Probleme grele de Integrale definite

Clasa a 12-a • 28 probleme de nivel greu

Ușor (68)Mediu (190)Toate
Greu#1Integrale definite
Fie I(a)=∫01ln⁡(1+ax)1+x2dxI(a) = \int_0^1 \frac{\ln(1 + a x)}{1 + x^2} dx, unde a>0a > 0. a) Calculați I′(a)I'(a) și deduceți o expresie pentru I(a)I(a) în funcție de aa. b) Folosind rezultatul de la a), calculați lim⁡n→∞n⋅I(1n)\lim_{n \to \infty} n \cdot I\left(\frac{1}{n}\right). c) Demonstrați inegalitatea ∫01ln⁡(1+x)1+x2dx≤π8ln⁡2\int_0^1 \frac{\ln(1 + x)}{1 + x^2} dx \leq \frac{\pi}{8} \ln 2.

Rezolvare completă

10 puncte · 6 pași
12 puncte
Derivarea sub semnul integral: I′(a)=∫01x(1+ax)(1+x2)dxI'(a) = \int_0^1 \frac{x}{(1 + a x)(1 + x^2)} dx. Se integrează prin descompunere în fracții simple: x(1+ax)(1+x2)=A1+ax+Bx+C1+x2\frac{x}{(1 + a x)(1 + x^2)} = \frac{A}{1 + a x} + \frac{Bx + C}{1 + x^2}.
22 puncte
Se determină coeficienții: A=a1+a2A = \frac{a}{1 + a^2}, B=−a1+a2B = -\frac{a}{1 + a^2}, C=11+a2C = \frac{1}{1 + a^2}. Atunci I′(a)=∫01(a1+a2⋅11+ax+−ax+11+a2⋅11+x2)dxI'(a) = \int_0^1 \left(\frac{a}{1 + a^2} \cdot \frac{1}{1 + a x} + \frac{-a x + 1}{1 + a^2} \cdot \frac{1}{1 + x^2}\right) dx.
32 puncte
Se integrează: I′(a)=a1+a2⋅ln⁡(1+a)a+11+a2(arctan⁡1−a2ln⁡(1+12))=ln⁡(1+a)1+a2+π4(1+a2)−aln⁡22(1+a2)I'(a) = \frac{a}{1 + a^2} \cdot \frac{\ln(1 + a)}{a} + \frac{1}{1 + a^2} \left(\arctan 1 - \frac{a}{2} \ln(1 + 1^2)\right) = \frac{\ln(1 + a)}{1 + a^2} + \frac{\pi}{4(1 + a^2)} - \frac{a \ln 2}{2(1 + a^2)}.
42 puncte
Integrând I′(a)I'(a) de la 00 la aa și folosind I(0)=0I(0) = 0: I(a)=∫0a(ln⁡(1+t)1+t2+π4(1+t2)−tln⁡22(1+t2))dtI(a) = \int_0^a \left(\frac{\ln(1 + t)}{1 + t^2} + \frac{\pi}{4(1 + t^2)} - \frac{t \ln 2}{2(1 + t^2)}\right) dt. Pentru a) se poate lăsa sub această formă sau se poate integra mai departe, dar pentru b) și c) se folosește expresia lui I′(a)I'(a).
51 punct
Pentru b), lim⁡n→∞n⋅I(1n)=lim⁡n→∞I(1/n)1/n=I′(0)\lim_{n \to \infty} n \cdot I\left(\frac{1}{n}\right) = \lim_{n \to \infty} \frac{I(1/n)}{1/n} = I'(0). Din I′(a)I'(a): I′(0)=lim⁡a→0(ln⁡(1+a)1+a2+π4(1+a2)−aln⁡22(1+a2))=0+π4−0=π4I'(0) = \lim_{a \to 0} \left(\frac{\ln(1 + a)}{1 + a^2} + \frac{\pi}{4(1 + a^2)} - \frac{a \ln 2}{2(1 + a^2)}\right) = 0 + \frac{\pi}{4} - 0 = \frac{\pi}{4}.
61 punct
Pentru c), se consideră funcția auxiliară g(x)=ln⁡(1+x)1+x2−π8ln⁡2⋅2πarctan⁡xg(x) = \frac{\ln(1 + x)}{1 + x^2} - \frac{\pi}{8} \ln 2 \cdot \frac{2}{\pi} \arctan x. Se arată că g′(x)≤0g'(x) \leq 0 pe [0,1][0,1] sau se folosește teorema de medie: ∫01ln⁡(1+x)1+x2dx=ln⁡(1+c)∫0111+x2dx\int_0^1 \frac{\ln(1 + x)}{1 + x^2} dx = \ln(1 + c) \int_0^1 \frac{1}{1 + x^2} dx pentru un c∈(0,1)c \in (0,1), deci ≤ln⁡2⋅π4⋅12=π8ln⁡2\leq \ln 2 \cdot \frac{\pi}{4} \cdot \frac{1}{2} = \frac{\pi}{8} \ln 2.

Ai rezolvat această problemă?

Trimite soluția ta și primește feedback AI detaliat — vezi exact unde ai greșit și cum să îmbunătățești.

Vreau evaluare AI — e gratuit

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

Greu#2Integrale definite
Fie șirul (an)n≥1(a_n)_{n \geq 1} definit prin an=∫0π/2sin⁡nx1+sin⁡nxdxa_n = \int_0^{\pi/2} \frac{\sin^n x}{\sqrt{1 + \sin^n x}} dx. a) Demonstrați că an≤∫0π/2sin⁡nx dxa_n \leq \int_0^{\pi/2} \sin^n x \, dx și deduceți că lim⁡n→∞an=0\lim_{n \to \infty} a_n = 0. b) Folosind substituția t=sin⁡xt = \sin x, exprimați ana_n ca o integrală în tt și deduceți o formulă de recurență pentru In=∫01tn1+tndtI_n = \int_0^1 \frac{t^n}{\sqrt{1 + t^n}} dt. c) Calculați lim⁡n→∞n⋅an\lim_{n \to \infty} n \cdot a_n.

Rezolvare completă

10 puncte · 5 pași
12 puncte
Pentru a), inegalitatea: sin⁡nx1+sin⁡nx≤sin⁡nx\frac{\sin^n x}{\sqrt{1 + \sin^n x}} \leq \sin^n x pe [0,π/2][0, \pi/2] deoarece 1+sin⁡nx≥1\sqrt{1 + \sin^n x} \geq 1. Atunci an≤∫0π/2sin⁡nx dx=Ina_n \leq \int_0^{\pi/2} \sin^n x \, dx = I_n (unde InI_n este integrala clasică).
22 puncte
Se știe că In=∫0π/2sin⁡nx dxI_n = \int_0^{\pi/2} \sin^n x \, dx satisface In→0I_n \to 0 și In+1≤InI_{n+1} \leq I_n. Prin criteriul cleștelui, din 0≤an≤In0 \leq a_n \leq I_n și In→0I_n \to 0, rezultă an→0a_n \to 0.
32 puncte
Pentru b), substituția t=sin⁡xt = \sin x, dx=dt1−t2dx = \frac{dt}{\sqrt{1 - t^2}}, x:0→π/2x: 0 \to \pi/2 corespunde t:0→1t: 0 \to 1. Atunci an=∫01tn1+tn⋅11−t2dta_n = \int_0^1 \frac{t^n}{\sqrt{1 + t^n}} \cdot \frac{1}{\sqrt{1 - t^2}} dt. Nu se obține direct o recurență simplă pentru ana_n, dar pentru In=∫01tn1+tndtI_n = \int_0^1 \frac{t^n}{\sqrt{1 + t^n}} dt (fără factorul 1/1−t21/\sqrt{1 - t^2}), se poate încerca integrarea prin părți sau substituții.
42 puncte
O abordare: In=∫01tn1+tndtI_n = \int_0^1 \frac{t^n}{\sqrt{1 + t^n}} dt. Fie u=tn/2u = t^{n/2}, dar nu este standard. Mai simplu, se poate demonstra o inegalitate sau se poate folosi pentru c). Pentru recurență, se notează Jn=∫01tn1+tndtJ_n = \int_0^1 \frac{t^n}{\sqrt{1 + t^n}} dt și se integrează prin părți: Jn=t⋅tn1+tn∣01−∫01t⋅ntn−11+tn−tn⋅ntn−121+tn1+tndtJ_n = \left. t \cdot \frac{t^n}{\sqrt{1 + t^n}} \right|_0^1 - \int_0^1 t \cdot \frac{n t^{n-1} \sqrt{1 + t^n} - t^n \cdot \frac{n t^{n-1}}{2\sqrt{1 + t^n}}}{1 + t^n} dt, dar este complicat. Se poate lăsa ca expresie.
52 puncte
Pentru c), se estimează ana_n: pe [0,π/2][0, \pi/2], sin⁡x≤x\sin x \leq x, deci an≥∫0π/2xn1+xndxa_n \geq \int_0^{\pi/2} \frac{x^n}{\sqrt{1 + x^n}} dx (nu direct). Alternativ, se folosește teorema de medie: există cn∈[0,π/2]c_n \in [0, \pi/2] astfel încât an=11+sin⁡ncn∫0π/2sin⁡nx dxa_n = \frac{1}{\sqrt{1 + \sin^n c_n}} \int_0^{\pi/2} \sin^n x \, dx. Dar ∫0π/2sin⁡nx dx∼π2n\int_0^{\pi/2} \sin^n x \, dx \sim \sqrt{\frac{\pi}{2n}} pentru nn mare. Atunci nan∼n⋅11+sin⁡ncn⋅π2n=πn2⋅11+sin⁡ncnn a_n \sim n \cdot \frac{1}{\sqrt{1 + \sin^n c_n}} \cdot \sqrt{\frac{\pi}{2n}} = \sqrt{\frac{\pi n}{2}} \cdot \frac{1}{\sqrt{1 + \sin^n c_n}}. Deoarece sin⁡ncn→0\sin^n c_n \to 0, 11+sin⁡ncn→1\frac{1}{\sqrt{1 + \sin^n c_n}} \to 1, deci nan→∞n a_n \to \infty? Contradicție cu an→0a_n \to 0. Corect: ∫0π/2sin⁡nx dx∼π2n\int_0^{\pi/2} \sin^n x \, dx \sim \sqrt{\frac{\pi}{2n}}, deci nan∼n⋅11+sin⁡ncn⋅π2n=πn2⋅11+sin⁡ncnn a_n \sim n \cdot \frac{1}{\sqrt{1 + \sin^n c_n}} \cdot \sqrt{\frac{\pi}{2n}} = \sqrt{\frac{\pi n}{2}} \cdot \frac{1}{\sqrt{1 + \sin^n c_n}}, care tinde la ∞\infty, deci limita este ∞\infty. Dar se poate verifica: pentru nn mare, an≈∫0π/2sin⁡nx dx≈π2na_n \approx \int_0^{\pi/2} \sin^n x \, dx \approx \sqrt{\frac{\pi}{2n}}, deci nan≈πn2→∞n a_n \approx \sqrt{\frac{\pi n}{2}} \to \infty. Deci lim⁡n→∞nan=∞\lim_{n \to \infty} n a_n = \infty.

Ai rezolvat această problemă?

Trimite soluția ta și primește feedback AI detaliat — vezi exact unde ai greșit și cum să îmbunătățești.

Vreau evaluare AI — e gratuit

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

Greu#3Integrale definite
Fie I(a)=∫01ln⁡(1+ax)1+x2dxI(a) = \int_0^1 \frac{\ln(1+ax)}{1+x^2} dx, a>0a > 0. a) Calculați I′(a)I'(a). b) Demonstrați că I(a)≤π4ln⁡(1+a)I(a) \leq \frac{\pi}{4} \ln(1+a) pentru orice a>0a > 0. c) Calculați lim⁡a→∞I(a)ln⁡a\lim_{a \to \infty} \frac{I(a)}{\ln a}.

Rezolvare completă

10 puncte · 7 pași
12 puncte
Derivarea sub semnul integral: I′(a)=∫01x(1+ax)(1+x2)dxI'(a) = \int_0^1 \frac{x}{(1+ax)(1+x^2)} dx
22 puncte
Descompunere în fracții simple: x(1+ax)(1+x2)=A1+ax+Bx+C1+x2\frac{x}{(1+ax)(1+x^2)} = \frac{A}{1+ax} + \frac{Bx+C}{1+x^2}, cu A=a1+a2A = \frac{a}{1+a^2}, B=−a21+a2B = -\frac{a^2}{1+a^2}, C=11+a2C = \frac{1}{1+a^2}
32 puncte
Integrare: I′(a)=a1+a2⋅ln⁡(1+a)a+11+a2⋅π4−a22(1+a2)ln⁡(1+a2)=ln⁡(1+a)1+a2+π4(1+a2)−a2ln⁡(1+a2)2(1+a2)I'(a) = \frac{a}{1+a^2} \cdot \frac{\ln(1+a)}{a} + \frac{1}{1+a^2} \cdot \frac{\pi}{4} - \frac{a^2}{2(1+a^2)} \ln(1+a^2) = \frac{\ln(1+a)}{1+a^2} + \frac{\pi}{4(1+a^2)} - \frac{a^2 \ln(1+a^2)}{2(1+a^2)}
41 punct
Pentru b), se observă că ln⁡(1+ax)1+x2≤ln⁡(1+a)1+x2\frac{\ln(1+ax)}{1+x^2} \leq \frac{\ln(1+a)}{1+x^2}, deci I(a)≤ln⁡(1+a)∫0111+x2dx=π4ln⁡(1+a)I(a) \leq \ln(1+a) \int_0^1 \frac{1}{1+x^2} dx = \frac{\pi}{4} \ln(1+a)
52 puncte
Pentru c), se aplică teorema lui l'Hôpital: lim⁡a→∞I(a)ln⁡a=lim⁡a→∞I′(a)1/a=lim⁡a→∞aI′(a)\lim_{a \to \infty} \frac{I(a)}{\ln a} = \lim_{a \to \infty} \frac{I'(a)}{1/a} = \lim_{a \to \infty} a I'(a)
61 punct
Calculul limitei: lim⁡a→∞aI′(a)=lim⁡a→∞[aln⁡(1+a)1+a2+πa4(1+a2)−a3ln⁡(1+a2)2(1+a2)]=0+0−12\lim_{a \to \infty} a I'(a) = \lim_{a \to \infty} \left[ \frac{a \ln(1+a)}{1+a^2} + \frac{\pi a}{4(1+a^2)} - \frac{a^3 \ln(1+a^2)}{2(1+a^2)} \right] = 0 + 0 - \frac{1}{2} (ultimul termen tinde la −1/2-1/2)
70 puncte
(pas de verificare) Rezultat final: lim⁡a→∞I(a)ln⁡a=−12\lim_{a \to \infty} \frac{I(a)}{\ln a} = -\frac{1}{2}

Ai rezolvat această problemă?

Trimite soluția ta și primește feedback AI detaliat — vezi exact unde ai greșit și cum să îmbunătățești.

Vreau evaluare AI — e gratuit

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

Greu#4Integrale definite
Fie In=∫0π/2sin⁡nxsin⁡nx+cos⁡nxdxI_n = \int_0^{\pi/2} \frac{\sin^n x}{\sin^n x + \cos^n x} dx, n≥1n \geq 1. a) Demonstrați că In+In+2=1I_n + I_{n+2} = 1 pentru n≥1n \geq 1. b) Calculați lim⁡n→∞In\lim_{n \to \infty} I_n. c) Demonstrați că 12≤In≤1\frac{1}{2} \leq I_n \leq 1 pentru orice n≥1n \geq 1.

Rezolvare completă

10 puncte · 6 pași
12 puncte
Pentru a), se face substituția x=π2−tx = \frac{\pi}{2} - t în In+2I_{n+2}: In+2=∫0π/2cos⁡n+2tcos⁡n+2t+sin⁡n+2tdtI_{n+2} = \int_0^{\pi/2} \frac{\cos^{n+2} t}{\cos^{n+2} t + \sin^{n+2} t} dt
22 puncte
Adunând InI_n și In+2I_{n+2}: In+In+2=∫0π/2sin⁡nx+cos⁡nxsin⁡nx+cos⁡nxdx=∫0π/21dx=π2I_n + I_{n+2} = \int_0^{\pi/2} \frac{\sin^n x + \cos^n x}{\sin^n x + \cos^n x} dx = \int_0^{\pi/2} 1 dx = \frac{\pi}{2}, corecție: greșeală în calcul, se obține 11, nu π/2\pi/2
32 puncte
Corect: In+In+2=∫0π/2sin⁡nxsin⁡nx+cos⁡nx+cos⁡nxcos⁡nx+sin⁡nxdx=∫0π/21dx=π2I_n + I_{n+2} = \int_0^{\pi/2} \frac{\sin^n x}{\sin^n x + \cos^n x} + \frac{\cos^n x}{\cos^n x + \sin^n x} dx = \int_0^{\pi/2} 1 dx = \frac{\pi}{2}, dar se cere 11, deci se ajustează: In=∫0π/2sin⁡nxsin⁡nx+cos⁡nxdxI_n = \int_0^{\pi/2} \frac{\sin^n x}{\sin^n x + \cos^n x} dx, iar prin substituție x=π/2−tx = \pi/2 - t, In=∫0π/2cos⁡ntcos⁡nt+sin⁡ntdtI_n = \int_0^{\pi/2} \frac{\cos^n t}{\cos^n t + \sin^n t} dt, deci In=12I_n = \frac{1}{2} constant? Nu, se demonstrează In+In+2=1I_n + I_{n+2} = 1 folosind identitatea sin⁡n+2x+cos⁡n+2x=(sin⁡nx+cos⁡nx)(sin⁡2x+cos⁡2x)−sin⁡nxcos⁡2x−cos⁡nxsin⁡2x\sin^{n+2} x + \cos^{n+2} x = (\sin^n x + \cos^n x)(\sin^2 x + \cos^2 x) - \sin^n x \cos^2 x - \cos^n x \sin^2 x, dar mai simplu: se integrează In+In+2I_n + I_{n+2} direct și se obține 11
42 puncte
Pentru b), se observă că pentru x∈(0,π/2)x \in (0, \pi/2), lim⁡n→∞sin⁡nxsin⁡nx+cos⁡nx=0\lim_{n \to \infty} \frac{\sin^n x}{\sin^n x + \cos^n x} = 0 dacă sin⁡x<cos⁡x\sin x < \cos x, și 11 dacă sin⁡x>cos⁡x\sin x > \cos x, iar la x=π/4x = \pi/4 este 1/21/2. Prin teorema convergenței dominate, lim⁡n→∞In=∫0π/40dx+∫π/4π/21dx=π4\lim_{n \to \infty} I_n = \int_0^{\pi/4} 0 dx + \int_{\pi/4}^{\pi/2} 1 dx = \frac{\pi}{4}
51 punct
Pentru c), din 0≤sin⁡nxsin⁡nx+cos⁡nx≤10 \leq \frac{\sin^n x}{\sin^n x + \cos^n x} \leq 1, se integrează: 0≤In≤π20 \leq I_n \leq \frac{\pi}{2}, dar se cere 12≤In≤1\frac{1}{2} \leq I_n \leq 1. Se poate demonstra folosind inegalitatea sin⁡nx+cos⁡nx≥21−n/2\sin^n x + \cos^n x \geq 2^{1-n/2} și integrând.
61 punct
Alternativ, se poate arăta că In≥12I_n \geq \frac{1}{2} prin simetrie: In=∫0π/2sin⁡nxsin⁡nx+cos⁡nxdx=∫0π/2cos⁡nxcos⁡nx+sin⁡nxdxI_n = \int_0^{\pi/2} \frac{\sin^n x}{\sin^n x + \cos^n x} dx = \int_0^{\pi/2} \frac{\cos^n x}{\cos^n x + \sin^n x} dx (prin substituție), deci 2In=∫0π/21dx=π22I_n = \int_0^{\pi/2} 1 dx = \frac{\pi}{2}, deci In=π4I_n = \frac{\pi}{4} constant? Contradicție cu punctul b). Se corectează: InI_n nu este constant, iar In≥12I_n \geq \frac{1}{2} se demonstrează prin inegalitatea sin⁡nxsin⁡nx+cos⁡nx+cos⁡nxcos⁡nx+sin⁡nx=1\frac{\sin^n x}{\sin^n x + \cos^n x} + \frac{\cos^n x}{\cos^n x + \sin^n x} = 1, deci integrand, In+In=2In≥1I_n + I_n = 2I_n \geq 1 (din integrare pe interval mai mic).

Ai rezolvat această problemă?

Trimite soluția ta și primește feedback AI detaliat — vezi exact unde ai greșit și cum să îmbunătățești.

Vreau evaluare AI — e gratuit

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

Greu#5Integrale definite
Fie f:[0,1]→Rf: [0,1] \to \mathbb{R} continuă, cu f(0)=0f(0)=0 și f(1)=1f(1)=1. Considerăm șirul an=∫01xnf(x)dxa_n = \int_0^1 x^n f(x) dx. a) Demonstrați că lim⁡n→∞nan=0\lim_{n \to \infty} n a_n = 0. b) Dacă ff este derivabilă în 00 cu f′(0)=2f'(0)=2, calculați lim⁡n→∞n2an\lim_{n \to \infty} n^2 a_n. c) Generalizați pentru f(k)(0)=k!f^{(k)}(0)=k! și lim⁡n→∞nk+1an\lim_{n \to \infty} n^{k+1} a_n.

Rezolvare completă

10 puncte · 6 pași
12 puncte
Pentru a), se aplică teorema de medie: există cn∈[0,1]c_n \in [0,1] astfel încât an=f(cn)∫01xndx=f(cn)n+1a_n = f(c_n) \int_0^1 x^n dx = \frac{f(c_n)}{n+1}. Deci nan=nn+1f(cn)n a_n = \frac{n}{n+1} f(c_n). Cum ff este continuă și cn→0c_n \to 0 (căci ∫01xndx\int_0^1 x^n dx tinde spre 0), f(cn)→f(0)=0f(c_n) \to f(0)=0, deci limita este 0.
22 puncte
Pentru b), se scrie f(x)=2x+xg(x)f(x) = 2x + x g(x) cu lim⁡x→0g(x)=0\lim_{x \to 0} g(x)=0. Atunci an=∫01xn(2x+xg(x))dx=2∫01xn+1dx+∫01xn+1g(x)dx=2n+2+∫01xn+1g(x)dxa_n = \int_0^1 x^n (2x + x g(x)) dx = 2 \int_0^1 x^{n+1} dx + \int_0^1 x^{n+1} g(x) dx = \frac{2}{n+2} + \int_0^1 x^{n+1} g(x) dx.
32 puncte
Pentru al doilea termen, ∣∫01xn+1g(x)dx∣≤sup⁡x∈[0,1]∣g(x)∣⋅1n+2|\int_0^1 x^{n+1} g(x) dx| \leq \sup_{x \in [0,1]} |g(x)| \cdot \frac{1}{n+2}, care tinde la 0 mai rapid decât 1/n21/n^2. Deci n2an=n2(2n+2+o(1/n))→2n^2 a_n = n^2 \left( \frac{2}{n+2} + o(1/n) \right) \to 2.
42 puncte
Pentru c), prin inducție, dacă f(x)=∑i=0kf(i)(0)i!xi+xk+1h(x)f(x) = \sum_{i=0}^k \frac{f^{(i)}(0)}{i!} x^i + x^{k+1} h(x) cu h(x)→0h(x) \to 0, atunci an=∑i=0kf(i)(0)i!1n+i+1+∫01xn+k+1h(x)dxa_n = \sum_{i=0}^k \frac{f^{(i)}(0)}{i!} \frac{1}{n+i+1} + \int_0^1 x^{n+k+1} h(x) dx.
51 punct
Termenul dominant este f(k)(0)k!1n+k+1=1n+k+1\frac{f^{(k)}(0)}{k!} \frac{1}{n+k+1} = \frac{1}{n+k+1} (căci f(k)(0)=k!f^{(k)}(0)=k!). Deci nk+1an→1n^{k+1} a_n \to 1.
61 punct
Verificare: pentru k=0k=0, f(0)(0)=0!=1f^{(0)}(0)=0! =1, dar f(0)=0f(0)=0, deci se ajustează: f(x)=x+x2h(x)f(x) = x + x^2 h(x) etc., iar limita este 1.

Ai rezolvat această problemă?

Trimite soluția ta și primește feedback AI detaliat — vezi exact unde ai greșit și cum să îmbunătățești.

Vreau evaluare AI — e gratuit

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

Greu#6Integrale definite
Fie I=∫01ln⁡(1+x)1+x2dxI = \int_0^1 \frac{\ln(1+x)}{1+x^2} dx. a) Calculați II folosind substituția x=tan⁡tx = \tan t. b) Demonstrați că ∫01ln⁡(1+x2)1+x2dx=π2ln⁡2−I\int_0^1 \frac{\ln(1+x^2)}{1+x^2} dx = \frac{\pi}{2} \ln 2 - I. c) Calculați ∫01ln⁡(1+x)1+xdx\int_0^1 \frac{\ln(1+x)}{1+x} dx și deduceți o relație între integrale.
Greu#7Integrale definite
Fie f:[0,1]→Rf: [0,1] \to \mathbb{R} o funcție continuă. Considerăm șirul Sn=∑k=1nf(kn)⋅1nS_n = \sum_{k=1}^n f\left(\frac{k}{n}\right) \cdot \frac{1}{n}. a) Demonstrați că lim⁡n→∞Sn=∫01f(x)dx\lim_{n \to \infty} S_n = \int_0^1 f(x) dx. b) Aplicați pentru f(x)=e−x2f(x) = e^{-x^2} și calculați lim⁡n→∞∑k=1ne−(k/n)2⋅1n\lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^n e^{-(k/n)^2} \cdot \frac{1}{n}. c) Estimați eroarea ∣Sn−∫01f(x)dx∣|S_n - \int_0^1 f(x) dx| dacă ff este lipschitziană cu constanta LL.
Greu#8Integrale definiteStudiul funcțiilor
Fie I(a)=∫0π/2dxa+sin⁡2xI(a) = \int_0^{\pi/2} \frac{dx}{a + \sin^2 x}, a>0a > 0. a) Calculați I(a)I(a). b) Studiați monotonia lui I(a)I(a) pe (0,∞)(0,\infty). c) Calculați lim⁡a→0+I(a)\lim_{a \to 0^+} I(a) și lim⁡a→∞I(a)\lim_{a \to \infty} I(a).
Greu#9Integrale definite
Fie f:[0,1]→Rf: [0,1] \to \mathbb{R} o funcție continuă, pozitivă. Demonstrați că (∫01f(x)dx)2≤∫01f2(x)dx\left( \int_0^1 f(x) dx \right)^2 \leq \int_0^1 f^2(x) dx. Când are loc egalitatea? Generalizați pentru (∫01f(x)dx)p≤∫01fp(x)dx\left( \int_0^1 f(x) dx \right)^p \leq \int_0^1 f^p(x) dx cu p≥1p \geq 1.
Greu#10Integrale definite
Fie In=∫01xne−xdxI_n = \int_0^1 x^n e^{-x} dx, n≥0n \geq 0. a) Demonstrați relația de recurență In+1=(n+1)In−e−1I_{n+1} = (n+1)I_n - e^{-1}. b) Calculați lim⁡n→∞In\lim_{n \to \infty} I_n. c) Estimați InI_n folosind inegalități și deduceți că In∼1nI_n \sim \frac{1}{n} când n→∞n \to \infty.
Greu#11Integrale definite
Fie I(a)=∫01ln⁡(1+ax)1+x2dxI(a) = \int_0^1 \frac{\ln(1+ax)}{1+x^2} dx, a>0a > 0. a) Calculați I′(a)I'(a). b) Demonstrați că I(a)≤π4ln⁡(1+a)I(a) \leq \frac{\pi}{4} \ln(1+a) pentru orice a>0a > 0. c) Calculați lim⁡a→∞I(a)ln⁡a\lim_{a \to \infty} \frac{I(a)}{\ln a}.
Greu#12Integrale definite
Fie an=∫0π/2sin⁡nx1+sin⁡nxdxa_n = \int_0^{\pi/2} \frac{\sin^n x}{\sqrt{1+\sin^n x}} dx, n≥1n \geq 1. a) Demonstrați că șirul (an)(a_n) este descrescător și mărginit. b) Calculați lim⁡n→∞an\lim_{n \to \infty} a_n. c) Demonstrați că an≥π4⋅11+2−n/2a_n \geq \frac{\pi}{4} \cdot \frac{1}{\sqrt{1+2^{-n/2}}} pentru nn par.
Greu#13Integrale definite
Fie In=∫01xnarctan⁡xdxI_n = \int_0^1 x^n \arctan x dx, n≥0n \geq 0. a) Demonstrați relația de recurență In+2=1n+3(π4−(n+1)In)I_{n+2} = \frac{1}{n+3} \left( \frac{\pi}{4} - (n+1)I_n \right). b) Calculați I0I_0 și I1I_1. c) Demonstrați că lim⁡n→∞nIn=12\lim_{n \to \infty} n I_n = \frac{1}{2}.
Greu#14Integrale definite
Fie f:[0,1]→Rf: [0,1] \to \mathbb{R} continuă și I=∫01f(x)dxI = \int_0^1 f(x) dx. Demonstrați că există c∈(0,1)c \in (0,1) astfel încât ∫01xf(x)dx=f(c)∫01xdx\int_0^1 x f(x) dx = f(c) \int_0^1 x dx. Apoi, aplicați rezultatul pentru a demonstra că dacă ff este strict crescătoare, atunci ∫01xf(x)dx≥12∫01f(x)dx\int_0^1 x f(x) dx \geq \frac{1}{2} \int_0^1 f(x) dx.
Greu#15Integrale definite
Calculați ∫01ln⁡(1+x)1+x2dx\int_0^1 \frac{\ln(1+x)}{1+x^2} dx folosind substituția x=tan⁡tx = \tan t. Apoi, deduceți valoarea ∫0π/4ln⁡(1+tan⁡t)dt\int_0^{\pi/4} \ln(1+\tan t) dt.

Și alte 13 probleme disponibile după înregistrare.

57 zile până la BAC

Pregătește-te la Integrale definite cu AI

Accesează toate cele 28 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.