INTEGRABILITATE. LIMITE DE INTEGRALE · (ii) Fie >0 ˘si f : ( ; ) ! R derivabil a ^ n 0 cu f(0) =...
24
CENTRUL PENTRU COPII DE PERFORMANT ¸ ˘ A CONSTANT ¸ A 16 FEBRUARIE 2007 FACULTATEA DE MATEMATIC ˘ AS ¸I INFORMATIC ˘ A UNIVERSITATEA ,,OVIDIUS” DIN CONSTANT ¸A INTEGRABILITATE. LIMITE DE INTEGRALE de prof. univ. dr. Dumitru Popa Problemele pe care le vom discuta sˆ ınt urm˘ atoarele. Ele fac parte din cartea ˆ ın curs de publicare: D. Popa, Exercit ¸ii de analiz˘ a matematic˘ a, Colect ¸ia Biblioteca S.S.M.R., va apare, 2007. Limita unui ¸ sir cu sumare dubl˘ a¸ si o extensie a sa 1. (i) S˘ a se arate c˘ a lim n→∞ 1 n n ∑ i,j =1 1 i+j = 2 ln 2. (ii) Fie δ> 0 ¸ si f :(-δ,δ ) → R derivabil˘ aˆ ın 0 cu f (0) = 0. S˘ a se arate c˘ a lim n→∞ n i,j=1 f ( 1 i+j ) n =2f 0 (0) ln 2. Limita unui ¸ sir de integrale ¸ si evaluarea asimptotic˘ aa convergent ¸ei 2. Fie I n = R 1 0 e x 2 n - 1 dx. S˘ a se calculeze lim n→∞ nI n ¸ si lim n→∞ n 2 ( I n - 1 3n ) . O limit˘ a fundamental˘ a de integrale 3. Fie f : [0, 1] → R o funct ¸ie continu˘ a. S˘ a se calculeze lim n→∞ n R 1 0 x n f (x n ) dx ¸ si lim n→∞ n n R 1 0 x n f (x n ) dx - R 1 0 f (x) dx . 1
Transcript of INTEGRABILITATE. LIMITE DE INTEGRALE · (ii) Fie >0 ˘si f : ( ; ) ! R derivabil a ^ n 0 cu f(0) =...
CENTRUL PENTRU COPII DE PERFORMANTACONSTANTA 16 FEBRUARIE 2007
FACULTATEA DE MATEMATICA SI INFORMATICAUNIVERSITATEA ,,OVIDIUS” DIN CONSTANTA
INTEGRABILITATE. LIMITE DE INTEGRALE
deprof. univ. dr. Dumitru Popa
Problemele pe care le vom discuta sınt urmatoarele. Ele fac parte dincartea ın curs de publicare:
D. Popa, Exercitii de analiza matematica, Colectia Biblioteca S.S.M.R.,va apare, 2007.
Limita unui sir cu sumare dubla si o extensie a sa
1. (i) Sa se arate ca limn→∞
1n
n∑
i,j=1
1i+j
= 2 ln 2.
(ii) Fie δ > 0 si f : (−δ, δ) → R derivabila ın 0 cu f (0) = 0. Sa searate ca
limn→∞
n�
i,j=1f( 1
i+j )
n= 2f ′ (0) ln 2.
Limita unui sir de integrale si evaluarea asimptotica a
convergentei
2. Fie In =∫ 1
0
(
ex2
n − 1)
dx. Sa se calculeze
limn→∞
nIn si limn→∞
n2(
In − 13n
)
.
O limita fundamentala de integrale
3. Fie f : [0, 1] → R o functie continua. Sa se calculeze
limn→∞
n∫ 1
0xnf (xn) dx si lim
n→∞n(
n∫ 1
0xnf (xn) dx−
∫ 1
0f (x) dx
)
.
1
O alta limita fundamentala de integrale si o extensie naturala a sa
4. (i) Fie f : [0, 1] → R o functie integrabila Riemann pe [0, 1], continuaın 1. Sa se calculeze
limn→∞
n∫ 1
0xnf (x) dx.
(ii) Fie f : [a, b] → [0, 1] o functie continua strict crescatoare, derivabilaın b cu f (b) = 1 si f ′ (b) 6= 0, iar g : [a, b] → R o functie continua. Sa secalculeze
limn→∞
n∫ b
a[f (x)]n g (x) dx.
(iii) Sa se arate ca daca g : [0, 1] → R este o functie continua, atunci
limn→∞
n3n
∫ 1
0(x2 + x + 1)
ng (x) dx = g (1).
Rezultate naturale legate de limitele fundamentale
5. Fie f : [−1, 1] → R o functie continua. Sa se arate ca:
(i) limn→∞
n∫ 1
−1xnf (x) dx exista daca si numai daca f (−1) = 0.
(ii) limn→∞
n∫ 1
−1xnf (xn) dx exista daca si numai daca
∫ 1
0f (−t) dt = −
∫ 1
0f (t) dt.
6. Fie f : [0, 1] → R si g : [0, 1] → [0,∞) doua functii de clasa C1 cu g
neidentic nula si g′ (1) 6= 0. Sa se calculeze
limn→∞
� 10
xnf(x)dx� 10 xng(x)dx
.
Variatiuni pe tema unei limite fundamentale
7. (i) Fie f : [1, 2] → R o functie de clasa C1. Sa se calculeze
limn→∞
n2n
∫ 2
1xnf(x)dx.
(ii) Fie f : [2, 3] → R o functie de clasa C1. Sa se calculeze
limn→∞
n2n
∫ 2+ 1n
2xnf(x)dx.
(iii) Sa se calculeze
2
limn→∞
1n2
∫ e
1ln (1 + xn) ln (1 + 2xn) dx.
Un rezultat natural de convergenta
8. Fie a > 1, g : [1, a] → R o functie continua, (an)n∈N⊂ [1, a] astfel
ıncıt an ↗ a. Sa se arate ca
limn→∞
∫ an
1g (t) n
√tdt =
∫ a
1g (t) dt.
Alte variatiuni pe tema unei limite fundamentale
9. Sa se calculeze
limn→∞
n∫ 1− 1
n
0xn
1+xndx si limn→∞
n∫ 1+ 1
n
1xn
1+xn .
10. Sa se calculeze
limn→∞
n∫ 1
0xn sin (πxn+1) dx si lim
n→∞n∫ 1
0xne
xn
x+1dx.
11. (i) Fie f : [1, e] → R o functie continua. Sa se calculeze
limn→∞
n∫ 1+ 1
n
1f (xn) dx si lim
n→∞n∫ 1+ 1
n
0xnf (xn) dx.
(ii) Fie f : [0, 1] → R o functie continua. Sa se calculeze
limn→∞
n∫ 1
1− 1n
f (xn) dx si limn→∞
n∫ 1− 1
n
0xnf (xn) dx.
O rafinare a unei limite fundamentale
12. Fie f : [0, 1] → [0, 1] o functie continua, strict crescatoare, derivabilaın 1 cu f(1) = 1 si f ′(1) 6= 0, g : [0, 1] → R o functie continua. Sa secalculeze
limn→∞
n2∫ 1
0xn [f (xn)]n dx si lim
n→∞n2∫ 1
0xng (xn) [f (xn)]n dx.
Un procedeu suficient de general pentru a calcula limite de siruri
de integrale
13. (a) Fie hn : [a, b] → R un sir de functii integrabile Riemann pe [a, b]cu proprietatile:
(1) ∀u < b, limn→∞
∫ u
a|hn (x)| dx = 0
(2) sirul(
∫ b
a|hn (x)| dx
)
n∈N
este marginit.
(i) Fie f : [a, b] → R o functie integrabila Riemann pe [a, b] continua ınb. Sa se arate ca
3
limn→∞
(
∫ b
ahn (x) f (x) dx− f (b)
∫ b
ahn (x) dx
)
= 0.
(ii) Fie f : [a, b] → R o functie integrabila Riemann pe [a, b] continua ın
b. Daca ın plus, limn→∞
∫ b
ahn (x) dx = L ∈ R, sa se arate ca
limn→∞
∫ b
ahn (x) f (x) dx = Lf (b).
(b) Fie f, g : [0, 1] → R doua functii continue.
(i) Sa se calculeze limn→∞
n∫ 1
0xnf (xn) g (x) dx.
(ii) Daca ın plus, g este de clasa C1, sa se calculeze
limn→∞
n(
n∫ 1
0xnf (xn) g (x) dx− g (1)
∫ 1
0f (x) dx
)
.
Evaluari asimptotice naturale ale unor siruri de integrale
14. (i) Fie ϕ : R → R o functie continua si derivabila ın 0 cu ϕ (0) = 0si f : [0, 1] → R o functie continua. Sa se arate ca
limn→∞
n∫ 1
0ϕ(
f(x)n
)
dx = ϕ′ (0)∫ 1
0f (x) dx.
(ii) Fie ϕ : R → R o functie continua de doua ori derivabila ın 0 cuϕ (0) = 0 si f : [0, 1] → R o functie continua. Sa se arate ca
limn→∞
n2[
∫ 1
0ϕ(
f(x)n
)
dx− ϕ′(0)n
∫ 1
0f (x) dx
]
= ϕ′′(0)2
∫ 1
0(f (x))2
dx.
4
Solutii.
1. Pentru a ıntelege calculele care urmeaza, sa gındim elementele (aij)1≤i,j≤n
ca elementele unei matrici de ordinul n × n iar (aij)1≤i,j≤n+1 ca elementeleunei matrici de ordinul (n+ 1)× (n+ 1) (obtinute din matricea (aij)1≤i,j≤n
printr-o bordare corespunzatoare). Atunci este clar ca
n+1∑
i,j=1
aij =n∑
i,j=1
aij +n∑
j=1
an+1j +n∑
j=1
ain+1 + an+1n+1 (1).
(i) Vezi [G.M.B, 5, 1995, problema 23268 si 2, 1996, cu solutia de maijos].
Din (1) rezultan+1∑
i,j=1
1i+j
−n∑
i,j=1
1i+j
=n∑
j=1
1n+1+j
+n∑
i=1
1i+n+1
+ 12(n+1)
=
2(
1n+2
+ · · ·+ 12n+1
)
+ 12(n+1)
= 2(
1n+1
+ · · ·+ 12n
)
− 2n+1
+ 22n+1
+ 12(n+1)
.
Conform lemei Stolz-Cesaro, cazul[
∞]
, avem
limn→∞
n�
i,j=1
1i+j
n= lim
n→∞
(
n+1∑
i,j=1
1i+j−
n∑
i,j=1
1i+j
)
= 2 limn→∞
(
1n+1
+ · · ·+ 12n
)
=
2 ln 2.
(ii) Din (1) avemn+1∑
i,j=1
f(
1i+j
)
−n∑
i,j=1
f(
1i+j
)
= 2(
f(
1n+2
)
+ · · ·+ f(
12n+1
))
+
f(
12n+2
)
= 2(
f(
1n+1
)
+ · · ·+ f(
12n
))
− 2f(
1n+1
)
+ f(
12n+2
)
.
Conform lemei Stolz-Cesaro, cazul[
∞]
, avem
limn→∞
n�
i,j=1f( 1
i+j )
n= lim
n→∞
(
n+1∑
i,j=1
f(
1i+j
)
−n∑
i,j=1
f(
1i+j
)
)
=
2 limn→∞
(
f(
1n+1
)
+ · · ·+ f(
12n
))
= 2f ′ (0) ln 2, deoarece
limn→∞
(
f(
1n+1
)
+ · · ·+ f(
12n
))
= f ′ (0) ln 2.
Cu toate ca acest rezultat este un caz particular al exercitiului 3.21(i)de mai jos, credem ca o demonstratie directa a sa este instructiva pentrucititor. Deoarece f este derivabila ın 0 avem lim
t→0, t>0
f(t)−f(0)t
= f ′ (0), de
unde rezulta:∀ε > 0, ∃δε > 0 astfel ıncıt ∀0 < t < δε rezulta
∣
∣
∣
f(t)t− f ′ (0)
∣
∣
∣< ε i.e.
(f ′ (0)− ε) t < f (t) < (f ′ (0) + ε) t, ∀0 < t < δε.Dar pentru t = 0 ın inegalitatea de mai sus avem chiar egalitate, deci
5
(f ′ (0)− ε) t ≤ f (t) ≤ (f ′ (0) + ε) t, ∀0 ≤ t < δε (1).
Cum 1n→ 0 rezulta ca, pentru δε > 0 exista nε ∈ N astfel ıncıt 1
n< δε,
∀n ≥ nε.Fie n ≥ nε. Pentru orice 1 ≤ k ≤ n avem 1
n+k≤ 1
n< δε si din (1) rezulta
(f ′ (0)− ε) 1n+k
≤ f(
1n+k
)
≤ (f ′ (0) + ε) 1n+k
.
De aici prin sumare de la k = 1 pına la k = n obtinem
(f ′ (0)− ε)n∑
k=1
1n+k
≤n∑
k=1
f(
1n+k
)
≤ (f ′ (0) + ε)n∑
k=1
1n+k
i.e.
∣
∣
∣
∣
∣
∣
n�
k=1
f( 1n+k)
n�
k=1
1n+k
− f ′ (0)
∣
∣
∣
∣
∣
∣
≤ ε. Asadar limn→∞
n�
k=1
f( 1n+k)
n�
k=1
1n+k
= f ′ (0) si de aici
limn→∞
n∑
k=1
f(
1n+k
)
= f ′ (0) limn→∞
n∑
k=1
1n+k
= f ′ (0) ln 2.
2. Vezi [G.M.B, 9, 1998, C:2075].Acest exercitiu este un caz particular al exercitiului 3.20(ii); vom da o
solutie directa a sa. Stim ca limt→0
et−1−tt2
= 12, de unde rezulta ca
∀ε > 0, ∃δε > 0 astfel ıncıt ∀0 < |t| < δε rezulta∣
∣
∣
et−1−tt2
− 12
∣
∣
∣< ε i.e.
(
12− ε)
t2 < et − 1 − t <(
ε+ 12
)
t2, ∀0 < |t| < δε. Dar pentru t = 0 ıninegalitatea de mai sus avem chiar egalitate, deci
(
12− ε)
t2 ≤ et − 1− t ≤(
ε+ 12
)
t2, ∀ |t| < δε (1).
Cum 1n→ 0 rezulta ca, pentru δε > 0 exista nε ∈ N astfel ıncıt 1
n< δε,
∀n ≥ nε.Fie n ≥ nε. Pentru orice x ∈ [0, 1] avem 0 ≤ x2
n≤ 1
n< δε si din (1)
rezulta
(
12− ε)
x4
n2 ≤ ex2
n − 1− x2
n≤(
ε+ 12
)
x4
n2 .
De aici prin integrare
(
12− ε)
1n2
∫ 1
0x4dx ≤
∫ 1
0
(
ex2
n − 1− x2
n
)
dx ≤(
12
+ ε)
1n2
∫ 1
0x4dx,
(
12− ε)
≤ 5n2(
In − 13n
)
≤(
12
+ ε)
6
i.e.
∣
∣5n2(
In − 13n
)
− 12
∣
∣ ≤ ε.
Deci limn→∞
n2(
In − 13n
)
= 110
si de aici rezulta simplu ca limn→∞
nIn = 13.
3. Vezi [G.M.B, 2, 1995, problema 23197 si G.M.B, 8, 1995, cu solutia demai jos].
Fie F (x) =∫ x
0f (t) dt. Atunci f fiind continua, F este derivabila si
F ′ (x) = f (x), ∀x ∈ [0, 1]. In plus, conform regulii de derivare a functiilorcompuse (F (xn))′ = nxn−1F ′ (xn) = nxn−1f (xn). Integrınd prin parti avem
an = n∫ 1
0xnf (xn) dx =
∫ 1
0x (F (xn))′ dx = xF (xn) |10 −
∫ 1
0F (xn) dx =
F (1)−∫ 1
0F (xn) dx
i.e.
an =∫ 1
0f (x) dx−
∫ 1
0F (xn) dx (1).
Cum f este marginita, M = supx∈[0,1]
|f (x)| <∞ si
|F (x)| =∣
∣
∫ x
0f (t) dt
∣
∣ ≤∫ x
0|f (t)| dt ≤Mx, ∀x ∈ [0, 1].
De aici deducem∣
∣
∣
∫ 1
0F (xn) dx
∣
∣
∣≤∫ 1
0|F (xn)| dx ≤M
∫ 1
0xndx = M
n+1→ 0
iar din (1) rezulta an →∫ 1
0f (x) dx, rezultat natural daca avem ın vedere
punctul urmator.
Fie ψ : [0, 1] → R, ψ (x) =
{
F (x)x
, daca x 6= 0f (0) , daca x = 0
. Atunci
limx→0, x>0
ψ (x) = limx→0, x>0
F (x)−F (0)x
= F ′ (0) = f (0),
prin urmare ψ este continua ın zero, deci pe [0, 1]. Avem xψ (x) = F (x),∀x ∈ [0, 1] (pentru x 6= 0 este clar, iar pentru x = 0 avem F (0) = 0). Relatia
(1) se rescrie an =∫ 1
0f (x) dx−
∫ 1
0xnψ (xn) dx, de unde
7
n(
an −∫ 1
0f (x) dx
)
= −n∫ 1
0xnψ (xn) dx.
Aplicınd cele aratate anterior functiei ψ obtinem
limn→∞
n(
an −∫ 1
0f (x) dx
)
= − limn→∞
n∫ 1
0xnψ (xn) dx = −
∫ 1
0ψ (x) dx =
−∫ 1
0
� x
0f(t)dt
xdx.
4. (i) Vezi [4, problema 17, Fall 1981]. Vom demonstra ın exercitiul 3.13o extensie a acestui exercitiu.
Cum f este continua ın 1, rezulta
∀ε > 0, ∃δε = a ∈ (0, 1) astfel ıncıt ∀x ∈ [a, 1] rezulta |f (x)− f (1)| < ε (1).
Avem∣
∣
∣n∫ 1
0xnf (x)− n
n+1f (1)
∣
∣
∣=∣
∣
∣n∫ 1
0xn (f (x)− f (1)) dx
∣
∣
∣≤
n∫ a
0xn |f (x)− f (1)|+ n
∫ 1
axn |f (x)− f (1)| dx (2).
Sa evaluam pe rınd termenii din membrul drept. Din (1) rezultanxn |f (x)− f (1)| < nxnε, ∀x ∈ [a, 1], de unde prin integrare
n∫ 1
axn |f (x)− f (1)| dx ≤ n
n+1ε ≤ ε (3).
Deoarece |f (x)| ≤M = supx∈[0,1]
|f (x)|, ∀x ∈ [0, 1] rezulta
|f (x)− f (1)| ≤ 2M , ∀x ∈ [0, 1]
si de aici, ın particular,
nxn |f (x)− f (1)| ≤ 2nMxn, ∀x ∈ [0, a].
Integrınd obtinem
n∫ a
0xn |f (x)− f (1)| dx ≤ 2M n
n+1an+1 ≤ 2Man+1 (4).
Folosind (3) si (4) din (2) rezulta
∣
∣
∣n∫ 1
0xnf (x)− n
n+1f (1)
∣
∣
∣≤ ε+ 2Man+1(5).
8
Cum a ∈ (0, 1), limn→∞
an = 0, prin urmare exista nε ∈ N astfel ıncıt
an < ε2M
, ∀n ≥ nε si ınlocuind ın (5) obtinem
∣
∣
∣n∫ 1
0xnf (x)− n
n+1f (1)
∣
∣
∣≤ 2ε, ∀n ≥ nε.
Asadar n∫ 1
0xnf (x) dx− n
n+1f (1) → 0, de unde
n∫ 1
0xnf (x) dx→ f (1).
Remarca. Ce sanse avem sa ne gındim la acest raspuns? Justificariposibile sınt:
1) sa acceptam ca f este de clasa C1, ceea ce ın exemple concrete esteadevarat, si sa integram prin parti. Avem
n∫ 1
0xnf (x) dx =
∫ 1
0(xn)′ xf (x) dx = f (1)−
∫ 1
0xn (f (x) + xf ′ (x)) dx→
f (1),
deoarece∣
∣
∣
∫ 1
0xn (f (x) + xf ′ (x)) dx
∣
∣
∣≤∫ 1
0xn |f (x) + xf ′ (x)| dx ≤ A
∫ 1
0xndx =
An+1
→ 0, unde A = supx∈[0,1]
|f (x) + xf ′ (x)| <∞.
Sa remarcam ca de aici deducem ca daca f este de clasa C1, atunci
n(
n∫ 1
0xnf (x) dx− f (1)
)
= −n(
∫ 1
0xn (f (x) + xf ′ (x)) dx
)
→− [(1) + f ′ (1)]
si este clar ca el se poate continua pentru f de clasa C2, etc.2), care deschide idei pentru posibile extensii.
Facem schimbarea de variabila xn = t, x = n√t, dx =
n√
tntdt. Atunci
n∫ 1
0xnf (x) dx =
∫ 1
0f(
n√t)
n√tdt. Cum n
√t → 1, ∀t ∈ (0, 1] iar f este
continua ın 1, rezulta f(
n√t)
n√t → f (1), ∀t ∈ (0, 1] i.e. a.p.t. Dar
∣
∣f(
n√t)
n√t∣
∣ ≤M = supt∈[0,1]
|f (t)| si mai departe aplicam teorema de convergenta
dominata a lui Lebesgue.(ii) Vom arata ıntıi ca daca f : [0, 1] → [0, 1] este o functie continua,
derivabila ın 1, strict crescatoare cu f (1) = 1 si f ′ (1) 6= 0, atunci
limn→∞
n∫ 1
0[f (x)]n dx = 1
f ′(1)(1).
9
Daca f (0) = 0, atunci f : [0, 1] → [0, 1] este bijectiva si fie ϕ = f−1 :[0, 1] → [0, 1] inversa functiei f . Daca si ϕ = f−1 este derivabila pe I,efectuam schimbarea de variabila f(x) = t i.e. x = f−1 (t) = ϕ (t). Avem
dx = ϕ′ (t) dt si n∫ 1
0[f(x)]ndx = n
∫ 1
0tnϕ′ (t) dt iar din (i) lim
n→∞n∫ 1
0[f(x)]ndx =
limn→∞
n∫ 1
0tnϕ′ (t) dt = g′ (1). Dar, din teorema de derivare a functiei inverse
avem ϕ′ (1) = 1f ′(1)
si (1) ar fi demonstrat.Este clar ca ipotezele ın care aceasta solutie se poate aplica sınt relativ
rare, dar cel putin sugereaza raspunsul pe care trebuie sa-l gasim.Surprinzator poate, faptul ca lucram cu capatul 1 creeaza unele dificultati,
dupa parerea noastra, si ascunde ideea naturala de rezolvare a exercitiului.Cu schimbarea de variabila 1− x = t, rezulta
n∫ 1
0[f (x)]n dx = n
∫ 1
0[f (1− t)]n dt = n
∫ 1
0[h (x)]n dx,
unde h : [0, 1] → [0, 1], h (x) = f (1− x) este strict descrescatoare h (0) =1, iar h′ (0) = −f ′ (1) < 0.
Vom arata ın continuare ca daca h : [0, 1] → [0, 1] este continua, derivabilaın 0, strict descrescatoare, h (0) = 1, iar h′ (0) < 0 atunci
limn→∞
n∫ 1
0[h(x)]ndx = 1
−h′(0)(*).
Aplicınd acest rezultat obtinem (1).In continuare demonstram (*). Avem
limx→0, x>0
ln h(x)x
= limx→0, x>0
ln(1+h(x)−1)h(x)−1
· h(x)−1x
= limx→0, x>0
h(x)−h(0)x
= h′ (0) = l <
0.
(Sa observam ca din 0 < x ≤ 1, rezulta h (x) < h (0) = 1). De aici rezulta
∀0 < ε < −l, ∃a ∈ (0, 1) astfel ıncıt ∀0 < x ≤ a rezulta∣
∣
∣
ln h(x)x
− l∣
∣
∣< ε, sau
ebx ≤ h (x) ≤ ecx, ∀x ∈ [0, a] (1).
Am notat b = l − ε, c = l + ε, iar b < c < 0.Fie In = n
∫ 1
0[h (x)]nxdx si sa observam ca
In = n∫ a
0[h (x)]ndx+ n
∫ 1
a[h (x)]ndx (2).
10
Deoarece h este strict descrescatoare avem h(x) ≤ h(a), ∀x ∈ [a, 1] deunde prin integrare
n∫ 1
a[h(x)]ndx ≤ n[h(a)]n.
Dar 0 ≤ h (a) < h (0) = 1, deci n[h(a)]n → 0 de unde
n∫ 1
a[h(x)]ndx→ 0 (3).
Din (1) prin integrare rezulta
n∫ a
0ebnxdx ≤ n
∫ a
0[h(x)]ndx ≤ n
∫ a
0ecnxdx (4).
Efectuınd schimbarea de variabila nx = t, dx = 1ndt obtinem
n∫ a
0ecnxdx =
∫ na
0ecxdx.
Folosind (3) si (4), din (2) deducem
lim sup In ≤ lim sup n∫ a
0[h(x)]ndx ≤ lim
n→∞
∫ na
0ecxdx =
∫∞0ecxdx.
Analog din (3) si (4), combinat cu (2) obtinem
lim inf In ≥ lim inf n∫ a
0[h(x)]ndx ≥ lim
n→∞
∫ na
0ebxdx =
∫∞0ebxdx.
Asadar
∫∞0ebxdx ≤ lim inf In ≤ lim sup In ≤
∫∞0ecxdx.
Cu schimbarea de variabila −cx = t, x = − tc, obtinem
∫∞0ecxdx =
1−c
∫∞0e−tdt = 1
−cde unde
1−b≤ lim inf In ≤ lim sup In ≤ 1
−c,
sau
1−l+ε
≤ lim inf In ≤ lim sup In ≤ 1−l−ε
, ∀0 < ε < −l.
Trecınd la limita dupa ε→ 0, ε > 0 obtinem
1−l≤ lim inf In ≤ lim sup In ≤ 1
−l
11
i.e.
limn→∞
n∫ 1
0[h(x)]ndx = 1
−l= 1
−h′(0).
Vom arata acum ca daca g : [0, 1] → R este continua, h : [0, 1] → [0, 1]este continua, derivabila ın 0, strict descrescatoare h (0) = 1, iar h′ (0) < 0,atunci
limn→∞
n∫ 1
0[h(x)]ng (x) dx = g(0)
−h′(0).
Cazul g (0) = 0. Fie M = supx∈[0,1]
|g (x)|. Din prima parte exista L > 0
astfel ıncıt n∫ 1
0[h(x)]ndx ≤ L, ∀n ∈ N. Functia g fiind continua ın 0 rezulta
∀ε > 0, ∃a ∈ (0, 1) astfel ıncıt ∀x ∈ [0, a] rezulta |g (x)| < ε2L
(1).
Din (1) deducemn∣
∣
∫ a
0[h(x)]ng (x)
∣
∣ dx ≤ n∫ a
0[h(x)]n |g (x)| ≤ εn
∫ a
0[h(x)]ndx
≤ ε2Ln∫ 1
0[h(x)]ndx ≤ ε
2.
Analog
∣
∣
∣n∫ 1
a[h(x)]ng (x)
∣
∣
∣≤ n
∫ 1
a[h(x)]n |g (x)| ≤Mn
∫ 1
a[h(x)]ndx ≤Mn [h (a)]n →
0,
deoarece 0 ≤ h (a) < h (0) = 1. Deci
∃nε ∈ N astfel ıncıt Mn [h (a)]n < ε2, ∀n ≥ nε.
De aici deducem
n∣
∣
∣
∫ 1
0[h(x)]ng (x)
∣
∣
∣dx ≤ n
∣
∣
∫ a
0[h(x)]ng (x)
∣
∣ dx+ n∣
∣
∣
∫ 1
a[h(x)]ng (x)
∣
∣
∣dx ≤ ε,
∀n ≥ nε.
Cazul general. Din cazul anterior limn→∞
n∫ 1
0[h(x)]n [g (x)− g (0)] dx = 0,
iar din descompunerea
n∫ 1
0[h(x)]ng (x) dx = n
∫ 1
0[h(x)]n [g (x)− g (0)] dx+ g (0)n
∫ 1
0[h(x)]ndx
12
si (*) obtinem afirmatia facuta.Pentru exercitiul nostru, cu schimbarea de variabila t = x−a
b−ai.e. x =
a+ t (b− a) rezulta
n∫ b
a[f (x)]n g (x) dx = (b− a)n
∫ 1
0[u (t)]n v (t) dt
unde u, v : [0, 1] → [0, 1], u (t) = f (a+ t (b− a)), v (t) = g (a+ t (b− a)).
Din cele aratate anterior avem limn→∞
n∫ 1
0[u (t)]n v (t) dt = v(1)
u′(1), de unde
limn→∞
n∫ b
a[f (x)]n g (x) dx = (b− a) · v(1)
u′(1)= g(b)
f ′(b).
(iii) Luam f : [0, 1] → R, f (x) = x2+x+13
si aplicam (ii).5. Vezi [G.M.B, 3, 1997, C:1919].In (i) si (ii) vom folosi relatia binecunoscuta
∫ a
−ag (x) dx =
∫ a
0[g (x) + g (−x)] dx,
unde a > 0 iar g : [−a, a] → R, este continua silim
n→∞an exista (ın R) daca si numai daca exista lim
n→∞a2n, lim
n→∞a2n+1 (ın R)
si limn→∞
a2n = limn→∞
a2n+1 (ın R).
(i) Fie In = n∫ 1
−1xnf (x) dx. Avem In = n
∫ 1
0[xnf (x) + (−x)n
f (−x)] dx,de unde I2n = 2n
∫ 1
0x2n [f (x) + f (−x)] dx. Din exercitiul 3.4(i)
I2n → f (1) + f (−1).
Analog I2n+1 = (2n+ 1)∫ 1
0x2n+1 [f (x)− f (−x)] dx, iar din exercitiul
3.4(i)
I2n+1 → f (1)− f (−1).
Asadar limn→∞
In exista ⇔ limn→∞
I2n = limn→∞
I2n+1 i.e. f (−1) = 0.
(ii) Fie Jn = n∫ 1
−1xnf (xn) dx. Atunci Jn = n
∫ 1
0[xnf (xn) + (−x)n
f ((−x)n)] dx,
de unde J2n = 4n∫ 1
0x2n [f (x2n)] dx iar din exercitiul 3.3
J2n → 2∫ 1
0f (x) dx.
13
Analog J2n+1 = (2n+ 1)∫ 1
0x2n+1 [f (x2n+1)− f (−x2n+1)] dx, iar din exercitiul
3.3
J2n+1 →∫ 1
0[f (x)− f (−x)] dx.
Atunci limn→∞
Jn exista ⇔ limn→∞
J2n = limn→∞
J2n+1 i.e.
2∫ 1
0f (x) dx =
∫ 1
0[f (x)− f (−x)] dx,
∫ 1
0f (−x) dx = −
∫ 1
0f (x) dx.
6. Vezi [G.M.B, 10, 1996, problema 23616].
Sa observam ca daca∫ 1
0xng (x) dx = 0, cum, din ipoteza g (x) ≥ 0, ∀x ∈
[0, 1] iar functia de sub integrala este continua, dupa cum este binecunoscutrezulta xng (x) = 0, ∀x ∈ [0, 1], i.e. g (x) = 0, ∀x ∈ (0, 1]. Dar g fiindcontinua, g (0) = lim
x→0, x>0g (x) = 0 i.e. g este identic nula, ceea ce contrazice
ipoteza.Daca g (1) 6= 0, din exercitiul 3.4(i)
limn→∞
� 10 xnf(x)dx
� 10
xng(x)dx= lim
n→∞(n+1)
� 10 xnf(x)dx
(n+1)� 10
xng(x)dx= f(1)
g(1).
Daca g (1) = 0, integrınd prin parti avem
(n+ 1)∫ 1
0xng (x) dx = g (1)−
∫ 1
0xn+1g′ (x) dx = −
∫ 1
0xn+1g′ (x) dx (1).
Daca g (1) = 0 si f (1) 6= 0 atunci folosind (1) si exercitiul 3.4(i) avem
limn→∞
� 10
xnf(x)dx� 10 xng(x)dx
= limn→∞
(n+ 1)(n+1)
� 10
xnf(x)dx
−(n+1)� 10 xn+1g′(x)dx
= −∞(
f(1)g′(1)
)
= ±∞,
deoarece conform ipotezei g′ (1) 6= 0.Daca g (1) = 0 si f (1) = 0, atunci din (1) atıt pentru f cıt si pentru g,
din exercitiul 3.4(i) rezulta
limn→∞
� 10
xnf(x)dx� 10 xng(x)dx
= limn→∞
(n+1)� 10
xn+1f(x)dx
(n+1)� 10 xn+1g′(x)dx
= f ′(1)g′(1)
.
7. (i) Fie In = n+12n
∫ 2
1xnf(x)dx. Integrınd prin parti obtinem
In = 12nx
n+1f(x)|21 − 12n
∫ 2
1xn+1f ′(x)dx = 2f(2)− f(1)
2n − 12n
∫ 2
1xn+1f ′(x)dx.
Avem
14
12n
∣
∣
∣
∫ 2
1xn+1f ′(x)dx
∣
∣
∣≤ M
2n
∫ 2
1xn+1 = M
2n · 2n+1−1n+2
→ 0,
unde M = sup0≤x≤1
|f ′ (x)| <∞. Rezulta limn→∞
In = 2f(2), de unde
limn→∞
n2n
∫ 2
1xnf(x)dx = lim
n→∞n
n+1In = lim
n→∞In = 2f(2).
Alta solutie. Cu schimbarea de variabila x2
= t obtinem
n2n
∫ 2
1xnf(x)dx = 2n
∫ 112tnf(2t)dt.
Folosind exercitiul 3.4(i) limn→∞
n∫ 1
atng(t)dt = g(1), daca g : [0, 1] → R
este de clasa C1 (de fapt doar continua), a ∈ [0, 1), obtinem
limn→∞
n2n
∫ 2
1xnf(x)dx = 2 lim
n→∞n∫ 1
12tnf(2t)dt = 2f(2).
(ii) Efectuam schimbarea de variabila x2
= t si obtinem
In = n2n
∫ 2+ 1n
2xnf(x)dx = 2n
∫ 1+ 12n
1tnf(2t)dt (1).
Fie Jn = (n+ 1)∫ 1+ 1
2n
1tng(t)dt, unde g : [1, 2] → R este de clasa C1.
Integrınd prin parti obtinem
Jn = tn+1g(t)|1+12n
1 −∫ 1+ 1
2n
1tn+1g′(t)dt =
(
1 + 12n
)n+1g(
1 + 12n
)
− g(1)−∫ 1+ 1
2n
1tn+1g′(t)dt.
Cum g ∈ C1, M = sup1≤t≤2
|g′(t)| <∞, iar∣
∣
∣
∫ 1+ 12n
1tn+1g′(t)dt
∣
∣
∣≤M tn+2
n+2|1+
12n
1 = Mn+2
(
(
1 + 12n
)n+2 − 1)
→ 0·(√e− 1).
Asadar
limn→∞
(n+ 1)∫ 1+ 1
2n
1tng(t)dt =
√eg(1)− g(1) = (
√e− 1) g(1).
Tinınd cont de acest rezultat din (1) deducem
limn→∞
In = 2 (√e− 1) f(2).
15
(iii) Vezi [G.M.B, 11, 2000, C:2340].Fie In = 1
n2
∫ e
1ln (1 + xn) ln (1 + 2xn) dx. Dınd factor comun fortat avem,
de exemplu, ln (1 + xn) = n lnx + ln(
1 + 1xn
)
, de unde
ln (1 + xn) ln (1 + 2xn) =(
n ln x+ ln(
1 + 1xn
)) (
n lnx + ln(
1 + 2xn
))
.
Atunci1n2 ln (1 + xn) ln (1 + 2xn) =
(
lnx + 1n
ln(
1 + 1xn
)) (
lnx + 1n
ln(
1 + 2xn
))
=
(ln x)2 + 1n
[
ln(
1 + 1xn
)
+ ln(
1 + 2xn
)]
+ 1n2 ln
(
1 + 1xn
)
ln(
1 + 2xn
)
.Rezulta ca∣
∣In −∫ e
1(ln x)2
dx∣
∣ = 1n
∫ e
1
[
ln(
1 + 1xn
)
+ ln(
1 + 2xn
)]
dx+1n2
∫ e
1ln(
1 + 1xn
)
ln(
1 + 2xn
)
dx ≤ e−1n
(ln 2 + ln 3) + e−1n2 (ln 2 ln 3) → 0.
Asadar
limn→∞
In =∫ e
1(ln x)2
dx = e− 2.
8. Avem∫ an
1g (t) dt−
∫ a
1g (t) dt =
∫ a
ang (t) dt, de unde
∣
∣
∫ an
1g (t) dt−
∫ a
1g (t) dt
∣
∣ ≤∫ a
an|g (t) dt| ≤M (a− an) → 0.
De asemenea∣
∣
∫ an
1g (t) n
√t−∫ an
1g (t) dt
∣
∣ ≤∫ an
1
∣
∣g (t) n√t− g (t)
∣
∣ dt ≤ M∫ an
1
(
1− n√t)
dt =
M(
1− an − tn+1
n
n+1n
|an
1
)
= M(
1− an − nn+1
(
an+1
nn − 1
))
→ 0.
Am notat cu M = supt∈[1,a]
|g (t)| <∞. Acum din egalitatea
∫ an
1g (t) n
√t−∫ a
1g (t) dt =
[∫ an
1g (t) n
√t−∫ an
1g (t) dt
]
+[∫ an
1g (t) dt−
∫ a
1g (t) dt
]
si cele aratate mai sus rezulta enuntul.9. Vezi [G.M.B, 9, 2000, problema 24374, si 3, 2001].Avem (ln (1 + xn))′ = nxn−1
1+xn , de unde integrınd prin parti obtinem
In = n∫ 1− 1
n
0xn
1+xndx =∫ 1− 1
n
0x (ln (1 + xn))′ dx =
(
1− 1n
)
ln(
1 +(
1− 1n
)n)−∫ 1− 1
n
0ln (1 + xn) dx.
Dar 0 ≤ ln (1 + t) ≤ t, ∀t ∈ [0, 1], deci 0 ≤ ln (1 + xn) ≤ xn, ∀x ∈ [0, 1],de unde
0 ≤∫ 1− 1
n
0ln (1 + xn) dx ≤ 1
n+1
(
1− 1n
)n+1 → 0 · 1e
= 0.
16
Atunci
limn→∞
In = ln(
1 + 1e
)
= ln (e+ 1)− 1.
Analog
Jn = n∫ 1+ 1
n
1xn
1+xndx =(
1 + 1n
)
ln(
1 +(
1 + 1n
)n)−ln 2−∫ 1+ 1
n
1ln (1 + xn) dx
si
0 ≤∫ 1+ 1
n
1ln (1 + xn) dx ≤ 1
n+1
[
(
1 + 1n
)n+1 − 1]
→ 0 · (e− 1) = 0,
de unde
limn→∞
Jn = ln (1 + e)− ln 2.
10. Facem schimbarea de variabila xn = t, x = n√t, dx =
n√
tntdt si avem
n∫ 1
0xn sin (πxn+1) dx =
∫ 1
0n√t sin
(
πt n√t)
dt.
Dar pentru orice t ∈ (0, 1) din teorema lui Lagrange exista ξ ∈(
πt n√t, πt
)
astfel ıncıt sin(
πt n√t)
− sin πt =(
πt n√t− πt
)
cos ξ, de unde∣
∣
n√t sin
(
πt n√t)
− n√t sin πt
∣
∣ ≤∣
∣sin(
πt n√t)
− sin πt∣
∣ =∣
∣
(
πt n√t− πt
)
cos ξ∣
∣ ≤∣
∣πt n√t− πt
∣
∣ = π(
1− n√t)
.Asadar
∣
∣
n√t sin
(
πt n√t)
− n√t sin πt
∣
∣ ≤ π(
1− n√t)
, ∀ t ∈ [0, 1].
De aici prin integrare deducem∣
∣
∣
∫ 1
0n√t sin
(
πt n√t)
dt−∫ 1
0sin πtdt
∣
∣
∣≤
∫ 1
0
∣
∣
n√t sin
(
πt n√t)
− n√t sin πt
∣
∣ dt ≤ π∫ 1
0
(
1− n√t)
dt→ 0 i.e.
limn→∞
∫ 1
0n√t sin
(
πt n√t)
dt =∫ 1
0sin πtdt = 2
π
de unde
limn→∞
n∫ 1
0xn sin (πxn+1) dx = 2
π.
Cu aceeasi schimbare de variabila avem
17
n∫ 1
0xne
xn
x+1dx =∫ 1
0n√te
tn√
t+1dt.
Dar pentru orice a < b, din teorema lui Lagrange rezulta
0 ≤ eb − ea ≤ (b− a) eb,
de unde
0 ≤ et
n√t+1 − e
t2 ≤
(
tn√
t+1− t
2
)
et2 = 1− n
√t
2( n√
t+1)· te t
2 ≤ 12e
12
(
1− n√t)
.
Atunci
0 ≤ n√te
tn√
t+1 − n√te
t2 ≤ e
tn√
t+1 − et2 ≤ A
(
1− n√t)
, ∀t ∈ [0, 1].
Prin integrare
0 ≤∫ 1
0n√te
tn√
t+1dt−∫ 1
0n√te
t2dt ≤ A
∫ 1
0
(
1− n√t)
= An+1
.
Din teorema clestelui rezulta∫ 1
0n√te
tn√
t+1dt−∫ 1
0n√te
t2dt→ 0 si cum din
exercitiul 3.8,∫ 1
0n√te
t2dt→
∫ 1
0e
t2dt = 2 (
√e− 1) rezulta
∫ 1
0n√te
tn√
t+1dt→ 2 (√e− 1) i.e.
limn→∞
n∫ 1
0xne
xn
x+1dx = 2 (√e− 1).
Observatie. In exercitiul 3.35 vom da o extensie naturala a exercitiilorde acest tip.
11. (i) Cu schimbarea de variabila xn = t, x = n√t avem
n∫ 1+ 1
n
1f (xn) dx =
∫ (1+ 1n)
n
1f(t) n
√t
tdt→
∫ e
1f(t)
tdt,
conform exercitiului 3.8.Pentru cea de a doua limita folosim exercitiul 3.3 si cele aratate mai sus.
Avemlim
n→∞n∫ 1+ 1
n
0xnf (xn) dx = lim
n→∞n∫ 1
0xnf (xn) dx+ lim
n→∞n∫ 1+ 1
n
1xnf (xn) dx
=∫ 1
0f (x) dx +
∫ e
1xf(x)
xdx =
∫ e
0f (x) dx.
(ii) Analog cu (i) obtinem
18
n∫ 1
1− 1n
f (xn) dx =∫ 1
(1− 1n)
nf(t) n
√t
tdt→
∫ 11e
f(t)tdt
si din egalitatea
n∫ 1− 1
n
0xnf (xn) dx = n
∫ 1
0xnf (xn) dx− n
∫ 1
1− 1n
xnf (xn) dx
rezulta
limn→∞
n∫ 1− 1
n
0xnf (xn) dx =
∫ 1
0f (x) dx−
∫ 11e
xf(x)xdx =
∫ 1e
0f (x) dx.
12. Vezi [G.M.B, 4, 1999, C:2159], doar prima limita.
Fie an = n2∫ 1
0xn [f (xn)]n dx. Cu schimbarea de variabila xn = t obtinem
an = n∫ 1
0n√t [f (t)]n dt.
Sa notam bn = n∫ 1
0[f (t)]n dt, cn = n
∫ 1
0
(
1− n√t)
[f (t)]n dt. Atunci
an = bn − cn.
Insa, din exercitiul 3.4(ii)
limn→∞
bn = limn→∞
n∫ 1
0[f (t)]n dt = 1
f ′(1).
Asadar a ramas de calculat limn→∞
cn = limn→∞
n∫ 1
0
(
1− n√t)
[f (t)]n dt.
Fie 0 < a < 1. Avem
cn = n∫ a
0
(
1− n√t)
[f (t)]n dt+ n∫ 1
a
(
1− n√t)
[f (t)]n dt.
Deoarece f este crescatoare, 0 ≤ f (t) ≤ f (a), ∀t ∈ [0, a], de unde
n∫ a
0
(
1− n√t)
[f (t)]n dt ≤ n [f (a)]n.
Cum f este crescatoare rezulta f (t) ≤ f (1) = 1, ∀t ∈ [a, 1], de unde
n∫ 1
a
(
1− n√t)
[f (t)]n dt ≤ n∫ 1
a(1− n
√a) dt = n(1− a) (1− n
√a).
Prin urmare
0 ≤ cn ≤ n [f (a)]n + n(1− a) (1− n√a).
19
Cum 1 − ex ≤ −x, ∀x ∈ R, rezulta 1 − e1n
lna ≤ − 1n
ln a, sau echivalent1− n
√a ≤ − 1
nln a, ∀n ∈ N, de unde
cn ≤ n [f (a)]n − (1− a) ln a, ∀ n ∈ N, ∀0 < a < 1 (1)
Din lima→1, a<1
(1− a) ln a = 0, rezulta
∀ ε > 0, ∃ 0 < aε < 1 astfel ıncıt (1− aε) ln aε > − ε2
si din (1)
cn ≤ n [f (aε)]n + ε
2, ∀ n ∈ N (2)
Din aε < 1 si f strict crescatoare, deducem f(aε) < f(1) = 1 i.e. f(aε) ∈[0, 1), deci lim
n→∞n [f (aε)]
n = 0, de unde rezulta ca
∃nε ∈ N astfel ıncıt n [f (aε)]n< ε
2, ∀ n ≥ nε (3).
Folosind (3), din (2) obtinem 0 ≤ cn < ε, ∀ n ≥ nε i.e. limn→∞
cn = 0.
Asadar
limn→∞
n2∫ 1
0xn [f (xn)]n dx = 1
f ′(1).
Pentru cea de a doua limita, cu aceeasi schimbare de variabila obtinemn2∫ 1
0xng (xn) [f (xn)]n dx = n
∫ 1
0n√t [f (t)]n g (t) dt =
n∫ 1
0
(
n√t− 1
)
[f (t)]n g (t) dt+ n∫ 1
0[f (t)]n g (t) dt.
Dar∣
∣
∣n∫ 1
0
(
n√t− 1
)
[f (t)]n g (t) dt∣
∣
∣≤ n
∫ 1
0
(
1− n√t)
[f (t)]n |g (t)| dt
≤Mn∫ 1
0
(
1− n√t)
[f (t)]n dt→ 0,
conform celor aratate mai sus, (M = supx∈[0,1]
|g (x)|). Din exercitiul 3.4(ii)
n∫ 1
0[f (t)]n g (t) dt→ g(1)
f ′(1), deci
limn→∞
n2∫ 1
0xng (xn) [f (xn)]n dx = g(1)
f ′(1).
13. (a) Sa observam ca deoarece produsul a doua functii integrabile Rie-mann este o functie integrabila Riemann, iar modulul unei functii integrabileRiemann este o functie integrabila Riemann, toate integralele care apar ausens.
(i) Din ipoteza (b) exista L > 0 astfel ıncıt
20
∫ b
a|hn (x)| dx ≤ L, ∀n ∈ N (1).
Deoarece f este continua ın b, avem∀ε > 0, ∃a ≤ u < b astfel ıncıt ∀x ∈ [u, b] rezulta |f (x)− f (b)| < ε
2L(2).
Sa remarcam ca u depinde de ε.Avem∣
∣
∣
∫ b
ahn (x) f (x) dx− f (b)
∫ b
ahn (x) dx
∣
∣
∣≤∫ b
a|hn (x)| |f (x)− f (b)| dx =
∫ u
a|hn (x)| |f (x)− f (b)| dx+
∫ b
u|hn (x)| |f (x)− f (b)| dx (3).
Folosind (2) deducem |hn (x)| |f (x)− f (b)| ≤ ε2L|hn (x)|, ∀x ∈ [u, b] de
unde prin integrare si (1)∫ b
u|hn (x)| |f (x)− f (b)| dx ≤ ε
2L
∫ b
u|hn (x)| dx ≤
ε2L
∫ b
a|hn (x)| dx ≤ ε
2(4).
Deoarece f este marginita, exista M > 0 astfel ıncıt |f (x)| ≤ M , ∀x ∈[a, b] de unde rezulta |hn (x)| |f (x)− f (b)| ≤ 2M |hn (x)|, ∀x ∈ [u, b] iar deaici prin integrare
∫ u
a|hn (x)| |f (x)− f (b)| dx ≤ 2M
∫ u
a|hn (x)| dx (5).
Folosind ipoteza (a) limn→∞
∫ u
a|hn (x)| dx = 0, deci
∃nε ∈ N astfel ıncıt∫ u
a|hn (x)| dx < ε
2M, ∀n ≥ nε (6).
Fie n ≥ nε. Din (4), (5) si (6) relatia (3) ne va da
∣
∣
∣
∫ b
ahn (x) f (x) dx− f (b)
∫ b
ahn (x) dx
∣
∣
∣< ε.
Asadar∫ b
ahn (x) f (x) dx− f (b)
∫ b
ahn (x) dx→ 0.
(ii) Din (i) si ipoteza rezulta enuntul.(b) (i) Luam hn : [0, 1] → R, hn (x) = nxnf (xn). Fie M = sup
x∈[0,1]
|f (x)| <
∞ si 0 ≤ u < 1. Avem
0 ≤∫ u
0|hn (x)| dx ≤ nM
∫ u
0xndx = nM
n+1un+1 → 0,
21
∫ 1
0|hn (x)| dx ≤ nM
∫ n
0xndx = n
n+1M ≤ 1, iar din exercitul 3.3 lim
n→∞
∫ 1
0hn (x) dx =
∫ 1
0f (x) dx. Din (a)(ii) rezulta
limn→∞
n∫ 1
0xnf (xn) g (x) dx = g (1)
∫ 1
0f (x) dx.
(ii) Sa notam an = n∫ 1
0xnf (xn) g (x) dx − g (1)
∫ 1
0f (x) dx. Vom folosi
procedeul si notatiile din exercitiul 3.3. Fie F (x) =∫ x
0f (t) dt. Integrınd
prin parti avem
an = n∫ 1
0xnf (xn) g (x) dx− g (1)
∫ 1
0f (x) dx =
−∫ 1
0F (xn) (g (x) + xg′ (x)) dx = −
∫ 1
0F (xn) (g (x) + xg′ (x)) dx
i.e.
an = −∫ 1
0F (xn) (g (x) + xg′ (x)) dx (1).
Fie ψ : [0, 1] → R, ψ (x) =
{
F (x)x
, daca x 6= 0f (0) , daca x = 0
. Avem F (x) = xψ (x),
∀x ∈ [0, 1] astfel ıncıt (1) devine
an = −∫ 1
0xnψ (xn) (g (x) + xg′ (x)) dx,
de unde folosind (i)
limn→∞
nan = − limn→∞
n∫ 1
0xnψ (xn) (g (x) + xg′ (x)) dx =
− (g (1) + g′ (1))∫ 1
0ψ (x) dx.
14. Din limt→0
f(t)g(t)
= 0, ca ın exercitiul 3.19 rezulta ca
∀ε > 0, ∃δε > 0 astfel ıncıt |f (t)| ≤ ε |g (t)|, ∀ |t| < δε (1).
Cum hn → 0 uniform pe [0, 1] rezulta ca pentru δε > 0 exista nε ∈ N
astfel ıncıt
|hn (x)| < δε, ∀n ≥ nε si ∀x ∈ [0, 1] (2).
Fie n ≥ nε. Din (1) si (2) rezulta ca |f (hn (x))| ≤ ε |g (hn (x))|, ∀x ∈ [0, 1]de unde prin integrare
22
∫ 1
0|f (hn (x))| dx ≤ ε
∫ 1
0|g (hn (x))| dx.
Cum∣
∣
∣
∫ 1
0f (hn (x)) dx
∣
∣
∣≤∫ 1
0|f (hn (x))| dx rezulta
∣
∣
∣
∫ 1
0f (hn (x)) dx
∣
∣
∣≤ ε
∫ 1
0|g (hn (x))| dx.
Daca∫ 1
0|g (hn (x))| dx = 0, cum functia de sub integrala este continua
si pozitiva rezulta ca g (hn (x)) = 0, ∀x ∈ [0, 1] si din proprietatea lui g,hn (x) = 0, ∀x ∈ [0, 1] i.e. hn este identic nula, ceea ce contrazice ipoteza.Asadar
| � 10
f(hn(x))dx|� 10 |g(hn(x))|dx
≤ ε.
15. (i) Deoarece limt→0
ϕ(t)−ϕ(0)−tϕ′(0)t
= 0 din exercitiul 3.28 rezulta enuntul.
(ii) Deoarece limt→0
f(t)−lt2
t2= 0, din exercitiul 3.28 rezulta
limn→∞
� 10
f(hn(x))dx−l� 10
(hn(x))2dx� 10 |[(hn(x))]2|dx
= 0, limn→∞
� 10
f(hn(x))dx−l� 10
(hn(x))2dx� 10 [(hn(x))]2dx
= 0 i.e.
enuntul.(iii) Din faptul ca ϕ este de doua ori derivabila ın 0,
limt→0
ϕ(t)−ϕ(0)−tϕ′(0)t2
= ϕ′′(0)2
si din (ii) obtinem enuntul.
16. Sa observam ca deoarece f este continua, hn (x) = f(x)n
sınt continuesi din |hn (x)| ≤ M
n, ∀n ∈ N, ∀x ∈ [0, 1], rezulta hn → 0 uniform pe [0, 1]
(M = supx∈[0,1]
|f (x)|). Daca f este identic nula afirmatiile sınt clare.
(i) Daca f nu este identic nula, din exercitiul 3.29(i),
limn→∞
� 10
ϕ( f(x)n )dx−ϕ′(0)
� 10
f(x)n
dx� 10 | f(x)
n |dx= 0,
de unde rezulta enuntul.
(ii) Din exercitiul 3.29(iii), limn→∞
� 10 ϕ( f(x)
n )dx−ϕ′(0)� 10
f(x)n
dx� 10 ( f(x)
n )2dx
= ϕ′′(0)2
, de unde
rezulta enuntul.
23
BIBLIOGRAFIE
1. N.Boboc, I.Colojoara, Elemente de analiza matematica, manual pentruclasa a-XII-a, Editura didactica si pedagogica, 1979.
2. C. Costara, D. Popa, Berkeley Preliminary Exams-culegere de prob-leme, ExPonto, Constanta, 2000.
3. Gazeta matematica, seria B, 3, 1985, 6, 1986, 1995-2005.
4. G. Gussi, O. Stanasila, T. Stoica, Analiza matematica, manual pentruclasa a-XI-a, Editura didactica si pedagogica, 1979.
5. D. Popa, Exercitii de analiza matematica, Colectia Gazetei matematice,va apare, 2007.
24
