Page 26 - MATINF Nr. 13-14

26 M. Ionescu, A. Gobej

x n Z 1 x n 1
n
Pentru x ∈ [0, 1] , avem 0 ≤ √ ≤ x , de unde obt , inem 0 ≤ √ dx ≤ s , i
x + 1 0 x + 1 n + 1
3
3
prin trecere la limit˘ obt , inem lim I n = 0.
a
n→∞
Z 2
1
nx
Aplicat , ia 2. S˘ se calculeze lim x dx.
a
n→∞ 4 n
1
a
Problem˘ aleas˘ din [5]
a
Z 2
1
nx
De multe ori se procedeaz˘a astfel: not˘am x n = x dx. Aplicˆand teorema de medie
4 n 1
2 1 n c 1
Z
c
nx
nc
n
a
pentru integrale, x dx = c , c ∈ (1, 2) . Observ˘am c˘ n ≤ x ≤ , < 1, iar n → 0
1 4 2 2 4
Z 2
c 1
n
n
nx
s , i → 0. Aplicˆand criteriul cles , telui obt , inem x → 0, deci lim x dx = 0.
2 n→∞ 4 n 1
Din nou s-a aplicat eronat teorema de medie. Num˘arul c la care se recurge aici ˆın teorema
de medie nu este de fapt o constant˘a.
2
Z
x
Pentru n = 1, I 1 = x dx, ∃c 1 ∈ (1, 2) astfel ˆıncˆat I 1 = c .
c 1
1
1
2
Z
2x
Pentru n = 2, I 2 = x dx, ∃c 2 ∈ (1, 2) astfel ˆıncˆat I 2 = c 2c 2 .
2
1
2
Z
ˆ x dx, ∃c n ∈ (1, 2) astfel ˆıncˆat I n = c nc n .
nx
In general, pentru I n =
n
1
1 c n 2n
Deci obt , inem un s , ir c 1 , c 2 , . . . , c n . . .. Putem avea c = 2 − s , i nu tinde la zero
n
n 2
cˆand n tinde la ∞.
O rezolvare corect˘ este urm˘atoarea:
a
2
Z
nx
2n
Pentru x ∈ [1, 2] , avem nx ≤ 2n, de unde x nx ≤ x . Prin integrare obt , inem x dx ≤
1
2 x 2n+1 2 2n+1 − 1 1 2 2 2n+1 − 1 1
Z 2 Z
nx
2n
x dx = = . Rezult˘a 0 < x dx ≤ · , prin urmare
1 2n + 1 1 2n + 1 4 n 1 2n + 1 2 2n
2 2n+1 1 2
0 < x n < · , echivalent˘a cu: 0 < x n < s , i folosind ,,teorema cles , telui”,
2 2n 2n + 1 2n + 1
obt , inem lim x n = 0.
n→∞
Iat˘ s , i dou˘a aplicat , ii ˆın care teorema de medie este aplicat˘a corect s , i neabuziv.
a
1
Z
n
∗
a
Aplicat , ia 3. Dac˘ I n = arctg nxdx, n ∈ N s , i L = lim n (n + 1) I n , atunci:
1 n→∞
n+1
√
π π 2
A. L = 0 B. L = C. L = 1 D. L = E. L =
4 2 2
a
Admitere 2002, ASE Bucures , ti, problem˘ aleas˘ din [1], pag. 286
a
1 1
Å ã
Solut ,ie. Aplicˆand teorema de medie rezult˘a c˘a exist˘a c ∈ , astfel ˆıncˆat I n =
n
n + 1 n
1
arctg nc n , de unde n (n + 1) I n = arctg nc n .
n (n + 1)