Exemplul 1. Fie \(f:[1,\infty)\to\mathbb{R}\), \(f(x)=\int_{1}^{x} t(1-\ln^{2}t)\,dt\). Să se determine abscisa punctului de maxim local.
Rezolvare:
Notăm \(g(t)=t(1-\ln^{2}t)\). Atunci
\(\displaystyle f(x)=\int_{1}^{x} g(t)\,dt=G(x)-G(1)\)
Prin derivare
\(\displaystyle f'(x)=G'(x)=g(x)=x(1-\ln^{2}x)\)
Determinăm punctele critice
\(\displaystyle f'(x)=0 \iff x(1-\ln^{2}x)=0\)
Cum \(x\in[1,\infty)\Rightarrow x\neq0\), rezultă
\(\displaystyle 1-\ln^{2}x=0 \iff \ln^{2}x=1 \iff \ln x=\pm1\)
\(\displaystyle x=e \ \text{sau}\ x=\frac1e\)
Dar \(\frac1e\notin[1,\infty)\), deci
\(\displaystyle x=e\)
Studiem semnul derivatei \(f'(x)=x(1-\ln^{2}x)\). Pentru \(x\in[1,e)\), \(1-\ln^{2}x>0\Rightarrow f'(x)>0\), iar pentru \(x>e\), \(1-\ln^{2}x<0\Rightarrow f'(x)<0\).
Rezultă că funcția crește pe \([1,e]\) și descrește pe \((e,\infty)\).
Răspuns: \(x=e\).
Exemplul 2. Fie \(f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}\), \(f(x)=\displaystyle\int_{0}^{1}|x-t|\,dt\). Să se calculeze \(\displaystyle\int_{-1}^{2}f(x)\,dx\).
Rezolvare:
\[
|x-t|=
\begin{cases}
x-t, & x\ge t\\
-x+t, & x<t
\end{cases}
\]
|x-t|=
\begin{cases}
x-t, & x\ge t\\
-x+t, & x<t
\end{cases}
\]
</t
Cazul 1: \(x\le 0\). Pentru \(t\in[0,1]\), avem \(x\le 0\le t\), deci \(x\le t\), de unde \(x-t\le 0\) și astfel \(|x-t|=-x+t\).
\[
f(x)=\int_{0}^{1}(-x+t)\,dt=-x\int_{0}^{1}dt+\int_{0}^{1}t\,dt=-x+\frac{1}{2}
\]
f(x)=\int_{0}^{1}(-x+t)\,dt=-x\int_{0}^{1}dt+\int_{0}^{1}t\,dt=-x+\frac{1}{2}
\]
Cazul 2: \(x\in[0,1]\).
Pentru \(t\in[0,x]\), atunci \(t\le x\), deci \(x\ge t\), de unde \(|x-t|=x-t\).
Pentru \(t\in[x,1]\), atunci \(x\le t\), de unde \(|x-t|=-x+t\).
\[
f(x)=\int_{0}^{x}(x-t)\,dt+\int_{x}^{1}(-x+t)\,dt
\]
f(x)=\int_{0}^{x}(x-t)\,dt+\int_{x}^{1}(-x+t)\,dt
\]
\[
=\left(xt-\frac{t^{2}}{2}\right)_{0}^{x}+\left(-xt+\frac{t^{2}}{2}\right)_{x}^{1}
\]
=\left(xt-\frac{t^{2}}{2}\right)_{0}^{x}+\left(-xt+\frac{t^{2}}{2}\right)_{x}^{1}
\]
\[
=\left(x^{2}-\frac{x^{2}}{2}\right)+\left[\left(-x+\frac{1}{2}\right)-\left(-x^{2}+\frac{x^{2}}{2}\right)\right]
\]
=\left(x^{2}-\frac{x^{2}}{2}\right)+\left[\left(-x+\frac{1}{2}\right)-\left(-x^{2}+\frac{x^{2}}{2}\right)\right]
\]
\[
=\frac{x^{2}}{2}-x+\frac{1}{2}+\frac{x^{2}}{2}=x^{2}-x+\frac{1}{2}
\]
=\frac{x^{2}}{2}-x+\frac{1}{2}+\frac{x^{2}}{2}=x^{2}-x+\frac{1}{2}
\]
Cazul 3: \(x\ge 1\). Pentru \(t\in[0,1]\), avem \(t\le 1\le x\), deci \(t\le x\), de unde \(x\ge t\) și astfel \(|x-t|=x-t\).
\[
f(x)=\int_{0}^{1}(x-t)\,dt=x\int_{0}^{1}dt-\int_{0}^{1}t\,dt=x-\frac{1}{2}
\]
f(x)=\int_{0}^{1}(x-t)\,dt=x\int_{0}^{1}dt-\int_{0}^{1}t\,dt=x-\frac{1}{2}
\]
Prin urmare,
\[
f(x)=
\begin{cases}
-x+\frac{1}{2}, & x\le 0\\
x^{2}-x+\frac{1}{2}, & x\in[0,1]\\
x-\frac{1}{2}, & x\ge 1
\end{cases}
\]
f(x)=
\begin{cases}
-x+\frac{1}{2}, & x\le 0\\
x^{2}-x+\frac{1}{2}, & x\in[0,1]\\
x-\frac{1}{2}, & x\ge 1
\end{cases}
\]
Acum calculăm integrala cerută:
\[
\int_{-1}^{2}f(x)\,dx=\int_{-1}^{0}\left(-x+\frac{1}{2}\right)dx+\int_{0}^{1}\left(x^{2}-x+\frac{1}{2}\right)dx+\int_{1}^{2}\left(x-\frac{1}{2}\right)dx
\]
\int_{-1}^{2}f(x)\,dx=\int_{-1}^{0}\left(-x+\frac{1}{2}\right)dx+\int_{0}^{1}\left(x^{2}-x+\frac{1}{2}\right)dx+\int_{1}^{2}\left(x-\frac{1}{2}\right)dx
\]
\[
=\left(-\frac{x^{2}}{2}+\frac{x}{2}\right)_{-1}^{0}+\left(\frac{x^{3}}{3}-\frac{x^{2}}{2}+\frac{x}{2}\right)_{0}^{1}+\left(\frac{x^{2}}{2}-\frac{x}{2}\right)_{1}^{2}
\]
=\left(-\frac{x^{2}}{2}+\frac{x}{2}\right)_{-1}^{0}+\left(\frac{x^{3}}{3}-\frac{x^{2}}{2}+\frac{x}{2}\right)_{0}^{1}+\left(\frac{x^{2}}{2}-\frac{x}{2}\right)_{1}^{2}
\]
\[
=\left(0-\left(-\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\right)\right)+\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\right)+(1-0)
\]
=\left(0-\left(-\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\right)\right)+\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\right)+(1-0)
\]
\[
=1+\frac{1}{3}+1=\frac{7}{3}
\]
=1+\frac{1}{3}+1=\frac{7}{3}
\]
Răspuns: \(\displaystyle\int_{-1}^{2}f(x)\,dx=\frac{7}{3}\).
Exemplul 3. Să se afle valorile parametrului real \(m\) astfel încât ecuația \(x^{2}+1=me^{-1/x}\) să aibă trei soluții reale distincte.
Rezolvare:
\[
x^{2}+1=me^{-1/x}
\]
\[
(x^{2}+1)e^{1/x}=m,\qquad x\neq0
\]
Notăm
\[
f(x)=(x^{2}+1)e^{1/x},\qquad x\neq0
\]
\[
f'(x)=2xe^{1/x}+(x^{2}+1)e^{1/x}\left(-\frac{1}{x^{2}}\right)
\]
\[
f'(x)=e^{1/x}\left(2x-\frac{x^{2}+1}{x^{2}}\right)
\]
\[
f'(x)=e^{1/x}\frac{2x^{3}-x^{2}-1}{x^{2}}
\]
\[
f'(x)=0 \;\Longleftrightarrow\; 2x^{3}-x^{2}-1=0
\]
\[
2x^{3}-x^{2}-1=(x-1)(2x^{2}+x+1)
\]
\[
x=1
\]
\[
f(1)=(1^{2}+1)e=2e
\]
Rezultă că funcția este descrescătoare pe \((0,1)\) și crescătoare pe \((1,+\infty)\).
Prin urmare, funcția admite **punct de minim** în \(x=1\), iar valoarea minimă este \(2e\).
\[
\lim_{x\to0^{+}}(x^{2}+1)e^{1/x}=+\infty,\qquad
\lim_{x\to+\infty}(x^{2}+1)e^{1/x}=+\infty
\]
Deci pentru \(x>0\), ecuația \(f(x)=m\) are două soluții dacă
\[
m>2e
\]
Pe intervalul \((-\infty,0)\) funcția este strict descrescătoare și
\[
\lim_{x\to-\infty}(x^{2}+1)e^{1/x}=+\infty,\qquad
\lim_{x\to0^{-}}(x^{2}+1)e^{1/x}=0
\]
Rezultă că pentru orice \(m>0\) există o soluție negativă.
Prin urmare, ecuația are **trei soluții reale distincte** dacă
\[
m>2e
\]
Exemplul 4. Fie funcțiile derivabile \(f,g:(0,+\infty)\rightarrow\mathbb{R}\),
\(f(x)=\mathrm{arctg}\,x\) și \(g(x)=\frac{1}{4}(\pi+\ln x)\).
Dacă tangenta comună într-un punct comun al graficelor funcțiilor \(f\) și \(g\) intersectează axa \(Ox\) în \(P(\alpha,0)\), atunci determinați \(\alpha\).
\[
\begin{gathered}
\textbf{Rezolvare.}\\
\text{Fie } T(x_T,y_T) \text{ punctul de tangență, } T\in G_f,\; T\in G_g
\Rightarrow f(x_T)=g(x_T).\\
\operatorname{arctg}\sqrt{x_T}=\frac14(\pi+\ln x_T). \qquad (1)\\
\text{Ecuația tangentei în }T:\quad y-y_T=m(x-x_T),\qquad m=f'(x_T),\qquad m=g'(x_T).\\
f'(x)=\left(\operatorname{arctg}\sqrt{x}\right)’
=\frac{1}{1+(\sqrt{x})^2}\cdot\frac{1}{2\sqrt{x}}
=\frac{1}{2\sqrt{x}(1+x)}.\\
g'(x)=\left[\frac14(\pi+\ln x)\right]’=\frac{1}{4x}.\\
\frac{1}{2\sqrt{x_T}(1+x_T)}=\frac{1}{4x_T}. \qquad (2)\\
\text{Din (1) și (2) avem:}\\
\left\{
\begin{array}{l}
\operatorname{arctg}\sqrt{x_T}=\dfrac14(\pi+\ln x_T)\\[2mm]
\dfrac{1}{4x_T}=\dfrac{1}{2\sqrt{x_T}(x_T+1)}
\end{array}
\right.
\Rightarrow 2\sqrt{x_T}(x_T+1)=4x_T \Rightarrow 2x_T=\sqrt{x_T}(x_T+1).\\
2x_T=x_T\sqrt{x_T}+\sqrt{x_T}
\Rightarrow 2(\sqrt{x_T})^2-x_T\sqrt{x_T}-\sqrt{x_T}=0.\\
\sqrt{x_T}(2\sqrt{x_T}-x_T-1)=0
\Rightarrow \sqrt{x_T}(x_T-2\sqrt{x_T}+1)=0.\\
\sqrt{x_T}\big((\sqrt{x_T})^2-2\sqrt{x_T}+1\big)=0
\Rightarrow \sqrt{x_T}(\sqrt{x_T}-1)^2=0.\\
\Rightarrow \sqrt{x_T}=0 \;\; \text{sau} \;\; \sqrt{x_T}-1=0
\Rightarrow x_T=0 \;\; \text{sau} \;\; x_T=1.\\
x_T\in(0,+\infty)\Rightarrow x_T=0 \text{ nu convine, deci } x_T=1.\\
\operatorname{arctg}1=\frac14(\pi+\ln 1)\Rightarrow \frac{\pi}{4}=\frac{\pi}{4}.\\
y_T=\operatorname{arctg}1=\frac{\pi}{4}
\Rightarrow T\left(1,\frac{\pi}{4}\right).\\
m=g'(1)=\frac14.\\
\text{Ecuația tangentei:}\quad y-\frac{\pi}{4}=\frac14(x-1).\\
\text{Dar tangenta intersectează }Ox\text{ în }P(\alpha,0),\text{ deci }P\in \text{tg}.\\
0-\frac{\pi}{4}=\frac14(\alpha-1)
\Rightarrow \alpha-1=-\pi
\Rightarrow \alpha=1-\pi.
\end{gathered}
\]
Exemplul 5. Fie funcția \(f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}\) astfel încât
\(x^{2}+2\displaystyle\int_{0}^{x} t\,f(t)\,dt+2=(x^{2}+1)f(x)+\ln 2,\ \forall x\in\mathbb{R}\).
Calculați \(\displaystyle\int_{0}^{1} f(x)\,dx\).
Rezolvare
Derivăm relația din enunț: \[ x^2+2\int_0^x t f(t)dt+2=(x^2+1)f(x)+\ln2 \] \[ 2x+2x f(x)=2x f(x)+(x^2+1)f'(x)\Rightarrow 2x=(x^2+1)f'(x)\Rightarrow f'(x)=\frac{2x}{x^2+1} \] \[ \int f'(x)dx=\int\frac{2x}{x^2+1}dx \Rightarrow f(x)=\ln(x^2+1)+C \] Determinăm constanta: \[ x=0 \Rightarrow 0^2+2\int_0^0 t f(t)dt+2=(0^2+1)f(0)+\ln2 \] \[ 2=f(0)+\ln2 \Rightarrow f(0)=2-\ln2 \] \[ f(0)=C \Rightarrow C=2-\ln2 \] \[ f(x)=\ln(x^2+1)+2-\ln2 \] Calculăm integrala: \[ \int_0^1 f(x)dx=\int_0^1[\ln(x^2+1)+2-\ln2]dx \] \[ =\int_0^1\ln(x^2+1)dx+(2-\ln2) \] Integrare prin părți: \[ \int_0^1\ln(x^2+1)dx=[x\ln(x^2+1)]_0^1-\int_0^1\frac{2x^2}{x^2+1}dx \] \[ =\ln2-2\int_0^1\frac{x^2}{x^2+1}dx=\ln2-2\int_0^1\left(1-\frac1{x^2+1}\right)dx \] \[ =\ln2-2\left[\int_0^1dx-\int_0^1\frac{dx}{x^2+1}\right]=\ln2-2\left(1-\frac{\pi}{4}\right) \] \[ =\ln2-2+\frac{\pi}{2} \] \[ \int_0^1 f(x)dx=\ln2-2+\frac{\pi}{2}+2-\ln2=\frac{\pi}{2} \] \[ \boxed{\frac{\pi}{2}} \]
Derivăm relația din enunț: \[ x^2+2\int_0^x t f(t)dt+2=(x^2+1)f(x)+\ln2 \] \[ 2x+2x f(x)=2x f(x)+(x^2+1)f'(x)\Rightarrow 2x=(x^2+1)f'(x)\Rightarrow f'(x)=\frac{2x}{x^2+1} \] \[ \int f'(x)dx=\int\frac{2x}{x^2+1}dx \Rightarrow f(x)=\ln(x^2+1)+C \] Determinăm constanta: \[ x=0 \Rightarrow 0^2+2\int_0^0 t f(t)dt+2=(0^2+1)f(0)+\ln2 \] \[ 2=f(0)+\ln2 \Rightarrow f(0)=2-\ln2 \] \[ f(0)=C \Rightarrow C=2-\ln2 \] \[ f(x)=\ln(x^2+1)+2-\ln2 \] Calculăm integrala: \[ \int_0^1 f(x)dx=\int_0^1[\ln(x^2+1)+2-\ln2]dx \] \[ =\int_0^1\ln(x^2+1)dx+(2-\ln2) \] Integrare prin părți: \[ \int_0^1\ln(x^2+1)dx=[x\ln(x^2+1)]_0^1-\int_0^1\frac{2x^2}{x^2+1}dx \] \[ =\ln2-2\int_0^1\frac{x^2}{x^2+1}dx=\ln2-2\int_0^1\left(1-\frac1{x^2+1}\right)dx \] \[ =\ln2-2\left[\int_0^1dx-\int_0^1\frac{dx}{x^2+1}\right]=\ln2-2\left(1-\frac{\pi}{4}\right) \] \[ =\ln2-2+\frac{\pi}{2} \] \[ \int_0^1 f(x)dx=\ln2-2+\frac{\pi}{2}+2-\ln2=\frac{\pi}{2} \] \[ \boxed{\frac{\pi}{2}} \]
Exemplul 6. Determinați limita \(\displaystyle \lim_{x\to 0}\frac{\cos x-e^{-\frac{x^2}{2}}}{x^4}\).
Rezolvare: \[ \lim_{x\to 0}\frac{\cos x-e^{-\frac{x^2}{2}}}{x^4} \overset{[0/0]}{\underset{L’H}{=}} \lim_{x\to 0}\frac{-\sin x+x e^{-\frac{x^2}{2}}}{4x^3} \overset{[0/0]}{\underset{L’H}{=}} \lim_{x\to 0}\frac{-\cos x+e^{-\frac{x^2}{2}}-x^2e^{-\frac{x^2}{2}}}{12x^2} \] \[ \overset{[0/0]}{\underset{L’H}{=}} \lim_{x\to 0}\frac{\sin x-3x e^{-\frac{x^2}{2}}+x^3 e^{-\frac{x^2}{2}}}{24x} \overset{[0/0]}{\underset{L’H}{=}} \lim_{x\to 0}\frac{\cos x-3e^{-\frac{x^2}{2}}+6x^2e^{-\frac{x^2}{2}}-x^4e^{-\frac{x^2}{2}}}{24} \] \[ =\frac{1-3}{24}=-\frac{1}{12} \]
Exemplul 7. Fie \(f:(1,\infty)\to\mathbb{R}\),
\(f(y)=\displaystyle\int_{0}^{y}\frac{1}{x^{2}-2x+y}\,dx\).
Calculați \(\displaystyle\int_{2}^{10}f(y)\,dy\).
\(f(y)=\displaystyle\int_{0}^{y}\frac{1}{x^{2}-2x+y}\,dx\).
Calculați \(\displaystyle\int_{2}^{10}f(y)\,dy\).
Rezolvare:
