= 4x+ 1 6= x+ 1:

AtunciR x+ 12x2 + x+ 2

dx =1

4

R 4x+ 42x2 + x+ 2

dx

=1

4

R 4x+ 12x2 + x+ 2

dx+1

4

R 32x2 + x+ 2

dx

=1

4

R 2x2 + x+ 202x2 + x+ 2

dx+3

4 2R x+ 140x+ 14

2+p

154

2 dx=1

4ln2x2 + x+ 2

+

3

4 2 1p154

arctgx+ 14p

154

+ c;8x 2 R;8c 2 Rsunt toate primitivele functiei f pe R, familia de primitive ind indexata dupaconstanta c 2 R.b)R x+ 1x2 3x+ 2dx; x 2 I:

Rezolvare.etapa 1.

f : ]1; 1[ [ ]1; 2[ [ ]2;+1[! R; f (x) = x+ 1x2 3x+ 2

f este continua pe ]1; 1[[]1; 2[[]2;+1[) f admite primitive pe ]1; 1[[]1; 2[ [ ]2;+1[etapa 2. Determinam integrala, aplicnd teoria. Observam ca f este de forma(2) ; cu P (x) = x+ 1; Q (x) = x2 3x+ 2; caz II. Observam ca

x2 3x+ 20 = 2x 3 6= x+ 1:modul 1:

Q (x) = 0, x2 3x+ 2 = 0)x1 = 1 2 R; m (x1) = 1x2 = 2 2 R; m (x2) = 1

Descompunem f n fractii simple. Se poate arata cax+ 1

x2 3x+ 2 =3

x 2 2

x 1 ;8x 2 ]1; 1[ [ ]1; 2[ [ ]2;+1[ :AtunciR 3

x 2 2

x 1dx =

= 3R 1x 2 (x 2)

0dx 2 R 1

x 1 (x 1)0dx

= 3 ln jx 2j 2 ln jx 1j+ c

=

8

Gabriela Grosu / EDCO 3

R x+ 1x2 3x+ 2dx =

1

2

R 2x+ 2x2 3x+ 2dx =

=1

2

R 2x 3x2 3x+ 2dx+

1

2

R 5x2 3x+ 2dx =

=1

2

R x2 3x+ 20x2 3x+ 2 dx+

5

2

R x 320x 32

2+12

2 dx ==1

2lnx2 3x+ 2+ 5

2 12 12

ln

x 32

12x 32

+ 12

+ c =

=

8>>>>>>>:1

2lnx2 3x+ 2+ 5

2lnx 2x 1 + c1 8x 2 ]1; 1[ ; c1 2 R

1

2lnx2 + 3x 2+ 5

2ln2 xx+ 1

+ c2 8x 2 ]1; 2[ ; c2 2 R1

2lnx2 3x+ 2+ 5

2lnx 2x 1 + c3; 8x 2 ]2;+1[ ; c3 2 R

sunt toate primitivele functiei f pe ]1; 1[[ ]1; 2[[ ]2;+1[, cele trei familii deprimitive ind indexate dupa constantele c1; c2; c3 2 R.c)R x2 3x+ 2x3 + 2x2 + x

dx; x 2 ]0;+1[ :Rezolvare.etapa 1.

f : ]0;+1[! R; f (x) = x2 3x+ 2x (x+ 1)

2

f este continua pe ]0;+1[) f admite primitive pe ]0;+1[etapa 2. Determinam integrala, aplicnd teoria. Observam ca f este de forma(2) ; cu P (x) = x2 3x+ 2; Q (x) = x3 + 2x2 + x; caz II.Observam cax3 + 2x2 + x

0= 3x2 + 4x+ 1 6= x2 3x+ 2:

Q (x) = 0, x3 + 2x2 + x = 0,, x (x+ 1)2 = 0)

x1 = 0 2 R; m (x1) = 1x2 = 1 2 R; m (x2) = 2

Descompunem f n fractii simple. Se poate arata cax2 3x+ 2x (x+ 1)

2 =2

x 1x+ 1

6(x+ 1)

2 ;8x 2 ]0;+1[ :AtunciR x2 3x+ 2x3 + 2x2 + x

dx =R 2

x 1x+ 1

6(x+ 1)

2

!dx

= 2R 1xdx R (x+ 1)0

x+ 1dx 6 R 1

(x+ 1)2 (x+ 1)

0dx

= 2 ln (x) ln (x+ 1) 6(x+ 1)1

1 + c;8x 2 ]0;+1[ ; c 2 Rsunt toate primitivele functiei f pe ]0;+1[, familia de primitive ind indexatadupa constanta c 2 R.d)R x+ 1x5 + 4x3 + 4x

dx; x 2 ]0;+1[ :Rezolvare.etapa 1.

f : ]0;+1[! R; f (x) = x+ 1x5 + 4x3 + 4x

f este continua pe ]0;+1[) f admite primitive pe ]0;+1[ :

Gabriela Grosu / EDCO 4

etapa 2. Determinam integrala, aplicnd teoria. Observam ca f este de forma(2) ; cu P (x) = x+ 1; Q (x) = x5 + 4x3 + 4x; caz II.Observam cax5 + 4x3 + 4x

0= 5x4 + 12x2 + 4 6= x+ 1:

Q (x) = 0, x5 + 4x3 + 4x = 0,

, x x2 + 22 = 0)8

Gabriela Grosu / EDCO 5

f este continua pe ]1;+1[) f admite primitive pe ]1;+1[etapa 2. Determinam integrala, aplicnd teoria. Observam ca f este de forma(2) ; cu P (x) = x3; Q (x) = x+ 1; caz I.Q (x) = 0, x3 + 2x2 + x = 0, x1 = 1 2 R;m (x1) = 1mpartim P la Q :-sau cu teorema mpartirii cu restx3 = (x+ 1)

x2 x+ 1 1

-saux3

x+ 1=x3 + 1 1x+ 1

=(x+ 1)

x2 x+ 1 1x+ 1

AtunciR x3x+ 1

dx =R

x2 x+ 1 1x+ 1

dx =

=x3

3 x

2

2+ x ln (x+ 1) + c;8x 2 ]1;+1[ ; c 2 R

sunt toate primitivele functiei f pe ]1;+1[, familia de primitive ind indexatadupa constanta c 2 R.

1:4: Integrale nedenite determinate cu teoreme de schimbare devariabila de integrare

Teoremele legate de schimbare de variabila:Vezi Curs.Exercitiul 2: Sa se calculeze

a)R sin 2x1 + cos2 x

dx; x 2 R;Rezolvare.etapa 1.

f : R! R; f (x) = sin 2x1 + cos2 x

f este continua pe R) f admite primitive pe Retapa 2. Determinam integrala, aplicnd prima teorema de schimbare de vari-abila de integrare.Facem schimbarea de variabila de integrare1 + cos2 x = t; t 2 [1; 2]jdiferentiem(0 + 2 cosx ( sinx)) dx = dt

nlocuim

F (t;ec) = R dtt= ln t+ ec,8t 2 [1; 2] ;8ec 2 R.

Revenim la substitutie)F (x; c) = ln 1 + cos2 x+ c;8x 2 R;8c 2 R

sunt toate primitivele functiei f pe I = R, familia de primitive ind indexatadupa constanta c 2 R.Comentariu:De fapt am aplicat Teorema de schimbare directa de variabila (chiartabelul din S1)Fie u : R! R, u (x) = 1 + cos2 x:AtunciR sin 2x1 + cos2 x

dx = R 11 + cos2 x

1 + cos2 x0 dx = ln 1 + cos2 x ;8x 2 R;8c 2 R:b)Rcos

pxdx; x 2 ]0;+1[ ;

Gabriela Grosu / EDCO 6

Rezolvare.etapa 1.f : ]0;+1[! R; f (x) = cospxf este continua pe ]0;+1[) f admite primitive pe ]0;+1[

etapa 2. Determinam integrala, aplicnd a doua teorema de schimbare de vari-abila de integrare.Facem schimbarea de variabila de integrare8

Gabriela Grosu / EDCO 7

este de forma (3), cu a = 1, b = 0, c = 0, d = 1, m1 = 1, n1 = 2, m2 = 1,n2 = 3: Facem schimbarea de variabila de integrare

x = t6; t 2 ]0;+1[jdiferentiemdx = 6t5dt

nlocuimR 1t2 + t3

6t5dt = 6R t3 + 1 1

1 + tdt = 6

R t2 t+ 1 1

1 + t

dt

= 6

t3

3 t

2

2+ t+ ln (1 + t)

+ ec, 8t 2 ]0;+1[ ;8ec 2 R.

Revenim la substitutie)R 1px+ 3

pxdx = 6

px

3

3px

2+ 6px+ ln (1 + 6

px)

+ c;8x 2 ]0;+1[ ;8c 2 R

sunt toate primitivele functiei f pe I = ]0;+1[, familia de primitive ind in-dexata dupa constanta c 2 R.b)R 1x

rx+ 1

x 1dx; x 2 ]1;+1[ :Rezolvare.etapa 1.

CE :

(x 6= 0x+ 1

x 1 > 0) x 2 ]1;1[ [ ]1;+1[

f : ]1;+1[! R; f (x) = 1x

rx+ 1

x 1f este continua pe ]1;+1[) f admite primitive pe I = ]1;+1[

etapa 2. Determinam integrala, aplicnd teoria. Observam ca f (x) =

x+ 1

x 1 1

2

x1;adica

e de forma (3), cu a = 1, b = 1, c = 1, d = 1, m1 = 1, n1 = 2: Facem schim-barea de variabila de integrare8>>>>>>>>>:

x+ 1

x 1 = t2; t 2 ]1;+1[j inversam

x =t2 + 1

t2 1 ; t 2 ]1;+1[jdiferentiemdx =

4t(t2 1)2 dt

nlocuimR t2 1t2 + 1

t 4t(t2 1)2 dt =

R 4t2(t2 + 1) (t2 1)dt

=R 2 1

t2 + 1 2 1

t2 1dt =

= 2 arctg t ln t 1t+ 1

+ ec, 8t 2 ]1;+1[ ;8ec 2 R.Revenim la substitutie)

R 1x

rx+ 1

x 1dx = 2 arctgrx+ 1

x 1 ln

rx+ 1

x 1 1rx+ 1

x 1 + 1+ c;8x 2 ]1;+1[ ;8c 2 R

sunt toate primitivele functiei f pe I = ]10;+1[, familia de primitive ind in-dexata dupa constanta c 2 R.

Gabriela Grosu / EDCO 8

1:5:2:Forma generala:R Pm (x)pax2 + bx+ c

dx; x 2 I; (4)unde Pm este functie polinomiala de grad m n variabila x; iar a; b; c 2 R:Rezolvare:modul 1: (mai ales pentru m = 0;m = 1;m = 2) Folosind(m = 0;m = 1;m = 2)modul de calcul pentruR 1p

ax2 + bx+ cdx; x 2 I;

(m = 1;m = 2) pax2 + bx+ c0 = 2ax+ b2pax2 + bx+ c

(m = 2)modul de calcul pentruR pax2 + bx+ cdx; x 2 I;

modul 2: (mai ales pentru m 2) Se considera relatiaR Pm (x)pax2 + bx+ c

dx = Qm1 (x) pax2 + bx+ c+ R 1p

ax2 + bx+ cdx; x 2 I,

(40)unde Qm1 este functie polinomiala de grad m n variabila x cu coecienti ne-cunoscuti si 2 R este necunoscut. Coecientii functiei polinomiale Qm1 sinumarul 2 R se determina derivnd relatia (40), apoi indenticnd coecientiipolinoamelor ce apar.modul 3: Folosind substitutiile Euler de mai jos.

Exercitiul 4: Sa se calculeze

a)R 2x+ 1p

3x2 6x+ 5dx; x 2 I:Rezolvare.etapa 1.

f : R! R; f (x) = 2x+ 1p3x2 6x+ 5

f este continua pe R) f admite primitive pe I = Retapa 2. Determinam integrala, aplicnd teoria. Observam ca f este de forma(4), cu P1 (x) = 2x+ 1;m = 1 si a = 3, b = 6, c = 5:modul 1: Folosimp

3x2 6x+ 50 = 6x 62p3x2 6x+ 5 =

3x 3p3x2 6x+ 5 :

AtunciR 2x+ 1p3x2 6x+ 5dx =

1

3

R 6x 6 + 9p3x2 6x+ 5dx

=2

3

R p3x2 6x+ 50 dx+ 3 R 1p

3x2 6x+ 5dx

=2

3

R p3x2 6x+ 50 dx+ 3p

3

R (x 1)0r(x 1)2 +

q23

2 dx=2

3

p3x2 6x+ 5 +p3 ln

x 1 +

r(x 1)2 +

q23

2!;8x 2 R;8c 2 R

sunt toate primitivele functiei f pe I = R, familia de primitive ind indexatadupa constanta c 2 R.

Gabriela Grosu / EDCO 9

modul 2: ...modul 3: Cu substitutii Euler.

b)R x2 + x+ 1p

2x2 3x+ 2dx; x 2 I:Rezolvare.etapa 1.

f : R! R; f (x) = x2 + x+ 1p2x2 3x+ 2

f este continua pe R) f admite primitive pe I = Retapa 2. Determinam integrala, aplicnd teoria. Observam ca f este de forma(4), cu P2 (x) = x2 + x+ 1;m = 2 si a = 2, b = 3, c = 2:modul 1: Folosimp

2x2 3x+ 20 = 4x 32p3x2 6x+ 5 :

ObtinemR x2 + x+ 1p2x2 3x+ 2dx =

12

R 2x2 + 2x+ 2p2x2 3x+ 2dx =

12

R 2x2 3x+ 2+ 5xp2x2 3x+ 2 dx =

= 12R p

2x2 3x+ 2dx+ 524R 4x 3p

2x2 3x+ 2dx+5324R 1p

2x2 3x+ 2dxObservam ca

2x2 3x+ 2 = 2 x2 32x+ 1 = 2 x 342 + p74 2Atunci:R x2 + x+ 1p

2x2 3x+ 2dx =

= 12p2R r

x 342+p

74

2 x 340 dx+

+ 522R p

2x2 3x+ 20 dx++ 5324

1p2

R 1rx 34

2+p

74

2 x 340 dx ==

p2212

x 34

rx 34

2+p

74

2+p

74

2ln

x 34

+

rx 34

2+p

74

2!!+

+ 522p2x2 3x+ 2+

+ 53241p21p2ln

x 34

+

rx 34

2+p

74

2!+ c;8x 2 R;8c 2 R

modul 2: ...modul 3: Cu substitutii Euler.

c)R 2xp

1 2x x2 dx; x 20;1 +p2 :

Rezolvare.etapa 1.

f :0;1 +p2! R; f (x) = 2xp

1 2x x2f este continua pe

0;1 +p2) f admite primitive pe 0;1 +p2

etapa 2. Determinam integrala, aplicnd teoria. Observam ca f este de forma(4), cu P2 (x) = 2x;m = 1 si a = 1, b = 2, c = 1:modul 1: Folosim

Gabriela Grosu / EDCO 10

p1 2x x20 = 2x 2

2p1 2x x2 =

x 1p1 2x x2 :

ObtinemR 2xp1 2x x2 dx = 2

R x 1 + 1p1 2x x2 dx =

= 2 R x 1p1 2x x2 dx 2

R 1p1 2x x2 dx

Observam ca1 2x x2 = x2 + 2x 1 = h(x+ 1)2 p22iAtunci:R 2xp

1 2x x2 dx =

= 2 R p1 2x x20 dx 2 R 1qp22 (x+ 1)2 (x+ 1)0 dx =

= 2p1 2x x2 2 arcsin x+ 1p2+ c;8x 2 0;1 +p2 ;8c 2 R.

modul 2:...modul 3: Cu substitutii Euler.

1:5:3: Forma generala:R 1(x d)npax2 + bx+ cdx; x 2 I; (5)

unde a; b; c; d 2 R si n 2 NRezolvare:modul 1: Se face schimbarea de variabila de integrare

1

x d = t; (50)

si se obtine o integrala ca n Sectiunea 1:5:2 n variabila t, se calculeaza si serevine la substitutie.modul 2: Folosind substitutiile Euler de mai jos.

Exercitiul 5: Sa se calculeze

a)R 1xp5x 6 x2 dx; x 2 I:

Rezolvare.etapa 1.

f : I! R; f (x) = 1xp5x 6 x2

Impunem CE :x 6= 05x 6 x2 0 , x 2 ]2; 3[ :

f este continua pe ]2; 3[) f admite primitive pe I = ]2; 3[etapa 2. Determinam integrala, aplicnd teoria. Observam ca f este de forma(5), cu d = 0, a = 1, b = 5, c = 6, n = 1:modul 1: Facem schimbarea de variabila de integrare8>>>>>>>:

1

x= t; t 2 13 ; 12 inversam

x =1

t; t 2 13 ; 12 diferentiem

dx =1t2dt

Gabriela Grosu / EDCO 11

nlocuimR ts1

t

2+ 5

1

t 6

1t2dt

t>0 pe ] 13 ;12 [

=jtj=t

R 1p1 + 5t 6t2 dt= 1p

6

R 1q 16 + 56 t t2

dt = 1p6

R 1rt2 2 512 t+

512

2+512

2 16 dt= 1p

6

R t 5120q112

2 t 5122 dt = 1p6arcsin

t 512112

+ ec;8t 2 13 ; 12 ;8ec 2 R:Revenim la substitutie)R 1xp5x 6 x2 dx =

1p6arcsin

1x 512

112

+ c, 8x 2 ]2; 3[ ;8c 2 Rsunt toate primitivele functiei f pe I = ]2; 3[, familia de primitive ind indexatadupa constanta c 2 R.modul 2: Cu substitutii Euler.

b)R 1xp2x x2 dx; x 2 I:

Rezolvare.etapa 1.

f : I! R; f (x) = 1xp2x x2

Impunem CE :x 6= 02x x2 0 , x 2 ]0; 2[ :

f este continua pe ]0; 2[) f admite primitive pe I = ]0; 2[etapa 2. Determinam integrala, aplicnd teoria. Observam ca f este de forma(5), cu d = 0, a = 1, b = 2, c = 0, n = 1:modul 1: Facem schimbarea de variabila de integrare8>>>>>>>:

1

x= t; t 2 12 ;+1 inversam

x =1

t; t 2 12 ;+1 diferentiem

dx =1t2dt

nlocuimR ts21

t1

t

2 1t2 dt t>0 pe ] 12 ;+1[=jtj=t R 1p2t 1dt

= 12R (2t 1)12 (2t 1)0 dt = 12 (2t 1) 121

2

+ ec;8t 2 12 ;+1 ;8ec 2 R:Revenim la substitutie)R 1xp2x x2 dx =

r21

x 1 + c, 8x 2 ]0; 2[ ;8c 2 R

sunt toate primitivele functiei f pe I = ]0; 2[, familia de primitive ind indexatadupa constanta c 2 R.modul 2: Cu substitutii Euler.

c)R 1(1 + x)

px2 + 2x+ 2

dx; x 2 ]1;+1[ :Rezolvare.

Gabriela Grosu / EDCO 12

etapa 1.

f : ]1;+1[! R; f (x) = 1(1 + x)

px2 + 2x+ 2

f este continua pe ]1;+1[) f admite primitive pe ]1;+1[etapa 2. Determinam integrala, aplicnd teoria. Observam ca f (x) este deforma (5), cu d = 1, a = 1, b = 2, c = 2, n = 1:modul 1: Facem schimbarea de variabila de integrare8>>>>>>>:

1

1 + x= t; t 2 Jj inversam

x =1 tt; t 2 ]0;+1[jdiferentiem

dx =1t2dt

Mentionam ca1 tt

> 1, 1t> 0, t 2 ]0;+1[ :

nlocuimR tr1

t2+ 1

1t2dt

t>0 pe ]0;+1[=jtj=t

R 1pt2 + 1

dt =

= ln t+pt2 + 1+ ec, 8t 2 ]0;+1[ ;8ec 2 R.Revenim la substitutie)R 1(1 + x)

px2 + 2x+ 2

dx = ln

1

1 + x+

s1

(1 + x)2 + 1

!+c, 8x 2 ]1;+1[ ;8c 2

Rmodul 2: Cu Euler.

d)R 1(2x 3)p4x x2 dx; x 2

0; 32:

Rezolvare.etapa 1.

f :0; 32! R; f (x) = 1

(2x 3)p4x x2f este continua pe

0; 32) f admite primitive pe 0; 32

etapa 2. Determinam integrala, aplicnd teoria. Observam ca f este de forma(5), cu d = 32 , a = 1, b = 4, c = 0, n = 1:modul 1: Facem schimbarea de variabila de integrare8>>>>>>>>>:

1

x 32= t; t 2 Jj inversam

x =1 + 32 t

t; t 2 1; 23 diferentiem

dx =1t2dt

Mentionam ca

0 0 : p

ax2 + bx+ c =pax+ t sau

pax2 + bx+ c =

pax tp

ax2 + bx+ c = pax+ t sau pax2 + bx+ c = pax t (60)

b) daca c > 0 : pax2 + bx+ c = tx+

pc sau

pax2 + bx+ c = txpcp

ax2 + bx+ c = tx+pc sau pax2 + bx+ c = txpc (600)

c) daca ax2 + bx+ c = 0 are radacinile reale x1; x2 :pax2 + bx+ c = t (x x1) sau

pax2 + bx+ c = t (x x2) (6000)

pentru x ntr-un subinterval al I ce nu contine x1, respectiv x2:Se obtine o integrala ca n Sectiunea 1:3 n variabila t, se calculeaza si se

revine la substitutie.

Exercitiul 6: Sa se calculeze

a)R x+px2 + x+ 1xpx2 + x+ 1dx; x 2 I:

Rezolvare.etapa 1.

f : I! R; f (x) = x+px2 + x+ 1

xpx2 + x+ 1Impunem CE :

xpx2 + x+ 1 6= 0 , x 2 R:

f este continua pe R) f admite primitive pe I = Retapa 2. Determinam integrala, aplicnd teoria. Observam ca f este de forma

(5), cu R (y0; y1) =y0 + y1y0 y1 , a = 1, b = 1, c = 1:

Facem schimbarea de variabila de integrare

Gabriela Grosu / EDCO 14

8>>>>>>>>>>>>>>>>>>>:

px2 + x+ 1 = x+ t; t 2 Jj exprimam x n functie de t

x2 + x+ 1 = x2 + 2xt+ t2 )x =

t2 11 2t ; t 2 J a.. t 6=

12

diferentiemdx =

2t (1 2t) t2 1 (2)(1 2t)2 dt)

dx =2t2 + 2t 2(1 2t)2 dt

Se observa ca-inecuatia

px2 + x+ 1 x > 0 are ca solutii 8x 2 R

-inecuatiapx2 + x+ 1 x 0 nu are solutii n R.

Deci J ]0;+1[ n 12nlocuim formal

F (t;ec) = Rt2 11 2t +

t2 11 2t + t

t2 11 2t

t2 11 2t + t

2t2 + 2t 2(1 2t)2 dt =

R 2t2 2 + t 2t2t (1 2t)

2t2 + 2t 2(1 2t)2 dt

= 2R (t 2) t2 t+ 1

t (1 2t)3 dt

= 2R 2

t 154 (1 2t)

3

(1 2t)2 9

4 (1 2t)3!dt:

Mentionam ca, pentru J1 0; 12)

F (t; ec1) = 4 ln t 304

ln (1 2t)2 6

(1 2t)1(2) (1)

18

4

(1 2t)2(2) (2) + ec1;8t 2 J1;8ec1 2 R;

iar pentru J2 0; 12)

F (t; ec2) = 4 ln t+ 304

ln (2t 1)2

6(2t 1)1

2 (1) +18

4

(2t 1)22 (2) + ec2;8t 2 J2;8ec2 2 R;

Revenim la substitutie)F (x; c) = 4 ln px2 + x+ 1 x 30

4

ln1 2 px2 + x+ 1 x

261 2 px2 + x+ 1 x1

(2) (1) 18

4

1 2 px2 + x+ 1 x2(2) (2) + c,

8x 2 I;8c 2 Rsunt toate primitivele functiei f pe I, familia de primitive ind indexata dupaconstanta c 2 R. Se fac precizari suplimentare pentru x 2 I1, respectiv x 2 I2:b)R 1(1 + x)

px2 + 2x+ 2

dx; x 2 ]1;+1[ :Rezolvare. etapa 1. Vezi 1:5:3:etapa 2.

modul 2: Observam ca f este de forma (6), cu R (y0; y1) =1

(1 + y0) y1, a = 1,

b = 2, c = 2:Facem schimbarea de variabila de integrare

Gabriela Grosu / EDCO 15

8>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>:

px2 + 2x+ 2 = x+ t; t 2 Jj exprimam x n functie de t

x2 + 2x+ 2 = x2 + 2xt+ t2 )x =

t2 22 2t ; t 2 J a..

t2 22 2t > 1

x =t2 22 2t ; t 2 ]2;+1[jdiferentiem

dx =2t (2 2t) t2 2 (2)

(2 2t)2 dt)

dx =2t2 + 4t 4(2 2t)2 dt

Mentionam cat2 22 2t > 1,

t2 2t2 2t > 0, t 2 ]1; 0[ [ ]2;+1[p

x2 + 2x+ 2 x < 0 nu are solutii n R (deci t < 0 este imposibil):nlocuim

F (t;ec) = R 11 +

t2 22 2t

t2 22 2t + t

2t2 + 4t 4(2 2t)2 dt =

R (2) t2 2t+ 2(t2 2t) (t2 2 + 2t 2t2)dt

= 2R 1t2 2tdt =

R 1t 2

1

t

dt = ln

t 2t

+ ec;8t 2 ]2;+1[ ;ec 2 RRevenim la substitutie)F (x; c) = ln

px2 + 2x+ 2 x 2px2 + 2x+ 2 x + c, 8x 2 I;8c 2 R.

sunt toate primitivele functiei f pe I, familia de primitive ind indexata dupaconstanta c 2 R.modul 1: Vezi 1:5:3; mai simplu.

c)R x2p

1 2x x2 dx; x 20;1 +p2 :

Rezolvare.etapa 1.

f :0;1 +p2! R; f (x) = x2p

1 2x x2f este continua pe

0;1 +p2) f admite primitive pe 0;1 +p2

etapa 2. Determinam integrala, aplicnd teoria.

modul 3: Observam ca f este de forma (6), cu R (y0; y1) =y20

1 + y1, a = 1,

b = 2, c = 1:Cum a = 1 < 0 si c = 1 > 0; facem schimbarea de variabila de integrare8>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>:

p1 2x x2 = tx+ 1; t 2 Jj exprimam x n functie de t

1 2x x2 = t2x2 + 2tx+ 1)x =

2t 2t2 + 1

; t 2 J a.. 0 < 2t 2t2 + 1

< 1 +p2x =

2t 2t2 + 1

; t 2 Jjdiferentiem

dx =2 t2 + 1 (2t 2) 2t

(t2 + 1)2 dt)

dx =2t2 + 4t 2(t2 + 1)

2 dt

Mentionam ca

Gabriela Grosu / EDCO 16

0 0; facem schimbarea de variabila de integrare8>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>:

p1 2x x2 = tx 1; t 2 Jj exprimam x n functie de t

1 2x x2 = t2x2 2tx+ 1)x =

2t 2t2 + 1

; t 2 J a.. 0 < 2t 2t2 + 1

< 1 +p2x =

2t 2t2 + 1

; t 2 J ]1;+1[jdiferentiem

dx =2t2 + 1

(2t 2) 2t(t2 + 1)

2 dt)

dx =2t2 + 4t+ 2(t2 + 1)

2 dt

Mentionam ca

0 >>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>:

p4x x2 = t (x 0) ; t 2 Jj exprimam x n functie de t

4x x2 = t2x2 )x =

4

t2 + 1; t 2 J a.. 0 < 4

t2 + 1< 32

x =4

t2 + 1; t 2

i0;q

53

h diferentiemdx = 4 2t

(t2 + 1)2 dt)

dx =8t

(t2 + 1)2 dt

Mentionam ca

0 0:

nlocuimF (t;ec) = R 1

2 4t2 + 1

3 4tt2 + 1

8t(t2 + 1)

2 dt = 2R 13t2 5dt

=2

3

R 1t2

q53

2 dt = 23 12q 53 ln0@ t

q53

t+q

53

1A+ ec;8t 2 i0;q 53h ;ec 2 RRevenim la substitutie)

F (x; c) =2

3 12q

53

ln

0BB@p4x x2x

q

53p

4x x2x

+q

53

1CCA+ c, 8x 2 0; 32 ;8c 2 R.sunt toate primitivele functiei f pe

0; 32, familia de primitive ind indexata

dupa constanta c 2 R.modul 1: Vezi 1:5:3; mai simplu.

1:5:5:Forma generala:Rxm (axn + b)

pdx; x 2 I; (7)

unde a; b 2 R cu ab 6= 0;m; n; p 2 Q.Rezolvare: Se face una din schimbarea de variabila (substitutie Cebsev)a) daca p 2 Z, atunci integrala (7) este de tip (3), si se facex = tq, (70)

unde q este cel mai mic multiplu comun al numitorilor lui m si n:

b) daca p =2 Z, p = rsca fractie ireductibila cu r 2 Z si s 2 N si m+ 1

n2 Z

atunci se faceaxn + b = ts: (700)

c) daca p =2 Z, p = rsca fractie ireductibila cu r 2 Z si s 2 N si m+ 1

n=2 Z si

m+ 1

n+ p 2 Z atunci se face

axn + b

xn= ts (sau a+ bxn = ts)

(7000)Se obtine o integrala ca n Sectiunea 1:3 n variabila t, se calculeaza si se revinela substitutie.

1:6: Integrale nedenite (primitive) avnd ca integrant functii rationalen ex si ex, reductibile la cele din Sectiunea 1:3

Forma generala:RR (ex; ex) dx; x 2 I;

unde R : I1 I2 ! R; R (y1; y2) = P (y1; y2)Q (y1; y2)

este functie rationala n y1 =

ex; y2 = ex:

Rezolvare: Se face schimbarea de variabila8

Gabriela Grosu / EDCO 20

la substitutie.

Exercitiul 7:

a)R 1 + ex1 + e2x

dx; x 2 R.Rezolvare.etapa 1.

f : R! R; f (x) = 1 + ex

1 + e2xf este continua pe R) f admite primitive pe I = R

etapa 2. Facem schimbarea de variabila de integrare8