Grile de Integrale definite — Clasa a 12-a

312 întrebări cu variante de răspuns • Analiza Matematica

Teorie Integrale definite — Formule si exemple rezolvate

Probleme de Integrale definite

286 exerciții cu rezolvare pas cu pas

Greu#1

Fie

I = \int_{0}^{\pi} \frac{x \sin x}{1 + \cos^2 x} \, dx

. Care este valoarea integralei

I

\frac{\pi^2}{4}

\frac{\pi^2}{2}

\pi^2

\frac{\pi^2}{8}

Explicație

Se utilizează proprietatea

\int_{0}^{a} f(x) \, dx = \int_{0}^{a} f(a-x) \, dx

. Aici

a = \pi

. Atunci:

I = \int_{0}^{\pi} \frac{(\pi - x) \sin(\pi - x)}{1 + \cos^2(\pi - x)} \, dx = \int_{0}^{\pi} \frac{(\pi - x) \sin x}{1 + \cos^2 x} \, dx.

Adunând expresiile inițiale și cele transformate:

I + I = \int_{0}^{\pi} \frac{x \sin x}{1 + \cos^2 x} \, dx + \int_{0}^{\pi} \frac{(\pi - x) \sin x}{1 + \cos^2 x} \, dx = \int_{0}^{\pi} \frac{\pi \sin x}{1 + \cos^2 x} \, dx.

Deci

2I = \pi \int_{0}^{\pi} \frac{\sin x}{1 + \cos^2 x} \, dx

. Se face substituția

u = \cos x

du = -\sin x \, dx

. Când

x=0

u=1

; când

x=\pi

u=-1

. Atunci:

\int_{0}^{\pi} \frac{\sin x}{1 + \cos^2 x} \, dx = \int_{1}^{-1} \frac{-du}{1+u^2} = \int_{-1}^{1} \frac{du}{1+u^2} = \arctan u \Big|_{-1}^{1} = \frac{\pi}{4} - \left(-\frac{\pi}{4}\right) = \frac{\pi}{2}.

Așadar,

2I = \pi \cdot \frac{\pi}{2} = \frac{\pi^2}{2}

, de unde rezultă

I = \frac{\pi^2}{4}

Greu#2

Să se calculeze integrala definită:

\displaystyle I = \int_{0}^{\pi} \frac{x \sin x}{1 + \cos^2 x} \, dx

\frac{\pi^2}{4}

\frac{\pi^2}{2}

\frac{\pi}{2}

\frac{\pi^2}{8}

Explicație

Fie

I = \int_{0}^{\pi} \frac{x \sin x}{1 + \cos^2 x} \, dx

. Se face schimbarea

u = \pi - x

, deci

du = -dx

. Atunci:

I = \int_{\pi}^{0} \frac{(\pi - u) \sin(\pi - u)}{1 + \cos^2(\pi - u)} (-du) = \int_{0}^{\pi} \frac{(\pi - u) \sin u}{1 + \cos^2 u} \, du,

deoarece

\sin(\pi - u) = \sin u

și

\cos(\pi - u) = -\cos u

, deci

\cos^2(\pi - u) = \cos^2 u

. Prin urmare:

I = \pi \int_{0}^{\pi} \frac{\sin u}{1 + \cos^2 u} \, du - \int_{0}^{\pi} \frac{u \sin u}{1 + \cos^2 u} \, du = \pi J - I,

unde

J = \int_{0}^{\pi} \frac{\sin u}{1 + \cos^2 u} \, du

. Rezultă că

2I = \pi J

, deci

I = \frac{\pi}{2} J

. Pentru calculul lui

J

, facem substituția

t = \cos u

dt = -\sin u \, du

. Când

u=0

t=1

; când

u=\pi

t=-1

. Atunci:

J = \int_{1}^{-1} \frac{-dt}{1+t^2} = \int_{-1}^{1} \frac{dt}{1+t^2} = \arctan t \Big|_{-1}^{1} = \arctan(1) - \arctan(-1) = \frac{\pi}{4} - \left(-\frac{\pi}{4}\right) = \frac{\pi}{2}.

Înlocuind, obținem

I = \frac{\pi}{2} \cdot \frac{\pi}{2} = \frac{\pi^2}{4}

Greu#3

Calculați

\displaystyle \int_{0}^{\pi} \frac{x \sin x}{1+\cos^2 x} \, dx

\dfrac{\pi^2}{4}

\dfrac{\pi^2}{2}

\dfrac{\pi}{2}

\pi

Explicație

Fie

I = \int_{0}^{\pi} \frac{x \sin x}{1+\cos^2 x} \, dx

. \ Aplicăm substituția

x = \pi - t

: \

dx = -dt

, iar când

x=0

t=\pi

; când

x=\pi

t=0

. Atunci: [ I = \int_{\pi}^{0} \frac{(\pi - t) \sin(\pi - t)}{1+\cos^2(\pi - t)} (-dt) = \int_{0}^{\pi} \frac{(\pi - t) \sin t}{1+\cos^2 t} , dt = \pi \int_{0}^{\pi} \frac{\sin t}{1+\cos^2 t} , dt - I. ] \ Deci

2I = \pi \int_{0}^{\pi} \frac{\sin x}{1+\cos^2 x} \, dx

. Notăm

J = \int_{0}^{\pi} \frac{\sin x}{1+\cos^2 x} \, dx

. Pentru a calcula

J

, facem substituția

u = \cos x

du = -\sin x \, dx

. \ Când

x=0

u=1

; când

x=\pi

u=-1

. Atunci: [ J = \int_{1}^{-1} \frac{-du}{1+u^2} = \int_{-1}^{1} \frac{du}{1+u^2} = \arctan u \Big|_{-1}^{1} = \arctan(1) - \arctan(-1) = \frac{\pi}{4} - \left(-\frac{\pi}{4}\right) = \frac{\pi}{2}. ] \ Astfel,

2I = \pi \cdot \frac{\pi}{2} = \frac{\pi^2}{2}

, de unde

I = \frac{\pi^2}{4}

Greu#4

Calculați

I = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \ln(1+\tan x) \, dx

\frac{\pi}{8} \ln 2

\frac{\pi}{4} \ln 2

\frac{\pi}{2} \ln 2

\ln 2

Explicație

Fie

I = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \ln(1+\tan x) \, dx

. Se aplică substituția

u = \frac{\pi}{4} - x

, deci

du = -dx

. Limitele devin: când

x=0

u=\frac{\pi}{4}

; când

x=\frac{\pi}{4}

u=0

. Atunci:

I = \int_{\frac{\pi}{4}}^0 \ln\left(1+\tan\left(\frac{\pi}{4}-u\right)\right) (-du) = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \ln\left(1+\tan\left(\frac{\pi}{4}-u\right)\right) du.

Se știe că

\tan\left(\frac{\pi}{4}-u\right) = \frac{1-\tan u}{1+\tan u}

. Înlocuind:

I = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \ln\left(1+\frac{1-\tan u}{1+\tan u}\right) du = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \ln\left(\frac{1+\tan u + 1 - \tan u}{1+\tan u}\right) du = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \ln\left(\frac{2}{1+\tan u}\right) du.

Folosind proprietățile logaritmului:

\ln\left(\frac{2}{1+\tan u}\right) = \ln 2 - \ln(1+\tan u)

. Astfel:

I = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \left(\ln 2 - \ln(1+\tan u)\right) du = \ln 2 \cdot \frac{\pi}{4} - \int_0^{\frac{\pi}{4}} \ln(1+\tan u) \, du.

Dar ultima integrală este exact

I

, deci:

I = \frac{\pi}{4} \ln 2 - I \implies 2I = \frac{\pi}{4} \ln 2 \implies I = \frac{\pi}{8} \ln 2.

Greu#5

Calculați integrala definită

\displaystyle \int_{0}^{\pi} \frac{x \sin x}{1+\cos^2 x} \, dx

\frac{\pi^2}{4}

\frac{\pi^2}{2}

\frac{\pi^2}{8}

\frac{\pi^2}{\sqrt{2}}

Explicație

Notăm

I = \int_{0}^{\pi} \frac{x \sin x}{1+\cos^2 x} \, dx

. Efectuăm substituția

x = \pi - t

, deci

dx = -dt

. Limitele devin: când

x=0

t=\pi

; când

x=\pi

t=0

. Atunci:

I = \int_{\pi}^{0} \frac{(\pi - t) \sin(\pi - t)}{1+\cos^2(\pi - t)} (-dt) = \int_{0}^{\pi} \frac{(\pi - t) \sin t}{1+\cos^2 t} \, dt = \pi \int_{0}^{\pi} \frac{\sin t}{1+\cos^2 t} \, dt - I.

Obținem

2I = \pi \int_{0}^{\pi} \frac{\sin t}{1+\cos^2 t} \, dt

. Calculăm integrala

J = \int_{0}^{\pi} \frac{\sin t}{1+\cos^2 t} \, dt

prin substituția

u = \cos t

du = -\sin t \, dt

J = \int_{1}^{-1} \frac{-du}{1+u^2} = \int_{-1}^{1} \frac{du}{1+u^2} = \arctan u \Big|_{-1}^{1} = \arctan(1) - \arctan(-1) = \frac{\pi}{4} - \left(-\frac{\pi}{4}\right) = \frac{\pi}{2}.

Așadar,

2I = \pi \cdot \frac{\pi}{2} = \frac{\pi^2}{2}

, deci

I = \frac{\pi^2}{4}

Greu#6

Calculați

\displaystyle \int_{0}^{\pi} \frac{x \sin x}{1+\cos^2 x} \, dx

\dfrac{\pi^2}{4}

\dfrac{\pi^2}{2}

\pi^2

\dfrac{\pi^2}{8}

Explicație

Fie

I = \int_{0}^{\pi} \frac{x \sin x}{1+\cos^2 x} \, dx

. Aplicăm substituția

u = \pi - x

; atunci

du = -dx

, iar limitele devin de la

\pi

0

. Avem:

I = \int_{\pi}^{0} \frac{(\pi - u) \sin(\pi - u)}{1+\cos^2(\pi - u)} (-du) = \int_{0}^{\pi} \frac{(\pi - u) \sin u}{1+\cos^2 u} \, du = \pi \int_{0}^{\pi} \frac{\sin u}{1+\cos^2 u} \, du - I.

Deci

2I = \pi \int_{0}^{\pi} \frac{\sin x}{1+\cos^2 x} \, dx

. Pentru a calcula această integrală, notăm

t = \cos x

dt = -\sin x \, dx

. Când

x = 0

t = 1

; când

x = \pi

t = -1

. Atunci:

\int_{0}^{\pi} \frac{\sin x}{1+\cos^2 x} \, dx = \int_{1}^{-1} \frac{-dt}{1+t^2} = \int_{-1}^{1} \frac{dt}{1+t^2} = \arctan t \Big|_{-1}^{1} = \frac{\pi}{4} - \left(-\frac{\pi}{4}\right) = \frac{\pi}{2}.

Prin urmare,

2I = \pi \cdot \frac{\pi}{2} = \frac{\pi^2}{2}

, de unde

I = \frac{\pi^2}{4}

Greu#7

Calculați

\displaystyle \int_0^1 \frac{\ln(1+x)}{1+x^2} \, dx

\dfrac{\pi}{8}\ln 2

\dfrac{\pi}{4}\ln 2

\dfrac{\pi}{2}\ln 2

\dfrac{\pi}{6}\ln 2

Explicație

Considerăm

I = \int_0^1 \frac{\ln(1+x)}{1+x^2} dx

. Efectuăm substituția

x = \tan t

, cu

dx = \sec^2 t\, dt

. Limitele devin:

x=0 \Rightarrow t=0

x=1 \Rightarrow t=\frac{\pi}{4}

. Atunci: [ I = \int_0^{\pi/4} \frac{\ln(1+\tan t)}{1+\tan^2 t} \sec^2 t, dt = \int_0^{\pi/4} \ln(1+\tan t), dt. ] Folosim schimbarea

t = \frac{\pi}{4} - u

, deci

dt = -du

, iar limitele devin:

t=0 \Rightarrow u=\frac{\pi}{4}

t=\frac{\pi}{4} \Rightarrow u=0

. Atunci: [ I = \int_{\pi/4}^{0} \ln\left(1+\tan\left(\frac{\pi}{4}-u\right)\right)(-du) = \int_0^{\pi/4} \ln\left(1+\tan\left(\frac{\pi}{4}-u\right)\right) du. ] Calculăm:

\tan\left(\frac{\pi}{4}-u\right) = \frac{1-\tan u}{1+\tan u}

, deci [ 1+\tan\left(\frac{\pi}{4}-u\right) = 1+\frac{1-\tan u}{1+\tan u} = \frac{2}{1+\tan u}. ] Înlocuind: [ I = \int_0^{\pi/4} \ln\left(\frac{2}{1+\tan u}\right) du = \int_0^{\pi/4} \left(\ln 2 - \ln(1+\tan u)\right) du = \frac{\pi}{4}\ln 2 - \int_0^{\pi/4} \ln(1+\tan u), du. ] Dar ultima integrală este tocmai

I

(cu variabila mută

u

). Deci: [ I = \frac{\pi}{4}\ln 2 - I \Rightarrow 2I = \frac{\pi}{4}\ln 2 \Rightarrow I = \frac{\pi}{8}\ln 2. ]

Greu#8

Calculați

I = \int_0^{\pi} \frac{x \sin x}{1+\cos^2 x} \, dx

\frac{\pi^2}{8}

\frac{\pi^2}{4}

\frac{\pi^2}{2}

\frac{\pi}{2}

Explicație

Se notează $I = \int_0^{\pi} \frac{x \sin x}{1+\cos^2 x} \, dx$ .\n2. Se aplică substituția $u = \pi - x$ . Atunci $du = -dx$ , $\sin(\pi-u)=\sin u$ , $\cos(\pi-u) = -\cos u$ , deci $1+\cos^2(\pi-u)=1+\cos^2 u$ . Limitele se schimbă: $x=0 \Rightarrow u=\pi$ , $x=\pi \Rightarrow u=0$ .\n $I = \int_{\pi}^0 \frac{(\pi-u) \sin u}{1+\cos^2 u} (-du) = \int_0^{\pi} \frac{(\pi-u) \sin u}{1+\cos^2 u} \, du = \pi \int_0^{\pi} \frac{\sin u}{1+\cos^2 u} \, du - I.$ \n3. Din egalitatea $I = \pi \int_0^{\pi} \frac{\sin x}{1+\cos^2 x} \, dx - I$ , rezultă $2I = \pi \int_0^{\pi} \frac{\sin x}{1+\cos^2 x} \, dx$ , deci $I = \frac{\pi}{2} \int_0^{\pi} \frac{\sin x}{1+\cos^2 x} \, dx$ .\n4. Se calculează $J = \int_0^{\pi} \frac{\sin x}{1+\cos^2 x} \, dx$ . Cu substituția $t = \cos x$ , $dt = -\sin x \, dx$ : $J = \int_{x=0}^{\pi} \frac{\sin x}{1+\cos^2 x} \, dx = \int_{t=1}^{-1} \frac{-dt}{1+t^2} = \int_{-1}^{1} \frac{dt}{1+t^2} = \arctan t \Big|_{-1}^{1} = \frac{\pi}{4} - \left(-\frac{\pi}{4}\right) = \frac{\pi}{2}.$ \n5. Înlocuind: $I = \frac{\pi}{2} \cdot \frac{\pi}{2} = \frac{\pi^2}{4}$ .

Greu#9

Calculați

\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \ln(1+\tan x) \, dx

\frac{\pi}{8} \ln 2

\frac{\pi}{4} \ln 2

\frac{1}{2} \ln 2

\frac{\pi}{2} \ln 2

Explicație

Fie

I = \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \ln(1+\tan x) \, dx

. Efectuăm schimbarea de variabilă

y = \frac{\pi}{4} - x

, deci

dx = -dy

. Limitele devin: când

x=0

y=\frac{\pi}{4}

; când

x=\frac{\pi}{4}

y=0

. Atunci:

I = \int_{\frac{\pi}{4}}^{0} \ln(1+\tan(\frac{\pi}{4} - y)) (-dy) = \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \ln(1+\tan(\frac{\pi}{4} - y)) \, dy.

Folosim identitatea trigonometrică:

\tan(\frac{\pi}{4} - y) = \frac{1 - \tan y}{1 + \tan y}.

Atunci:

1+\tan(\frac{\pi}{4} - y) = 1 + \frac{1 - \tan y}{1 + \tan y} = \frac{1+\tan y + 1 - \tan y}{1+\tan y} = \frac{2}{1+\tan y}.

Înlocuim:

I = \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \ln\left(\frac{2}{1+\tan y}\right) dy = \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} [\ln 2 - \ln(1+\tan y)] \, dy = \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \ln 2 \, dy - \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \ln(1+\tan y) \, dy = \frac{\pi}{4}\ln 2 - I.

Obținem ecuația:

I = \frac{\pi}{4}\ln 2 - I \Rightarrow 2I = \frac{\pi}{4}\ln 2 \Rightarrow I = \frac{\pi}{8}\ln 2

Greu#10

Calculați integrala definită

\displaystyle \int_{0}^{\pi} \frac{x \sin x}{1+\cos^2 x}\,dx

\frac{\pi^2}{4}

\frac{\pi^2}{2}

\frac{\pi^2}{8}

\pi \ln 2

Explicație

Fie

I=\int_{0}^{\pi} \frac{x \sin x}{1+\cos^2 x}\,dx

. Aplicăm substituția

x = \pi - t

; atunci

dx = -dt

, iar limitele devin: pentru

x=0

t=\pi

; pentru

x=\pi

t=0

. Obținem:

I = \int_{\pi}^{0} \frac{(\pi - t) \sin(\pi - t)}{1+\cos^2(\pi - t)} (-dt) = \int_{0}^{\pi} \frac{(\pi - t) \sin t}{1+\cos^2 t}\,dt = \pi \int_{0}^{\pi} \frac{\sin t}{1+\cos^2 t}\,dt - I.

Deci

2I = \pi \int_{0}^{\pi} \frac{\sin t}{1+\cos^2 t}\,dt

, adică

I = \frac{\pi}{2} \int_{0}^{\pi} \frac{\sin t}{1+\cos^2 t}\,dt

. Calculăm

J = \int_{0}^{\pi} \frac{\sin t}{1+\cos^2 t}\,dt

cu substituția

u = \cos t

du = -\sin t\,dt

. Pentru

t=0

u=1

; pentru

t=\pi

u=-1

. Atunci:

J = \int_{1}^{-1} \frac{-du}{1+u^2} = \int_{-1}^{1} \frac{du}{1+u^2} = \arctan u \Big|_{-1}^{1} = \arctan(1) - \arctan(-1) = \frac{\pi}{4} - \left(-\frac{\pi}{4}\right) = \frac{\pi}{2}.

Prin urmare,

I = \frac{\pi}{2} \cdot \frac{\pi}{2} = \frac{\pi^2}{4}

Greu#11

Calculați integrala definită:

\displaystyle \int_0^1 \frac{\ln(1+x)}{1+x^2} \, dx

\dfrac{\pi \ln 2}{4}

\dfrac{\pi \ln 2}{8}

\dfrac{\pi \ln 2}{2}

\dfrac{\ln 2}{4}

Explicație

Fie

I = \int_0^1 \frac{\ln(1+x)}{1+x^2} \, dx

.\nSe aplică substituția

x = \frac{1-t}{1+t}

; atunci

dx = -\frac{2}{(1+t)^2}\, dt

, iar limitele devin:

x=0 \Rightarrow t=1

x=1 \Rightarrow t=0

.\nSe obține:

1+x^2 = \frac{2(1+t^2)}{(1+t)^2}

și

\ln(1+x) = \ln 2 - \ln(1+t)

.\nÎnlocuind:\n

I = \int_1^0 \frac{\ln 2 - \ln(1+t)}{\frac{2(1+t^2)}{(1+t)^2}} \cdot \left(-\frac{2}{(1+t)^2}\right) dt = \int_1^0 \frac{\ln 2 - \ln(1+t)}{1+t^2} (-1) dt = \int_0^1 \frac{\ln 2 - \ln(1+t)}{1+t^2} dt

.\nAstfel,

I = \ln 2 \int_0^1 \frac{dt}{1+t^2} - \int_0^1 \frac{\ln(1+t)}{1+t^2} dt = \ln 2 \cdot \frac{\pi}{4} - I

.\nRezultă

2I = \frac{\pi \ln 2}{4}

, deci

I = \frac{\pi \ln 2}{8}

Greu#12

Calculați

\int_{0}^{\pi} \frac{x \sin x}{1+\cos^2 x} \, dx

\frac{\pi^2}{8}

\frac{\pi^2}{4}

\frac{\pi^2}{2}

\pi^2

Explicație

Notăm

I = \int_{0}^{\pi} \frac{x \sin x}{1+\cos^2 x} \, dx

. Aplicăm substituția

u = \pi - x

I = \int_{\pi}^{0} \frac{(\pi - u) \sin(\pi - u)}{1+\cos^2(\pi - u)} (-du) = \int_{0}^{\pi} \frac{(\pi - u) \sin u}{1+\cos^2 u} \, du = \int_{0}^{\pi} \frac{(\pi - x) \sin x}{1+\cos^2 x} \, dx.

Adunăm cele două expresii pentru

I

2I = \int_{0}^{\pi} \frac{x \sin x}{1+\cos^2 x} \, dx + \int_{0}^{\pi} \frac{(\pi - x) \sin x}{1+\cos^2 x} \, dx = \int_{0}^{\pi} \frac{\pi \sin x}{1+\cos^2 x} \, dx = \pi \int_{0}^{\pi} \frac{\sin x}{1+\cos^2 x} \, dx.

Calculăm

J = \int_{0}^{\pi} \frac{\sin x}{1+\cos^2 x} \, dx

cu substituția

t = \cos x

dt = -\sin x \, dx

J = \int_{1}^{-1} \frac{-dt}{1+t^2} = \int_{-1}^{1} \frac{dt}{1+t^2} = \arctan t \Big|_{-1}^{1} = \arctan(1) - \arctan(-1) = \frac{\pi}{4} - \left(-\frac{\pi}{4}\right) = \frac{\pi}{2}.

Obținem

2I = \pi \cdot \frac{\pi}{2} = \frac{\pi^2}{2}

, deci

I = \frac{\pi^2}{4}

Și alte 300 grile disponibile după înregistrare.

57 zile până la BAC

Pregătește-te la Integrale definite cu AI

Accesează toate cele 312 probleme de Integrale definite cu rezolvări complete pas cu pas și corectare automată AI.

Vreau evaluare AI pe soluția mea

50 credite gratuite la înregistrare. Fără card, fără obligații.