Grile de Primitive — Clasa a 12-a

300 întrebări cu variante de răspuns • Analiza Matematica

Teorie Primitive — Formule si exemple rezolvate

Probleme de Primitive

295 exerciții cu rezolvare pas cu pas

Greu#1

Fie

F

o primitivă a funcției

f: (0, \infty) \to \mathbb{R}

f(x) = \frac{1}{x \sqrt{1 + \ln^2 x} (\ln x + \sqrt{1+\ln^2 x})}

. Dacă

F(1) = 0

, atunci

F(e)

este egal cu:

2-\sqrt{2}

\sqrt{2}-1

\frac{1}{\sqrt{2}}

\ln(1+\sqrt{2})

Explicație

Se face substituția

t = \ln x

, deci

dt = \frac{dx}{x}

. Atunci

f(x)dx = \frac{dt}{\sqrt{1+t^2}(t+\sqrt{1+t^2})}

. Se notează

u = t + \sqrt{1+t^2}

. Se calculează

du = \left(1+\frac{t}{\sqrt{1+t^2}}\right)dt = \frac{\sqrt{1+t^2}+t}{\sqrt{1+t^2}} dt = \frac{u}{\sqrt{1+t^2}} dt

, deci

\frac{dt}{\sqrt{1+t^2}} = \frac{du}{u}

. Atunci

f(x)dx = \frac{dt}{\sqrt{1+t^2}} \cdot \frac{1}{t+\sqrt{1+t^2}} = \frac{du}{u} \cdot \frac{1}{u} = \frac{du}{u^2}

. Prin urmare,

F(x) = \int \frac{du}{u^2} = -\frac{1}{u} + C = -\frac{1}{\ln x + \sqrt{1+\ln^2 x}} + C

. Din

F(1)=0

, avem

\ln 1=0

\sqrt{1+0}=1

, deci

u=1

0 = -1 + C \Rightarrow C=1

. Astfel

F(x)=1-\frac{1}{\ln x+\sqrt{1+\ln^2 x}}

. Pentru

x=e

\ln e=1

\sqrt{1+1}=\sqrt{2}

, deci

F(e)=1-\frac{1}{1+\sqrt{2}} = 1-\frac{\sqrt{2}-1}{(1+\sqrt{2})(\sqrt{2}-1)} = 1-(\sqrt{2}-1)=2-\sqrt{2}

Greu#2

Determinați o primitivă a funcției

f(x) = \dfrac{e^x (x-1)^2}{(x^2+1)^2}

\dfrac{e^x}{x^2+1} + C

\dfrac{e^x}{(x^2+1)^2} + C

\dfrac{e^x (x^2-1)}{x^2+1} + C

e^x \arctan(x) + C

Explicație

Se observă că funcția

f

este de forma

f(x) = \frac{e^x (x-1)^2}{(x^2+1)^2}

. Derivând funcția

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

, obținem:

F'(x) = \frac{e^x(x^2+1) - e^x \cdot 2x}{(x^2+1)^2} = \frac{e^x(x^2+1-2x)}{(x^2+1)^2} = \frac{e^x(x-1)^2}{(x^2+1)^2} = f(x).

Prin urmare, o primitivă a lui

f

este

F(x) = \frac{e^x}{x^2+1} + C

. Alternativ, se poate verifica prin derivare fiecare variantă.

Greu#3

Determinați o primitivă a funcției

f(x) = \dfrac{x^2+1}{x^4+1}

\dfrac{1}{\sqrt{2}} \arctan\left( \dfrac{x^2-1}{\sqrt{2}x} \right) + C

\dfrac{1}{2} \arctan\left( \dfrac{x^2-1}{x} \right) + C

\dfrac{1}{\sqrt{2}} \arctan\left( \dfrac{x^2-1}{\sqrt{2}} \right) + C

\dfrac{1}{2} \ln\left| \dfrac{x^2-\sqrt{2}x+1}{x^2+\sqrt{2}x+1} \right| + C

Explicație

Observăm că putem scrie: [ f(x) = \frac{x^2+1}{x^4+1} = \frac{1+\frac{1}{x^2}}{x^2+\frac{1}{x^2}} = \frac{1+\frac{1}{x^2}}{\left(x-\frac{1}{x}\right)^2+2}. ] Considerăm substituția

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

, de unde

dt = \left(1+\frac{1}{x^2}\right) dx

. Atunci: [ \int f(x) , dx = \int \frac{dt}{t^2+2} = \frac{1}{\sqrt{2}} \arctan\left( \frac{t}{\sqrt{2}} \right) + C = \frac{1}{\sqrt{2}} \arctan\left( \frac{x-\frac{1}{x}}{\sqrt{2}} \right) + C = \frac{1}{\sqrt{2}} \arctan\left( \frac{x^2-1}{\sqrt{2}x} \right) + C. ] Verificare: Derivând funcția din varianta A se obține exact

f(x)

Greu#4

Să se determine o primitivă a funcției

f: (0, \infty) \to \mathbb{R}

f(x) = \dfrac{x^2 - 1}{x^4 + 3x^2 + 1}

\arctg(x^2 - 1) + C

\dfrac{1}{2} \ln(x^4 + 3x^2 + 1) + C

\arctg\left(x + \dfrac{1}{x}\right) + C

\dfrac{1}{\sqrt{5}} \arctg\left(\dfrac{x^2+1}{\sqrt{5}}\right) + C

Explicație

Se observă că se poate face substituția

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

, deoarece

dt = \left(1 - \frac{1}{x^2}\right) dx

. Scriem funcția sub forma: [ f(x) = \frac{x^2 - 1}{x^4 + 3x^2 + 1} = \frac{1 - \frac{1}{x^2}}{x^2 + 3 + \frac{1}{x^2}} = \frac{1 - \frac{1}{x^2}}{\left(x + \frac{1}{x}\right)^2 + 1}. ] Așadar, [ \int f(x) dx = \int \frac{1 - \frac{1}{x^2}}{\left(x + \frac{1}{x}\right)^2 + 1} dx = \int \frac{dt}{t^2 + 1} = \arctg t + C = \arctg\left(x + \frac{1}{x}\right) + C. ] Se verifică prin derivare: [ \frac{d}{dx} \arctg\left(x + \frac{1}{x}\right) = \frac{1}{1 + \left(x + \frac{1}{x}\right)^2} \cdot \left(1 - \frac{1}{x^2}\right) = \frac{1 - \frac{1}{x^2}}{1 + x^2 + 2 + \frac{1}{x^2}} = \frac{x^2 - 1}{x^4 + 3x^2 + 1}. ]

Greu#5

Determinați o primitivă a funcției

f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}

f(x) = \frac{x^2+1}{x^4+1}

\frac{1}{\sqrt{2}} \arctan\left(\frac{x^2-1}{\sqrt{2}x}\right) + C

\frac{1}{2} \arctan(x^2) + C

\frac{1}{\sqrt{2}} \arctan\left(\frac{x^2+1}{\sqrt{2}x}\right) + C

\ln\left|x^2+\sqrt{x^4+1}\right| + C

Explicație

Se împarte numărătorul și numitorul cu $x^2$ (pentru $x \neq 0$ ): $f(x) = \frac{1+\frac{1}{x^2}}{x^2+\frac{1}{x^2}}$ .\n2. Se observă că $x^2+\frac{1}{x^2} = \left(x-\frac{1}{x}\right)^2 + 2$ .\n3. Se face substituția $u = x - \frac{1}{x}$ , cu $du = \left(1+\frac{1}{x^2}\right)dx$ .\n4. Integrala devine $\int \frac{du}{u^2+2}$ .\n5. $\int \frac{du}{u^2+2} = \frac{1}{\sqrt{2}} \arctan\left(\frac{u}{\sqrt{2}}\right) + C$ .\n6. Revenind la variabila $x$ : $\frac{1}{\sqrt{2}} \arctan\left(\frac{x-\frac{1}{x}}{\sqrt{2}}\right) + C = \frac{1}{\sqrt{2}} \arctan\left(\frac{x^2-1}{\sqrt{2}x}\right) + C$ .\n7. Pentru $x=0$ , expresia este definită prin limită, iar constanta $C$ poate fi aleasă astfel încât primitiva să fie definită pe $\mathbb{R}$ .

Greu#6

Să se calculeze

\displaystyle \int \frac{\sin x}{\sin x + \cos x} \, dx

\displaystyle \frac{1}{2}\bigl(x + \ln|\sin x + \cos x|\bigr) + C

\displaystyle \frac{1}{2}\bigl(x - \ln|\sin x + \cos x|\bigr) + C

\displaystyle x - \ln|\sin x + \cos x| + C

\displaystyle \ln|\sin x + \cos x| - x + C

Explicație

Considerăm integralele

I = \int \frac{\sin x}{\sin x + \cos x} dx

și

J = \int \frac{\cos x}{\sin x + \cos x} dx

. Atunci

I+J = \int \frac{\sin x + \cos x}{\sin x + \cos x} dx = \int 1 \, dx = x + C_1

. Pentru

I-J

, observăm că

I-J = \int \frac{\sin x - \cos x}{\sin x + \cos x} dx

. Notăm

u = \sin x + \cos x

, atunci

du = (\cos x - \sin x) dx = -(\sin x - \cos x) dx

, deci

(\sin x - \cos x) dx = -du

. Înlocuind, obținem

I-J = \int \frac{-du}{u} = -\ln|u| + C_2 = -\ln|\sin x + \cos x| + C_2

. Din cele două relații, avem

I = \frac{(I+J)+(I-J)}{2} = \frac{1}{2}\left(x - \ln|\sin x + \cos x|\right) + C

, unde

C = \frac{C_1+C_2}{2}

este constanta de integrare.

Greu#7

Fie

F:\mathbb{R}\to\mathbb{R}

o primitivă a funcției

f(x)=e^{2x}\sin(3x)

. Dacă

F(0)=2

, atunci

F\left(\frac{\pi}{6}\right)

este egală cu:

\dfrac{2e^{\frac{\pi}{3}}+29}{13}

\dfrac{2e^{\frac{\pi}{3}}-3}{13}

\dfrac{2e^{\frac{\pi}{3}}+23}{13}

\dfrac{2e^{\frac{\pi}{3}}+26}{13}

Explicație

Se determină o primitivă a funcției $f(x)=e^{2x}\sin(3x)$ folosind formula de integrare pentru funcții de forma $e^{ax}\sin(bx)$ sau integrând de două ori prin părți.
Obținem $\int e^{2x}\sin(3x) dx = \dfrac{e^{2x}(2\sin(3x)-3\cos(3x))}{13} + C$ .
Folosind condiția $F(0)=2$ , avem $F(0)=\dfrac{e^0(2\sin 0 - 3\cos 0)}{13} + C = \dfrac{-3}{13} + C = 2$ , deci $C = 2 + \frac{3}{13} = \frac{29}{13}$ .
Atunci $F(x) = \dfrac{e^{2x}(2\sin(3x)-3\cos(3x))}{13} + \frac{29}{13}$ .
Calculăm $F\left(\frac{\pi}{6}\right)$ : $\sin\left(3\cdot\frac{\pi}{6}\right)=\sin\frac{\pi}{2}=1$ , $\cos\left(3\cdot\frac{\pi}{6}\right)=\cos\frac{\pi}{2}=0$ , $e^{2\cdot\frac{\pi}{6}}=e^{\frac{\pi}{3}}$ .
Înlocuind: $F\left(\frac{\pi}{6}\right)=\dfrac{e^{\frac{\pi}{3}}(2\cdot 1 - 3\cdot 0)}{13} + \frac{29}{13} = \dfrac{2e^{\frac{\pi}{3}}}{13} + \frac{29}{13} = \dfrac{2e^{\frac{\pi}{3}}+29}{13}$ .

Greu#8

Fie

f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}

o funcție continuă cu proprietatea că

\int_0^x f(t)\, dt = x^2 + f(x)

, pentru orice

x \in \mathbb{R}

. Dacă

F

este o primitivă a lui

f

astfel încât

F(0)=2

, atunci

F(x)

este:

F(x) = x^2 + 2x - 2e^{x} + 4

F(x) = x^2 + 2x + 2e^{x} + 2

F(x) = x^2 + 2x - 2e^{x} + 2

F(x) = x^2 + 2x + 2e^{x} + 4

Explicație

Derivăm ambii membri ai egalității $\int_0^x f(t)\, dt = x^2 + f(x)$ în raport cu $x$ și obținem $f(x) = 2x + f'(x)$ .
Rearanjăm: $f'(x) - f(x) = -2x$ . Aceasta este o ecuație diferențială liniară de ordinul I. Factorul integrant este $e^{-x}$ .
Înmulțim: $e^{-x} f'(x) - e^{-x} f(x) = -2x e^{-x}$ , adică $\left( e^{-x} f(x) \right)' = -2x e^{-x}$ .
Integrăm: $e^{-x} f(x) = \int -2x e^{-x}\, dx$ . Calculăm integrala prin părți: $\int -2x e^{-x}\, dx = 2x e^{-x} + 2e^{-x} + C$ . Deci $e^{-x} f(x) = 2x e^{-x} + 2e^{-x} + C$ .
Înmulțim cu $e^{x}$ : $f(x) = 2x + 2 + C e^{x}$ .
Determinăm $C$ din condiția inițială: pentru $x=0$ , ecuația originală dă $\int_0^0 f(t)\, dt = 0 = 0^2 + f(0) \Rightarrow f(0)=0$ . Substituim: $f(0)=2\cdot 0 + 2 + C e^0 = 2+C = 0 \Rightarrow C = -2$ .
Deci $f(x) = 2x + 2 - 2e^{x}$ .
O primitivă generală a lui $f$ este $F(x) = \int f(x)\, dx = \int (2x + 2 - 2e^{x})\, dx = x^2 + 2x - 2e^{x} + K$ .
Impunem $F(0)=2$ : $F(0)=0^2 + 2\cdot 0 - 2e^{0} + K = -2 + K = 2 \Rightarrow K=4$ .
Prin urmare, $F(x) = x^2 + 2x - 2e^{x} + 4$ .

Greu#9

Fie

f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}

o funcție continuă astfel încât pentru orice

x \in \mathbb{R}

are loc egalitatea

\int_0^1 f(tx) \, dt = x^2 + 3x

. Valoarea lui

f(2)

este:

A) 10

B) 16

C) 24

D) 30

Explicație

Pentru $x \neq 0$ se face schimbarea de variabilă $u = tx$ , deci $du = x \, dt$ și $dt = \frac{du}{x}$ . Atunci $\int_0^1 f(tx) \, dt = \int_0^x f(u) \cdot \frac{1}{x} \, du = \frac{1}{x} \int_0^x f(u) \, du$ . \ 2. Din ipoteză, $\frac{1}{x} \int_0^x f(u) \, du = x^2 + 3x$ , deci $\int_0^x f(u) \, du = x^3 + 3x^2$ (pentru $x \neq 0$ ). \ 3. Derivăm în raport cu $x$ ambii membri. Conform teoremei fundamentale a calculului integral, derivata funcției $F(x) = \int_0^x f(u) \, du$ este $F'(x) = f(x)$ . Astfel, $f(x) = 3x^2 + 6x$ . \ 4. Pentru $x = 0$ , din ipoteză avem $\int_0^1 f(0) \, dt = f(0) = 0$ , iar din expresia obținută $f(0) = 0$ , deci este consistent. \ 5. Atunci $f(2) = 3 \cdot 2^2 + 6 \cdot 2 = 3 \cdot 4 + 12 = 12 + 12 = 24$ .

Greu#10

Fie funcția

f(x) = \frac{1}{\sqrt{x^2+2x+5}}

. Determinați primitiva

F

a lui

f

pentru care

F(-1)=0

. Care este valoarea lui

F(0)

\ln\left( \frac{1+\sqrt{5}}{2} \right)

\ln\left( \frac{\sqrt{5}-1}{2} \right)

\ln\left( \frac{2}{1+\sqrt{5}} \right)

\ln\left( \frac{1+\sqrt{5}}{4} \right)

Explicație

Se completează pătratul: $x^2+2x+5 = (x+1)^2+4$ .
Integrala nedefinită: $\int \frac{dx}{\sqrt{x^2+2x+5}} = \int \frac{dx}{\sqrt{(x+1)^2+4}}$ .
Se folosește formula: $\int \frac{du}{\sqrt{u^2+a^2}} = \ln\left( u+ \sqrt{u^2+a^2} \right) + C$ , cu $u=x+1$ , $a=2$ .
O primitivă generală este $F(x) = \ln\left( x+1+ \sqrt{x^2+2x+5} \right) + C$ .
Condiția $F(-1)=0$ : $\ln\left( -1+1+ \sqrt{(-1)^2+2(-1)+5} \right) + C = \ln\left( \sqrt{4} \right) + C = \ln 2 + C = 0 \Rightarrow C = -\ln 2$ .
Atunci $F(x) = \ln\left( x+1+ \sqrt{x^2+2x+5} \right) - \ln 2 = \ln\left( \frac{x+1+ \sqrt{x^2+2x+5}}{2} \right)$ .
Pentru $x=0$ : $F(0) = \ln\left( \frac{0+1+ \sqrt{0+0+5}}{2} \right) = \ln\left( \frac{1+\sqrt{5}}{2} \right)$ . Alternativ, se poate calcula direct: $F(0) = \int_{-1}^{0} f(x) dx = \int_{-1}^{0} \frac{dx}{\sqrt{(x+1)^2+4}} = \ln\left( x+1+ \sqrt{x^2+2x+5} \right) \big|_{-1}^{0} = \ln(1+\sqrt{5}) - \ln 2 = \ln\left( \frac{1+\sqrt{5}}{2} \right)$ .

Greu#11

Să se calculeze

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

\dfrac{\pi^2}{8}

\dfrac{\pi^2}{4}

\dfrac{\pi^2}{2}

\pi^2

Explicație

Fie

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

. Aplicăm substituția

x = \pi - t

dx = -dt

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

, unde

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

. Obținem

2I = \pi J

. Calculăm

J

: cu substituția

u = \cos t

du = -\sin t \, dt

, limitele devin

u(0)=1

u(\pi)=-1

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}

. Atunci

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

, deci

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

Greu#12

Fie

F(x) = \int_x^1 e^{t^2} dt

. Să se calculeze

\int_0^1 F(x) dx

\frac{e-1}{2}

\frac{e^2-1}{2}

\frac{1-e}{2}

e-1

Explicație

Se aplică integrarea prin părți:

\int_0^1 F(x) dx = xF(x)\big|_0^1 - \int_0^1 x F'(x) dx

. \Derivăm

F(x)

F'(x) = \frac{d}{dx} \int_x^1 e^{t^2} dt = -e^{x^2}

(derivata integralei cu limită inferioară variabilă). \Atunci

\int_0^1 F(x) dx = 1\cdot F(1) - 0\cdot F(0) - \int_0^1 x (-e^{x^2}) dx = F(1) + \int_0^1 x e^{x^2} dx

. \Dar

F(1) = \int_1^1 e^{t^2} dt = 0

. \Așadar,

\int_0^1 F(x) dx = \int_0^1 x e^{x^2} dx

. \Se face substituția

u=x^2

du=2x dx

, deci

\int_0^1 x e^{x^2} dx = \frac{1}{2} \int_0^1 e^u du = \frac{1}{2} (e-1)

. \Deci rezultatul este

\frac{e-1}{2}

Și alte 288 grile disponibile după înregistrare.

57 zile până la BAC

Pregătește-te la Primitive cu AI

Accesează toate cele 300 probleme de Primitive 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.