“Fara abateri de la norma progresul nu este posibil.”

Frank Zappa

1Integrale generalizate

Radiatia corpului negru

Orice obiect cu o temperatura mai mare decat zero absolut (adica 0 ∘K sau−273 ∘C) emite radiatie electromagnetica aproximativ pe toate lungimile deunda. Aceasta rezulta din mica miscare aleatoare a particulelor, atomilor simoleculelor din obiect, care poate fi descrisa ca energie termala. Aceasta radi-atie poarta numele de radiatie termica. Cantitatea de radiatie emisa pe fiecarelugime de unda depinde doar de temperatura obiectului, nu si de compozitiachimica sau structura interna a obiectului. Exemple de radiatie termica suntradiatia infrarosu sau radiatia de fond a Universului. In acelasi timp, oriceobiect absoarbe radiatie electromagnetica intr-o anumita masura.

1

Corpul absolut negru este acel obiect, ideal, care absoarbe toata radiatia elec-tromagnetica venita in contact cu suprafata sa, indiferent de lungimea de unda aacesteia. Puterea de absorbtie a undelor electromagnetice este maxima ın cazulacestui corp pentru toate frecventele undelor electromagnetice incidente. Esteun absorbant perfect de radiatie electromagnetica. Chiar daca aceste corpurinu reflecta unde electromagnetice, ele pot sa emita astfel de unde. Radiatia ter-mica a unui corp negru poarta numele de radiatie a corpului negru (black-bodyradiation). Gaurile negre sunt considerate a fi corpuri negre aproape perfecte.Radiatia presupusa a fi emisa de acestea poarta numele de radiatie Hawking.

Cu toate ca planetele sau stelele nu sunt corpuri negre perfecte si nici inechilibru termic perfect cu mediul ambiant, se considera ca radiatia corpuluinegru este o prima aproximare a energiei pe care o emit.

S-a constatat ca exista o relatie intre culoarea (frecventa, daca iesim dinzona vizibila a spectrului) energiei radiate si temperatura corpului negru. Dacase reprezinta grafic distributia energiei radiate de un corp negru la diverse tem-peraturi, in functie de frecventa undelor electromagnetice radiate, se obtine unrezultat similar celui de mai jos. Zona de intensitate maxima se deplaseaza sprelungimi de unda mai mici pe masura ce temperatura creste.

Stelele se comporta si ele, din anumite puncte de vedere, ca si un corp negrusi astfel se poate explica de ce stelele pot avea diferite culori. Stelele rosii suntmai reci, ele emit cea mai mare parte a radiatiei in lungimi de unda rosii. Ostea mai fierbinte, precum Soarele, emite cea mai mare parte a radiatiei inzona galben/verde a spectrului. Nu vedem stele verzi (decat in sensul figurat alexpresiei) pentru ca aceste stele emit si multa radiatie in zona rosie si albastraa spectrului. Prin urmare, ochiul uman combina aceste culori si le percem cafiind albe. Stelele cele mai fierbinti emit cea mai mare parte a radiatiei in zonaalbastru, ultraviolet sau chiar a razelor-X sau gamma. Ochiul nostru le percepeca fiind albastre.

Corpurile mai reci, cum ar fi corpuluman, emit cea mai mare parte a radi-atiei termice in infrarosu. Stim ca pen-tru a percepe caldura emisa de corpuluman trebuie sa trecem la o vizualizarein infrarosu. Cele si mai reci pot emitemicrounde sau unde radio.

2

Radianta suprafetei corpului negru este energia radiatiei termice emisa peunitatea de suprafata si de lungime de unda. Radianta spectrala (emisivitateaspectrala) este definita ca radianta pe unitate de frecventa. Legea lui Planckeste o formula pentru radianta spectrala 𝐵 a unui corp in functie de frecventa𝜈 si temperatura absoluta 𝑇

𝐵𝜈(𝑇 ) =2ℎ𝜈3

𝑐21

𝑒ℎ𝜈/(𝑘𝑇 ) − 1

undeℎ = constanta Plack = 6.63 × 10−34𝐽𝑠𝑐 = viteza luminii ≈ 3 × 10−8𝑚𝑠−1

𝑘 = constanta Boltzman = 1.38 × 10−23𝐽𝐾−1

Radianta spectrala totala (emisivitatea totala) este data de integrala gener-alizata

𝐵(𝑇 ) =

∫ ∞

0

𝐵𝜈(𝑇 ) 𝑑𝜈 =2ℎ

𝑐2

∫ ∞

0

𝜈3

𝑒ℎ𝜈/(𝑘𝑇 ) − 1𝑑𝜈

care dupa o schimbare de variabila 𝑥 = ℎ𝜈/𝑘𝑇 se transforma in

𝐵(𝑇 ) =2ℎ

𝑐2𝑘4

ℎ4𝑇 4

∫ ∞

0

𝑥3

𝑒𝑥 − 1𝑑𝑥

si aici intervine haosul, intrucat ultima integrala nu poate fi evaluata prinmetode elementare. Valoarea sa este∫ ∞

0

𝑥3

𝑒𝑥 − 1𝑑𝑥 = 6 · 𝜁(4)

exprimata folosind probabil cea mai celebra functie a matematicii, functia zeta(𝜁) a lui Riemann.

Inainte ca Planck sa propuna modelul sau de estimare a radiantei spectrale,vechiul model Rayleigh-Jeans presupunea faptul ca

𝐵𝜈(𝑇 ) =2𝜈2𝑘𝑇

𝑐2

care conduce la o radianta spectrala totala

𝐵(𝑇 ) =

∫ ∞

0

2𝜈2𝑘𝑇

𝑐2𝑑𝜈 = lim

𝑥→∞

2𝜈3𝑘𝑇

3𝑐2

𝑥0

= ∞

Modelul sau era bun pentru frecvente (𝜈) mici dar nu si pentru frecvente mari(corpuri negre) si a condus la emiterea ipotezei catastrofei ultraviolete. Conformacestei ipoteze corpurile negre urmau sa emita o energie tot mai mare pe masurace freventa crestea, ceea ce s-a dovedit a fi absurd.

La temperaturi de peste 10 milioane grade K sau sub actiunea unor puter-nice campuri magnetice, relatiile descrise de Planck nu mai descriu cu acurateterealitatea. Astfel de medii pot aparea spre exemplu in coroana solara, in steleleneutronice sau in ramasitele unei supernove. In aceste medii particulele incar-cate electric, cum ar fi electronii, pot fi accelerate la viteze extrem de mari, foarteapropiate de viteza luminii. Cantitatea de radiatie emisa pe fiecare lungime deunda va depinde nu doar de temperatura ci si de viteza sau alte proprietati aleparticulelor.

3

Integrale improprii (generalizate)

=⇒ folosind integrala Riemann putem integra functii continue pe intervalemarginite.=⇒ in practica suntem nevoiti uneori sa extindem notiunea de integrala pentru

a putea manevra functii nemarginite sau intervale de integrare nemarginite.

Functii cu blow-up

Sa consideram functia

𝑓(𝑥) =1√

1 − 𝑥, 0 ≤ 𝑥 < 1.

Evident are loc lim𝑥→1𝑥<1

𝑓(𝑥) = ∞.

Putem calcula aria hasurata aflata sub grafic, cu toate ca functia crestenecontrolat cand se apropie de capatul din dreapta a intervalului ?

Dupa cum vedeti pe desen, graficul functiei nu va atinge niciodata margineadin dreapta iar intre margine si grafic se va forma o suprafata nemarginita indirectia 𝑂𝑦.

Strategie: Aflam aria suprafetei situata sub grafic dar marginita in dreaptade o bariera 𝛽 < 1:

Aria =

∫ 𝛽

0

1√1 − 𝑥

𝑑𝑥 = −2√

1 − 𝑥

𝛽

0

= −2√

1 − 𝛽 + 2

Interpretam aria hasurata ca fiind limita ariilor marginite la dreapta

Aria hasurata =

∫ 1

0

1√1 − 𝑥

𝑑𝑥 := lim𝛽→1𝛽<1

∫ 𝛽

0

1√1 − 𝑥

𝑑𝑥 = 2

4

Sa consideram functia

𝑓(𝑥) =1

𝑥2, 1 ≤ 𝑥.

Putem afla aria suprafetei hasurate, de sub grafic, chiar daca intervalulde integrare necesar este nemarginit ?

Vom folosi aceeasi abordare. Integram pana la o margine superioara 𝛽 > 1

∫ 𝛽

1

1

𝑥2𝑑𝑥 = − 1

𝑥

𝛽

1

= − 1

𝛽+ 1

si ne imaginam aria suprafetei hasurate ca fiind limita unor astfel de arii∫ ∞

1

1

𝑥2𝑑𝑥 := lim

𝛽→∞

∫ 𝛽

1

1

𝑥2𝑑𝑥 = 1.

Intervale nemarginite

Integrala generalizata (improprie) de tip I

Fie −∞ < 𝑎 < 𝑏 ≤ ∞ si 𝑓 : [𝑎, 𝑏) → R continua. Functia 𝑓 se numesteintegrabila generalizat pe [𝑎, 𝑏), atunci cand urmatoarea limita exista sieste finita

lim𝛽→𝑏𝛽<𝑏

∫ 𝛽

𝑎

𝑓(𝑥)𝑑𝑥 =

∫ 𝑏

𝑎

𝑓(𝑥)𝑑𝑥

Analog este tratat cazul −∞ ≤ 𝑎 < 𝑏 < ∞

lim𝛼→𝑎𝛼>𝑎

∫ 𝑏

𝛼

𝑓(𝑥)𝑑𝑥 =

∫ 𝑏

𝑎

𝑓(𝑥)𝑑𝑥

∙ uneori se noteaza

∫ 𝑏−

𝑎

𝑓(𝑥)𝑑𝑥 sau

∫ 𝑏

𝑎+

𝑓(𝑥)𝑑𝑥 integrala generalizata si

spunem ca integrala este convergenta atunci cand exista si este finita.∙ in matematica, atunci cand o variabila 𝑥 pozitiva poate lua valori foarte

mari obisnuim sa alegem 𝑥 ∈ [0,∞) pentru a evita discutiile despre valoareamaxima atinsa de 𝑥.

5

Probleme de trafic

Sa presupunem ca intr-o intersectie aglomerata accidentele rutiere apar cu orata de incidenta de unul la fiecare 2 luni. Dupa ce rezidentii au facut plangeriprimariei, aceasta a decis sa faca modificari sistemului de semaforizare din re-spectiva intersectie. In momentul de fata s-au scurs deja 8 luni de la ultimulaccident. Intrebarea naturala este:

Sunt eficiente modificarile facute sau faptul ca nu s-a inregistrat niciun ac-cident este pur si simplu din noroc ?

Astfel de probleme vor fi studiate pe parcursul acestui semestru, in cadrulseminariilor despre probabilitati si statistica. Pentru timpul 𝑡 scurs intre douaaparitii ale unui eveniment, despre care avem informatii cum ar fi rata 𝜆 deaparitie intr-o unitate de timp, probabilitatile se estimeaza cu o formula detipul

𝑃 (𝑎 ≤ 𝑡 ≤ 𝑏) =

∫ 𝑏

𝑎

𝑓(𝑡) 𝑑𝑡

unde integrandul este functia

𝑓(𝑡) =

{𝜆𝑒−𝜆𝑡, 𝑡 ≥ 0

0, 𝑡 < 0

O astfel de probabilitate se interpreteza ca fiind probabilitatea ca timpulscurs, intre doua aparitii consecutive, sa fie intre 𝑎 si 𝑏 unitati de timp. In cazulde fata 𝜆 = 1/2, daca vom considera unitatea de timp fiind de o luna. Este destulde usor de observat ca daca am avea aceasi rata de aparitie a accidentelor, sidupa modificarile facute, atunci este estimat sa avem in medie aproximativ 8/2accidente in 8 luni. Pentru a decide daca a fost vorba de noroc sau nu, trebuiesa calculam probabilitatea de a nu inregistra niciun accident in primele 8 luni,adica

𝑃 (𝑡 ≥ 8) =

∫ ∞

8

1

2𝑒−

𝑡2 𝑑𝑡 = lim

𝛽→∞

(−𝑒−

𝛽2 + 𝑒−

82

)= 𝑒−4 ≈ 1.8 %

Prin urmare, probabilitatea de realizare a unui astfel de eveniment este suficientde mica pentru ca evenimentul sa nu fie luat in calcul. Putem trage concluzia ca,cel mai probabil, modificarile facute sistemului de semaforizare sunt eficiente.

6

Integrala Planck, prezentata in introducerea fisei

𝐼 =

∫ ∞

0

𝑥3

𝑒𝑥 − 1𝑑𝑥

este o integrala improprie convergenta la valoarea𝜋4

15, insa acest rezultat

nu poate fi obtinut cu metode elementare. Valoarea exacta a integraleipoate fi aproximata cu ajutorul softurilor matematice prin intermediulmetodelor numerice de integrare. Acelasi fenomen apare si in cazul func-tiilor Euler Γ si 𝛽, care vor fi studiate in seminarul viitor.

Remarca

Pentru functia 𝑓 : R → R, 𝑓(𝑥) = 𝑥3, se poate construi o integrala culimite simetrice ∫ 𝛼

−𝛼

𝑥3𝑑𝑥 =𝑥4

4

𝛼−𝛼

= 0

Iar apoi daca trecem la limita obtinem

lim𝛼→∞

∫ 𝛼

−𝛼

𝑥3𝑑𝑥 = 0.

In aceasta situatie, nu are sens sa asociem valoarea gasita unei arii. Maimult de atat integralele care ar trebui sa masoare ariile suprafetelor dintreaxa OX si graficul lui 𝑓 si anume

0∫−∞

𝑥3𝑑𝑥 = lim𝛼→∞

∫ 0

−𝛼

𝑥3𝑑𝑥 = +∞

si∞∫0

𝑥3𝑑𝑥 = lim𝜅→∞

∫ 𝜅

0

𝑥3𝑑𝑥 = +∞

nu exista.

Tocmai cand credeai ca ai inteles

7

Integrala generalizata de tip II

Fie −∞ ≤ 𝑎 < 𝑏 ≤ ∞ si 𝑓 : (𝑎, 𝑏) → R continua. Functia se numesteintegrabila generalizat pe (𝑎, 𝑏), atunci cand pentru un 𝑐 ∈ (𝑎, 𝑏) exista sisunt finite integralele improprii:∫ 𝑐

𝑎

𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = lim𝛼→𝑎𝛼>𝑎

∫ 𝑐

𝛼

𝑓(𝑥)𝑑𝑥

si ∫ 𝑏

𝑐

𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = lim𝛽→𝑏𝛽<𝑏

∫ 𝛽

𝑐

𝑓(𝑥)𝑑𝑥.

Vom defini ∫ 𝑏

𝑎

𝑓(𝑥)𝑑𝑥 :=

∫ 𝑐

𝑎

𝑓(𝑥)𝑑𝑥 +

∫ 𝑏

𝑐

𝑓(𝑥)𝑑𝑥.

Se poate observa ca valoarea

∫ 𝑏

𝑎

𝑓(𝑥)𝑑𝑥 nu depinde de alegerea lui 𝑐.

Ipoteza de continuitate a lui 𝑓 poate fi inlocuita cu integrabilitatea Rie-mann pe fiecare subinterval compact al lui (𝑎, 𝑏), in ambele definitii aleintegralelor generalizate.

Remarca

Fie 𝑝 > 0 si 𝑎, 𝑏 > 0, atunci

∫ ∞

𝑎

1

𝑥𝑝𝑑𝑥 =

{convergenta, daca 𝑝 > 1

divergenta, daca 𝑝 ∈ (0, 1]

si

∫ 𝑎

0

1

𝑥𝑝𝑑𝑥 =

{convergenta, daca 𝑝 < 1

divergenta, daca 𝑝 ≥ 1

Mai mult de atat avem

∫ 𝑏

𝑎

1

(𝑏− 𝑥)𝑝𝑑𝑥 =

{convergenta, daca 𝑝 < 1

divergenta, daca 𝑝 ≥ 1

Exemple fundamentale

8

si un rezultat similar

∫ 𝑏

𝑎

1

(𝑥− 𝑎)𝑝𝑑𝑥 =

{convergenta, daca 𝑝 < 1

divergenta, daca 𝑝 ≥ 1

In final, 𝑞 > 0

∫ ∞

𝑎

𝑞𝑥 𝑑𝑥 =

{convergenta, daca 𝑞 < 1

divergenta, daca 𝑞 ≥ 1

Analoaga integralei generalizate este si urmatoarea notiune.

Valoarea principala Cauchy

Fie −∞ ≤ 𝑎 < 𝑏 ≤ ∞ si 𝑐 ∈ (𝑎, 𝑏) un numar real astfel inca functia𝑓 : (𝑎, 𝑐) ∪ (𝑐, 𝑏) → R sa fie integrabila Riemann pe orice subintervalcompact al domeniului de definitie. Daca exista limita

𝑝.𝑣.

∫ 𝑏

𝑎

𝑓(𝑥)𝑑𝑥 := lim𝜀→0𝜀>0

(∫ 𝑐−𝜀

𝑎

𝑓(𝑥)𝑑𝑥 +

∫ 𝑏

𝑐+𝜀

𝑓(𝑥)𝑑𝑥

)

vom numi 𝑝.𝑣.

∫ 𝑏

𝑎

𝑓(𝑥)𝑑𝑥 valoare principala Cauchy.

Fie 𝑓 : R → R o functie continua, atunci numim de asemenea valoareprincipala Cauchy limita (daca exista)

𝑝.𝑣.

∫ ∞

−∞𝑓(𝑥)𝑑𝑥 := lim

𝑅→∞

∫ 𝑅

−𝑅

𝑓(𝑥)𝑑𝑥

Daca integrala exista in sens generalizat atunci ea exista si in sensul val-orii principale Cauchy si cele doua valori coincid. In schimb existentaintegralei in sensul valorii principale Cauchy nu implica existenta in sen-sul generalizat. Asadar valoarea principala Cauchy este utila atunci candfunctia nu este integrabila generalizat!

Spre exemplu, functia 𝑓(𝑥) = 1𝑥−1 este discontinua in 𝑥 = 1. Integrala

generalizata

∫ 3

0

𝑑𝑥

𝑥− 1este divergenta, pentru ca

Cand integrala generalizata aspira la nemurire

9

∫ 3

0

𝑑𝑥

𝑥− 1=

∫ 1

0

𝑑𝑥

𝑥− 1+

∫ 3

1

𝑑𝑥

𝑥− 1= lim

𝛽→1𝛽<1

∫ 𝛽

0

𝑑𝑥

𝑥− 1+ lim

𝛼→1𝛼>1

∫ 3

𝛼

𝑑𝑥

𝑥− 1

= lim𝛽→1𝛽<1

ln |𝑥− 1|𝛽0

+ lim𝛼→1𝛼>1

ln |𝑥− 1|3𝛼

= ∞ + ln 2 −∞

Niciuna dintre subintegrale nu exista ! In schimb exista valoarea prin-cipala Cauchy

𝑝.𝑣.

∫ 3

0

𝑑𝑥

𝑥− 1= lim

𝜀→0𝜀>0

(∫ 1−𝜀

0

𝑑𝑥

𝑥− 1+

∫ 3

1+𝜀

𝑑𝑥

𝑥− 1

)= lim

𝜀→0𝜀>0

(ln 𝜀 + ln 2 − ln 𝜀) = ln 2.

Criteriile de convergenta ale integralelor generalizate vor semana foarte multcu cele corespunzatoare seriilor numerice.

Criteriul comparatiei

Fie 𝑎, 𝑏 ∈ R cu 𝑎 < 𝑏 si 𝑓 : (𝑎, 𝑏) → R continua. Exista un 𝑐0 ∈ (𝑎, 𝑏) sifunctiile 𝑔1 : (𝑎, 𝑐0] → (0,∞) si 𝑔2 : [𝑐0, 𝑏) → (0,∞), astfel ca

i)

∫ 𝑐0

𝑎

𝑔1(𝑥)𝑑𝑥,

∫ 𝑏

𝑐0

𝑔2(𝑥)𝑑𝑥 sunt convergente

ii) |𝑓(𝑥)| ≤ 𝑔1(𝑥) pe [𝑎, 𝑐0] iar |𝑓(𝑥)| ≤ 𝑔2(𝑥) pe [𝑐0, 𝑏]

Atunci functia 𝑓 este integrabila generalizat pe (𝑎, 𝑏).

∙ functiile 𝑔1 si 𝑔2 se numesc majoranti ai lui 𝑓∙ acelasi criteriu se poate utiliza pentru integralele generalizate de tip I.

Cand 𝑓(𝑥) ≥ 𝑔(𝑥) ≥ 0 si integrala

∫ 𝑏

𝑎

𝑔(𝑥)𝑑𝑥 este divergenta, atunci si

integrala

∫ 𝑏

𝑎

𝑓(𝑥)𝑑𝑥 va fi divergenta.

Observatie utila

Integrala

∫ ∞

1

cos𝑥

𝑥2este convergenta deoarece

cos𝑥

𝑥2

≤ 1

𝑥2iar integrala∫ ∞

1

1

𝑥2𝑑𝑥 este convergenta. In schimb integrala

∫ 1

0

𝑒𝑥

𝑥𝑑𝑥 este divergenta,

Sa vedem criteriul la lucru

10

deoarece𝑒𝑥

𝑥≥ 1

𝑥si integrala improprie

∫ 1

0

1

𝑥𝑑𝑥 e divergenta.

Mult mai practica este urmatoarea propozitie.

Criteriul limitei

Fie −∞ < 𝑎 < 𝑏 ≤ ∞. Daca functiile 𝑓, 𝑔 : [𝑎, 𝑏) sunt continue si existalimita

𝐿 = lim𝑥→𝑏𝑥<𝑏

𝑓(𝑥)

𝑔(𝑥)

atunci

i) Pentru 𝐿 ∈ (0,∞), integrala

∫ 𝑏

𝑎

|𝑓(𝑥)|𝑑𝑥 converge daca si numai

daca

∫ 𝑏

𝑎

|𝑔(𝑥)|𝑑𝑥 converge.

ii) Daca 𝐿 = 0 si

∫ 𝑏

𝑎

𝑔(𝑥)𝑑𝑥 este absolut convergenta, atunci∫ 𝑏

𝑎

𝑓(𝑥)𝑑𝑥 este absolut convergenta.

ii) Daca 𝐿 = ∞ si

∫ 𝑏

𝑎

|𝑔(𝑥)|𝑑𝑥 este divergenta, atunci

∫ 𝑏

𝑎

|𝑓(𝑥)|𝑑𝑥 este

divergenta.

=⇒ cand stim ca 𝑓(𝑥) ≥ 0 si 𝑔(𝑥) > 0 subpunctul al doilea devine

ii) Daca 𝐿 = 0 si

∫ 𝑏

𝑎

𝑔(𝑥)𝑑𝑥 este convergenta, atunci

∫ 𝑏

𝑎

𝑓(𝑥)𝑑𝑥 este conver-

genta.

∙ fie 𝐼 =

∫ ∞

𝑎

𝑓(𝑥)𝑑𝑥, 𝑎 > 0, 𝑓 continua si

lim𝑥→∞

𝑥𝑝𝑓(𝑥) = 𝐿

exista si este finita, atunci

∫ ∞

𝑎

𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 =

{convergenta, daca 𝑝 > 1

divergenta, daca 𝑝 ∈ (0, 1]

∙ pentru o integrala 𝐽 =

∫ 𝑏

𝑎

𝑓(𝑥)𝑑𝑥, cu 𝑓 : [𝑎, 𝑏) → R continua si cu

Consecinte practice

11

proprietatea calim𝑥→𝑏𝑥<𝑏

(𝑏− 𝑥)𝑝𝑓(𝑥) = 𝐿

exista si e finita

∫ 𝑏

𝑎

𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 =

{convergenta, daca 𝑝 < 1

divergenta, daca 𝑝 ≥ 1

∙ analog, pentru 𝐾 =

∫ 𝑏

𝑎

𝑓(𝑥)𝑑𝑥, unde 𝑓 : (𝑎, 𝑏] → R continua, astfel ca

lim𝑥→𝑎𝑥>𝑎

(𝑥− 𝑎)𝑝𝑓(𝑥) = 𝐿

exista si e finita

∫ 𝑏

𝑎

𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 =

{convergenta, daca 𝑝 < 1

divergenta, daca 𝑝 ≥ 1

Exista, evident, o relatie intre integralele improprii si seriile numerice

Criteriul integral

Fie 𝑓 : [𝑘,∞) → [0,∞) monoton descrescatoare. Atunci seria

∞∑𝑛=𝑘

𝑓(𝑛)

este convergenta daca si numai daca integrala improprie

∫ ∞

𝑘

𝑓(𝑥)𝑑𝑥 este

convergenta.

Sa consideram seria armonica generalizata

∞∑𝑛=1

1

𝑛𝑝, 𝑝 > 0

Astfel canditatul natural este functia

𝑓 : [1,∞) → R, 𝑓(𝑥) =1

𝑥𝑝, 𝑝 > 0

Exemplu

12

Dar ∫ ∞

1

1

𝑥𝑝𝑑𝑥 =

{convergent, pentru 𝑝 > 1

divergent, pentru 𝑝 ∈ (0, 1]

asadar criteriul integral implica

∞∑𝑛=1

1

𝑛𝑝=

{convergenta, pentru 𝑝 > 1

divergenta, pentru 𝑝 ∈ (0, 1]

Criteriul lui Dirichlet

Fie 𝑎 < 𝑏 ≤ ∞ si 𝑓 : [𝑎, 𝑏) → [0,∞) continua, astfel ca 𝐹 (𝑢) =

∫ 𝑢

𝑎

𝑓(𝑥)𝑑𝑥

este marginita. Pentru fiecare functie monotona 𝑔 : [𝑎, 𝑏) → R cu propri-

etatea ca lim𝑥→𝑏𝑥<𝑏

𝑔(𝑥) = 0 este integrala

∫ 𝑏

𝑎

𝑓(𝑥)𝑔(𝑥)𝑑𝑥 convergenta.

Studiem convergenta integralei∫ ∞

0

sin𝑥√𝑥𝑑𝑥

Avem descompunerea∫ ∞

0

sin𝑥√𝑥𝑑𝑥 =

∫ 1

0

sin𝑥√𝑥𝑑𝑥 +

∫ ∞

1

sin𝑥√𝑥𝑑𝑥.

Deoarece lim𝑥→0𝑥>0

sin𝑥√𝑥

= lim𝑥→0𝑥>0

sin𝑥

𝑥·√𝑥 = 1 · 0 = 0 va avea functia ℎ(𝑥) =

sin 𝑥√𝑥

o prelungire continua

ℎ(𝑥) =

{sin 𝑥√

𝑥, daca 𝑥 = 0

0, daca 𝑥 = 0

Deci prima integrala va fi convergenta si

∫ 1

0

sin𝑥√𝑥𝑑𝑥 =

∫ 1

0

ℎ(𝑥)𝑑𝑥.

Pentru a doua integrala notam 𝑓(𝑥) = sin𝑥 si 𝑔(𝑥) = 1√𝑥. Functia 𝑔

este monoton descrescatoare si lim𝑥→∞

𝑔(𝑥) = 0.

Pentru a aplica criteriul lui Dirichlet consideram functia

𝐹 (𝑢) =

∫ 𝑢

0

𝑓(𝑥) =

∫ 𝑢

0

sin𝑥𝑑𝑥 = − cos𝑢 + cos 1 ∈ [−2, 2]

Exemplu

13

care va fi marginita. Prin urmare conform criteriului lui Dirichlet este a

doua integrala convergenta, deci si

∫ ∞

0

sin𝑥√𝑥𝑑𝑥 va fi convergenta.

Probleme rezolvate

Problema 1

Studiati folosind doar definitia convergenta integralei∫ 7

−1

13√

1 + 𝑥𝑑𝑥.

Solutie: Functia 𝑓(𝑥) =1

3√

1 + 𝑥este continua in punctul 𝑎 = −1 si

lim𝑥→−1𝑥>−1

𝑓(𝑥) = +∞. Consideram functia 𝐹 (𝑢) =

∫ 7

𝑢

13√

1 + 𝑥𝑑𝑥 si conform defini-

tiei integralei improprii va trebui sa calculam limita

lim𝑥→−1𝑥>−1

𝐹 (𝑢) = lim𝑥→−1𝑥>−1

∫ 7

𝑢

13√

1 + 𝑥𝑑𝑥 = lim

𝑥→−1𝑥>−1

3

23√

(1 + 𝑥)27𝑢

=3

2lim

𝑥→−1𝑥>−1

(3√

64 − 3√

(1 + 𝑢)2) = 6.

Prin urmare, integrala este convergenta si∫ 7

−1

13√

1 + 𝑥𝑑𝑥 = 6

Problema 2

Sa se studieze convergenta integralelor:

𝑖)

∫ ∞

1

𝑥 + 1

𝑥4 + 1𝑑𝑥 𝑖𝑖)

∫ 3

−1

𝑥2 + 1√−𝑥2 + 2𝑥 + 3

𝑑𝑥

Solutie: i) Prima integrala este generalizata pentru ca intervalul este ne-marginit. Se observa ca

lim𝑥→∞

𝑥3 𝑥 + 1

𝑥4 + 1= 1.

Pentru a studia convergenta folosim consecintele practice ale Criteriului limitei

pentru 𝑝 = 3 > 1. Deci

∫ ∞

1

𝑥 + 1

𝑥4 + 1𝑑𝑥 este convergenta.

ii) Pentru a doua integrala integrandul𝑥2 + 1√

−𝑥2 + 2𝑥 + 3devine nemarginit

cand se apropie de punctele 𝑎 = −1 si 𝑏 = 3. Alegem un punct intermediar, de

14

exemplu 0, si descompunem∫ 3

−1

𝑥2 + 1√−𝑥2 + 2𝑥 + 3

𝑑𝑥 =

∫ 0

−1

𝑥2 + 1√−𝑥2 + 2𝑥 + 3

𝑑𝑥 +

∫ 3

0

𝑥2 + 1√−𝑥2 + 2𝑥 + 3

𝑑𝑥

=

∫ 0

−1

𝑥2 + 1√(𝑥 + 1)(3 − 𝑥)

𝑑𝑥 +

∫ 3

0

𝑥2 + 1√(𝑥 + 1)(3 − 𝑥)

𝑑𝑥

Consecinta practica a criteriului limitei face din nou toti banii. Intrucat

lim𝑥→−1𝑥>−1

(𝑥 + 1)12

𝑥2 + 1√(𝑥 + 1)(3 − 𝑥)

= 1, 𝑝 =1

2< 1

si

lim𝑥→3𝑥<3

(3 − 𝑥)12

𝑥2 + 1√(𝑥 + 1)(3 − 𝑥)

= 5, 𝑝 =1

2< 1

sunt ambele integrale convergente.

Problema 3

Demonstrati ca integrala

Γ(𝑝) =

∫ ∞

0

𝑥𝑝−1𝑒−𝑥𝑑𝑥

este convergenta pentru 𝑝 > 0.

Solutie: Deoarece ambele capete de integrare sunt critice, descompunemintegrala in

Γ(𝑝) =

∫ 1

0

𝑥𝑝−1𝑒−𝑥𝑑𝑥 +

∫ ∞

1

𝑥𝑝−1𝑒−𝑥𝑑𝑥

Pentru prima integrala utilizam pentru comparare functia 𝑔(𝑥) = 𝑥𝑝−1. Stim

ca

∫ 1

0

𝑥𝑝−1𝑑𝑥 =

∫ 1

0

1

𝑥1−𝑝𝑑𝑥 este convergenta atunci cand 𝑝 > 0. Alegand

𝑓(𝑥) = 𝑥𝑝−1𝑒−𝑥 se obtine

𝐿 = lim𝑥→0𝑥>0

𝑓(𝑥)

𝑔(𝑥)= lim

𝑥→0𝑥>0

𝑒−𝑥 = 1

Conform criteriului limitei i) integrala

∫ 1

0

𝑥𝑝−1𝑒−𝑥𝑑𝑥 este convergenta cand

𝑝 > 0.Pentru a doua integrala utilizam pentru comparare functia 𝑔(𝑥) = 𝑒−

𝑥2 (pen-

tru a compensa cresterea functiei 𝑥 → 𝑥𝑝−1). Prin urmare

𝐿 = lim𝑥→∞

𝑓(𝑥)

𝑔(𝑥)= lim

𝑥→∞

𝑥𝑝−1𝑒−𝑥

𝑒−𝑥2

= lim𝑥→∞

𝑥𝑝−1𝑒−𝑥2 = 0

Din criteriul limitei ii) obtinem convergenta

∫ ∞

1

𝑥𝑝−1𝑒−𝑥𝑑𝑥 pentru toate val-

orile 𝑝 ∈ R, deoarece

∫ ∞

1

𝑒−𝑥2 𝑑𝑥 este absolut convergenta. In concluzie exista

integrala Γ(𝑝) atunci cand 𝑝 > 0.

15

Problema 4

Studiati convergenta si calculati valoarea integralei

𝐼 =

∫ 𝜋2

0

ln(sin𝑥)𝑑𝑥

Solutie: Integrala este improprie deoarece integrandul este o functie ne-marginita

lim𝑥→0𝑥>0

ln(sin𝑥) = −∞.

Aratam ca integrala este convergenta folosind criteriul limitei. De remar-cat ca avem nevoie de modul, intrucat integrandul este o functie negativa peintervalul [0, 𝜋

2 ].

lim𝑥→0𝑥>0

| ln(sin𝑥)|1√𝑥

explicitare modul= lim

𝑥→0𝑥>0

− ln(sin𝑥)1√𝑥

L’Hopital= lim

𝑥→0𝑥>0

− cos 𝑥sin 𝑥

− 1

2√𝑥3

lim𝑥→0𝑥>0

2 cos𝑥 · 𝑥

sin𝑥·√𝑥 = 0

Asadar integrala

∫ 𝜋2

0

ln(sin𝑥)𝑑𝑥 este absolut convergenta conform criteriului

limitei ii) =⇒ convergenta.Calculul efectiv al integralei este destul de tehnic si este prezentat mai jos

doar ca exemplu orientativ. In seminariile viitoare vom incerca sa prezentammetode de calcul al valorii integralelor improprii amintind aici asemanarea cucazul seriilor numerice cand suma seriei se aproximeaza in practica prin metodenumerice mai degraba decat folosind metode exacte de calcul.

Pentru inceput este nevoie de o schimbare de variabila 𝑥 =𝜋

2− 𝑦 si avem

𝑥 =𝜋

2− 𝑦 =⇒ 𝑑𝑥 = −𝑑𝑦

deci:

𝐼 =

∫ 0

𝜋2

ln(cos 𝑦)(−𝑑𝑦) =

∫ 𝜋2

0

ln(cos 𝑦)𝑑𝑦,

deoarece sin(𝜋2 − 𝑦

)= cos 𝑦

Folosind aceasta informatie putem obtine urmatoarea relatie

2𝐼 =

∫ 𝜋2

0

ln(sin𝑥)𝑑𝑥 +

∫ 𝜋2

0

ln(cos𝑥)𝑑𝑥 =

∫ 𝜋2

0

ln(sin𝑥 cos𝑥)𝑑𝑥

=

∫ 𝜋2

0

ln

(sin 2𝑥

2

)𝑑𝑥 =

∫ 𝜋2

0

ln1

2𝑑𝑥 +

∫ 𝜋2

0

ln(sin 2𝑥)𝑑𝑥

=𝜋

2ln

1

2+

∫ 𝜋2

0

ln(sin 2𝑥)𝑑𝑥.

16

Vom arata acum prin schimbari succesive de variabila ca ultima integrala estede fapt egala cu 𝐼. Incepem prin 2𝑥 = 𝑦∫ 𝜋

2

0

ln(sin 2𝑥)𝑑𝑥 =1

2

∫ 𝜋

0

ln(sin𝑥)𝑑𝑥 =1

2

∫ 𝜋2

0

ln(sin𝑥)𝑑𝑥 +1

2

∫ 𝜋

𝜋2

ln(sin𝑥)𝑑𝑥

1

2𝐼 +

1

2

∫ 𝜋

𝜋2

ln(sin𝑥)𝑑𝑥.

O noua schimbare de variabila 𝑦 = 𝜋2 + 𝑥 va demonstra ca ultima integrala este

si ea egala cu 𝐼. In concluzie∫ 𝜋2

0

ln(sin 2𝑥)𝑑𝑥 =1

2𝐼 +

1

2𝐼 = 𝐼

Revenind la prima relatie de recurenta obtinuta in problema avem

2𝐼 =𝜋

2ln

1

2+ 𝐼

𝐼 =𝜋

2ln

1

2.

Problema 5

Deomstrati ca are loc rezultatul

lim𝑛→∞

𝑛

(𝑛!)1𝑛

= 𝑒.

Solutie: Vom nota 𝐴𝑛 =(𝑛𝑛

𝑛!

) 1𝑛 iar prezenta exponentului sau a factorialului

ne indeamna sa logaritmam expresia

ln𝐴𝑛 =1

𝑛ln(𝑛

1· 𝑛

2· . . . · 𝑛

𝑛

)= − 1

𝑛

𝑛∑𝑘=1

ln𝑘

𝑛

Aceasta ultima expresie ne trimite cu gandul la o suma Riemann. Prinputin trial and error putem gasi ca este vorba de suma Riemann a integralei∫ 1

0

ln𝑥 𝑑𝑥, asadar

lim𝑛→∞

ln𝐴𝑛 = −∫ 1

0

ln𝑥 𝑑𝑥 = − lim𝛼→0+

∫ 1

𝛼

ln𝑥 𝑑𝑥.

Evaluam separat integrala improprie obtinuta∫ 1

𝛼

ln𝑥 𝑑𝑥 = 𝑥 ln𝑥

1𝛼

−∫ 1

𝛼

𝑥1

𝑥𝑑𝑥 = −𝛼 ln𝛼− (1 − 𝛼)

prin aplicarea regulii lui l’Hospital∫ 1

0

ln𝑥 𝑑𝑥 = lim𝛼→0+

(−𝛼 ln𝛼− (1 − 𝛼)) = −1+ lim𝛼→0+

ln 1𝛼

1𝛼

= −1+ lim𝛼→0+

− 1𝛼

− 1𝛼2

= −1

17

In concluzie ln𝐴𝑛 → 1 si 𝐴𝑛 → 𝑒, atunci cand 𝑛 → ∞.

Problema 6

Adevarat sau fals ?

i) Daca 𝑓 : [𝑎, 𝑏] → R este continua dar nu are semn constant, atunci∫ 𝑏

𝑎

𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 nu reprezinta aria unei suprafete.

ii) Daca 𝑓 este continua si

∫ ∞

1

𝑓2(𝑥) 𝑑𝑥 este convergenta atunci si∫ ∞

1

𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 este convergenta.

iii) Daca 𝑓(𝑥) > 0 si 𝑔(𝑥) < 0 pentru orice 𝑥 ∈ [1,∞) iar limita

lim𝑥→∞

𝑓(𝑥)

𝑔(𝑥)= 𝐿 < 0

exista, atunci

∫ ∞

1

𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 si

∫ ∞

1

𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 au aceeasi natura.

Solutie: i) Adevarat, insa in continuare putem folosi

∫ 𝑏

𝑎

𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 pentru a

calcula arii. Daca integrandul 𝑓 poate lua si valori negative atunci integralaare urmatoarea interpretare: aria suprafetei cuprinsa intre axa 𝑂𝑥 si parteanegativa a graficului lui 𝑓 este scazuta din aria suprafetei cuprinsa intre axa 𝑂𝑥si partea pozitiva a graficului.

In reprezentarea grafica de mai sus, 𝑓 ia valori negative pe intervalul [𝑐, 𝑑]iar integrala devine∫ 𝑏

𝑎

𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 =

∫ 𝑏

𝑎

𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 +

∫ 𝑑

𝑐

𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 +

∫ 𝑏

𝑑

𝑓(𝑥) 𝑑𝑥

= Arie suprafata albastra − Arie suprafata galbena

18

Rezultatul se justifica daca tinem cont de definitia partilor pozitive si negativeale unei functii

𝑓+(𝑥) =

{𝑓(𝑥), daca 𝑓(𝑥) > 0

0 in restsi 𝑓−(𝑥) =

{−𝑓(𝑥), daca 𝑓(𝑥) < 0

0 in rest

Ambele functii definite mai sus sunt pozitive si avem 𝑓(𝑥) = 𝑓+(𝑥)− 𝑓−(𝑥).Graficul lui 𝑓−(𝑥) este simetrica fata de 𝑂𝑥 a bucatii din grafic situata sub axa𝑂𝑥.∫ 𝑏

𝑎

𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 =

∫ 𝑏

𝑎

𝑓+(𝑥)−∫ 𝑏

𝑎

𝑓−(𝑥) 𝑑𝑥 = Arie supr. albastra−Arie supr. galbena

ii) Adevarat, de fapt se poate arata ca∫∞1

𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 este absolut convergentacaci ∫ 𝑏

𝑎

𝑓(𝑥) 𝑑𝑥

2≤∫ 𝑏

𝑎

𝑓2(𝑥) 𝑑𝑥, pentru 𝑎, 𝑏 ≥ 1.

iii) Fals. Daca nu se precizeaza ca 𝑓 sau 𝑔 ar fi continue, atunci ambeleintegrale pot avea un comportament haotic, intrucat functiile pot avea blow-upin diverse puncte din [1,∞).

Spre exemplu 𝑓 : [1,∞) → (0,∞) definita prin

𝑓(𝑥) =

{1

𝑥2−22 , 𝑥 > 2

1, 𝑥 ∈ [1, 2]

va avea o discontinuitate de tip blow-up in 𝑥 = 2.O functie cu valori negative se poate construi analog, spre exemplu functia

𝑔 : [1,∞) → (−∞, 0) definita prin

𝑔(𝑥) = −𝑓(𝑥) =

{− 1

𝑥2−22 , 𝑥 > 2

−1, 𝑥 ∈ [1, 2]

Evident limita 𝐿 exista si este −1 iar ambele integrale vor fi divergente. Trans-formand una dintre functii intr-o functie continua, de exemplu

𝑓 : [1,∞) → (0,∞), 𝑓(𝑥) =1

𝑥2

integrala

∫ ∞

1

1

𝑥2𝑑𝑥 devine convergenta dar limita 𝐿 este aceeasi.

19

Probleme propuse

A. Consolidare cunostinte

Problema A.1. Adevarat sau fals ?

i) Daca 𝑓 este continua pe [0,∞) si

∫ ∞

1

𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 este convergenta atunci∫ ∞

0

𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 este convergenta.

ii) Daca 𝑓 este continua pe (0,∞) si

∫ ∞

1

𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 este convergenta atunci∫ ∞

0

𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 este convergenta.

iii) Daca 𝑓 este continua si descrescatoare pe [1,∞) si lim𝑥→∞

𝑓(𝑥) = 0, atunci∫ ∞

1

𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 este convergenta.

iv) Daca 𝑓 este continua pe [0,∞) si

∫ ∞

0

𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 este convergenta atunci

lim𝑥→∞

𝑓(𝑥) = 0.

Problema A.2. Reprezentati grafic integrandul fiecarei integrale (puteti folosiacest link ) pe intervalul specificat. Incercati sa intuiti daca integrala impro-prie exista sau nu. Argumentati apoi riguros matematic convergenta/divergentaintegralelor:

i)

∫ ∞

0

sin𝑥

𝑥2𝑑𝑥

ii)

∫ 𝜋2

0

sin𝑥√𝑥𝑑𝑥

iii)

∫ ∞

1

1 + 𝑒−𝑥

𝑥𝑑𝑥

iv)

∫ 1

0

ln𝑥√𝑥𝑑𝑥

Indicatii: folositi ghidul pentru a scrie functiile dorite

Problema A.3. Ce este gresit in calculul de mai jos?∫ 1

−1

1

𝑥𝑑𝑥 = ln |𝑥|

1−1

= ln 1 − ln 1 = 0

20

B. Tehnica de calcul

Problema B.1. Studiati convergenta urmatoarelor integrale improprii:

a)

∫ ∞

0

1 + 𝑥3√

5 + 𝑥6𝑑𝑥

b)

∫ 1

0,1

𝑑𝑥

𝑥15

√11 − 𝑥2

c)

∫ ∞

2

4𝑥3 + 7

2𝑥5 + 3𝑥 + 9𝑑𝑥

d)

∫ 11

5

𝑑𝑥

𝑥 3√

11 − 𝑥

Problema B.2. Studiati daca urmatoarele integrale sunt divergente. Precizatiapoi pentru fiecare valoarea principala Cauchy.

i)

∫ 3

−1

1

𝑥3𝑑𝑥.

ii)

∫ 2𝜋3

0

tg(𝑥)𝑑𝑥

iii)

∫ ∞

−∞

1

𝑥2 + 1𝑑𝑥

iv)

∫ ∞

−∞𝑥𝑑𝑥

Problema B.3. Studiati convergenta seriilor

𝑆1 =

∞∑𝑘=1

𝑘

𝑒𝑘, 𝑆2 =

∞∑𝑘=2

1

𝑘 ln 𝑘, 𝑆3 =

∞∑𝑘=2

1

𝑘(ln 𝑘)1+𝛼, 𝛼 ∈ R.

Indicatie: · folositi integrale generalizate

Problema B.4. Este integrala∫ ∞

𝑎

𝑒−𝑥 sin𝑥

𝑥2𝑑𝑥, 𝑎 > 0.

convergenta ? De ce ?

Problema B.5. Studiati convergenta integralelor, in functie de valoarea parametrilor.

i)

∫ ∞

0

1

𝑥𝑠 + 𝑥1𝑠

𝑑𝑥, 𝑠 ∈ R*

21

ii)

∫ ∞

0

𝑥𝛽

1 + 𝑥𝛼𝑑𝑥, 𝛼, 𝛽 ∈ R.

Problema B.6. Fie functia 𝑓 : R → R definita prin

𝑓(𝑥) =

{sin 𝑥𝑥 , 𝑥 = 0

1, 𝑥 = 0

Aratati ca integrala

𝐼 =

∫ ∞

0

𝑓(𝑥) 𝑑𝑥

este convergenta dar nu si absolut convergenta. Cum se explica grafic acestcomportament ?

Problema B.7. Studiati daca urmatoarele integrale improprii exista:

i)

∫ 0

−∞𝑒−𝑥2

𝑑𝑥.

ii)

∫ ∞

0

𝑒2𝑥𝑑𝑥.

iii)

∫ ∞

0

𝑥

4𝑒−

𝑥2

4 𝑑𝑥

iv)

∫ ∞

1

ln𝑥

𝑥2𝑑𝑥

v)

∫ 1

0

sin1

𝑥𝑑𝑥.

Problema B.8. Fie 𝑎, 𝑏 > 0 numere reale. Aratati ca

i)

∫ ∞

0

𝑒−𝑎𝑥 sin(𝑏𝑥) 𝑑𝑥 =𝑏

𝑎2 + 𝑏2

22

ii)

∫ ∞

0

𝑒−𝑎𝑥 cos(𝑏𝑥) 𝑑𝑥 =𝑎

𝑎2 + 𝑏2

iii)

∫ ∞

0

cos(𝑎𝑥) − cos(𝑏𝑥)

𝑥2𝑑𝑥 =

𝜋

2(𝑏− 𝑎)

Problema B.9. Calculati, daca este posibil:

i)

∫ ∞

0

cos𝑥 𝑑𝑥

ii)

∫ ∞

0

cos𝑥𝑒−𝑥𝑑𝑥

iii)

∫ −𝜋2

−∞

sin 1𝑥

𝑥2𝑑𝑥

iv)

∫ 𝜋2

0

tg(𝑥) 𝑑𝑥

Problema B.10. Construiti o functie 𝑓 : [0,∞) → [0,∞) continua pentru care

integrala

∫ ∞

1

𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 este convergenta dar lim𝑥→∞

𝑓(𝑥) = 0.

Indicii: · incercati sa intuiti forma graficului unei astfel de functii intai· aria subgraficului poate fi finita fara ca 𝑓 sa se apropie de 𝑦 = 0.

C. Probleme cu caracter practic-aplicativ

Problema C.1. Construim o trompeta infinita rotind graficul functiei

𝑓 : [1,∞) → R, 𝑓(𝑥) =1

𝑥

in jurul axei 𝑂𝑥. Aflati volumul acestei trompete.

23

Problema C.2. Forta gravitationala cu care Pamantul actioneaza asupra unuicorp de masa 𝑚 situat la distanta 𝑟 de centrul Pamantului este

𝐹 (𝑟) =𝐺𝑀𝑚

𝑟2

unde 𝐺 este constanta gravitationala iar 𝑀 este masa Pamantului. RachetaFalcon 9 decoleaza vertical de la suprafata Pamantului, prin urmare se afla ladistanta 𝑅 = raza Pamantului de centrul sau.

Neglijand forta de frecare, viteza minima 𝑣𝑒 necesara pentru a invinge grav-itatia se obtine egaland energia cinetica a rachetei 𝐸 = 1

2𝑚𝑣2𝑒 cu lucrul mecanic𝐿 al fortei gravitationale

𝐿 =

∫ ∞

𝑅

𝐹 (𝑟) 𝑑𝑟 =1

2𝑚𝑣2𝑒 = 𝐸.

Aflati viteza minima 𝑣𝑒, nesesara rachetei Falcon 9 pentru a evada din campulgravitational al Pamantului.

Problema C.3. (Dezintegrarea unei substante radioactive)Cand o substanta se dezintegreaza se stie ca fractiunea de atomi existenta la

momentul 𝑡 este 𝑓(𝑡) = 𝑒−𝜆𝑡, unde 𝜆 este constanta de radioactivitate. Duratamedie de viata a unui atom, pana in momentul dezintegrarii este

𝑇𝑚𝑒𝑑𝑖𝑢 = −∫ ∞

0

𝑡 · 𝑓 ′(𝑡) 𝑑𝑡

Constanta de radioactivitate este estimata prin intermediul perioadei de inju-matatire 𝑡1/2 datorita relatiei

𝜆 =ln 2

𝑡1/2

Datorita perioadei sale mici de in-jumatatire, de 𝑡12 = 3.82 zile, ato-mul de Radon-222 este utilizat in studiihidrogeologice. Care este durata mediede viata a unui atom de Radon-222 ?Dar a unui atom de Carbon-14, cu operioada de 𝑡1/2 = 5730 zile ?

24

Bibliografie

[1] H. Karttunen et al. Fundamental Astronomy, Ed. Springer, 2007.

[2] https://sci.esa.int/web/education/-/48986-blackbody-radiation

[3] J. Stewart. Calculus, Ed. Cengage Learning 2016.

[4] R. Negrea. Curs Matematici Speciale, 2021.

[5] C. Hedrea. Seminar Matematici Speciale, 2021.

[6] W. Briggs et al. Calculus, Third Edition Ed. Pearson 2019.

[7] www.scientia.ro/fizica/50-mecanica-cuantica/280-radiatia-corpului-negru