Page 114 - MATINF Nr. 9-10

˘
114 PROBLEME DE MATEMATICA PENTRU CONCURSURI

2
2
3x + 2x + 1 3x + 2x + 1
Solut ,ie. Fie f : R → R, f(x) = = , deci f este
9x + 3x + 6x + 2 (3x − 1) + (3x + 1) 2
4
2
2
2
1
continu˘a, s , i fie F o primitiv˘a a lui f. Pentru x 6= − avem
3
2
2
3x + 2x + 1 Å 3x − 1 ã 0
(3x + 1) 2 1 3x + 1
f(x) = = · .
Å 2 ã 2 Å 2 ã 2
3x − 1 3 3x − 1
+ 1 + 1
3x + 1 3x + 1
 2
 1 3x − 1 1
a
 arctg + C 1 , dac˘ x < −

3 3x + 1 3

Rezult˘ c˘ F(x) = .
a
a
2
 1 3x − 1 1

a
 arctg + C 2 , dac˘ x > −

3 3x + 1 3
Å ã Å ã Å ã Å ã
1 1 1 1
a
Dar F este derivabil˘a, deci continu˘a, deci F − = F s − = F d − , adic˘ F − =
3 3 3 3
π π π
+ C 1 = − + C 2 . Astfel, luˆand C 1 = − , obt , inem c˘a o primitiv˘a a funct , iei f este
2 2 2

2
 1 3x − 1 π 1
a
 arctg − , dac˘ x < −

 3 3x + 1 2 3

1

F 0 (x) = 0, dac˘ x = − ,
a
3

2
 1 3x − 1 π 1


a
 arctg + , dac˘ x > −

3 3x + 1 2 3
Z
iar f(x) dx = F 0 (x) + C.
M 183. Ar˘atat ,i c˘ exist˘ o singur˘ funct ,ie f : [0, ∞) → [1, ∞) astfel ˆıncˆat
a
a
a
»
f(x) = x + f(x), ∀ x ≥ 0.
Z 6
Demonstrat ,i c˘ funct ,ia f este continu˘ s , i calculat ,i f(x) dx.
a
a
0
Cristinel Mortici, Viforˆata
√
0
Solut ,ie. Fie funct , ia g : [1, ∞) → [0, ∞), g(x) = x − x. Evident, g este derivabil˘a, g (x) =
1 p
1− √ > 0, g(1) = 0 s , i lim g(x) = ∞, deci g este bijectiv˘a. Cum g(f(x)) = f(x)− f(x) = x
2 x x→∞
−1
pentru orice x ∈ [1, ∞), rezult˘a c˘a f = g . Prin urmare f este derivabil˘a, deci continu˘a, iar
−1
utilizˆand substitut , ia g (x) = t avem
√
6 6 9 9 t 2 9 9 26 94
Z Z Z Z Ç √ å
0
−1
f(x) dx = g (x) dx = tg (t) dt = t − dt = t − t t = 40 − = .
0 0 1 1 2 2 1 3 1 3 3