Primitive cu arctangentă, arcsinus și logaritm: completarea tabelului

Un radar fix, așezat la $a$ metri de marginea șoselei, urmărește o mașină care trece prin dreptul lui. Unghiul sub care radarul vede mașina se schimbă în fiecare clipă, iar viteza cu care se schimbă acest unghi este, până la o constantă, exact $\frac{1}{x^2+a^2}$, unde $x$ este poziția mașinii pe șosea. Întrebarea firească — cât s-a rotit radarul între două poziții? — cere drumul invers: o funcție a cărei derivată să fie $\frac{1}{x^2+a^2}$. Niciunul dintre cele zece rânduri ale tabelului de primitive scris în lecția precedentă nu răspunde, iar aceasta este prima lecție de clasa a 12-a în care tabelul se dovedește prea scurt.

Răspunsul nu vine dintr-o formulă nouă, ci dintr-o familie de funcții pe care ai întâlnit-o deja în clasa a IX-a și pe care clasa a XI-a a lăsat-o deoparte în mod deliberat: funcțiile trigonometrice inverse. Lecția de față le readuce în calcul, le deduce derivatele din identitățile care le definesc, apoi adaugă tabelului ultimele șase rânduri — cele care conduc la arctangentă, la arcsinus și la logaritm. La final vei avea tabelul canonic complet, cu toate cele șaisprezece rânduri, forma în care îl vei folosi în tot restul anului și în subiectele de Bacalaureat M1.

Ce vei învăța

• Vei ști să deduci derivatele funcțiilor $\arcsin$, $\arccos$, $\mathrm{arctg}$ și $\mathrm{arcctg}$ din identitățile care le definesc, cu regula de derivare a funcțiilor compuse.
• Vei ști să scrii și să justifici prin derivare cele șase rânduri noi ale tabelului primitivelor, cu parametrul $a>0$.
• Vei ști să precizezi de fiecare dată intervalul pe care formula este valabilă și să nu-l uiți din răspuns.
• Vei ști să recunoști dintr-o privire care dintre cele șase forme se potrivește unei funcții date, după numitorul ei.
• Vei ști să deosebești formele care se aseamănă periculos: $\frac{1}{x^2+a^2}$ de $\frac{1}{\sqrt{x^2+a^2}}$ și $\frac{1}{x^2-a^2}$ de $\frac{1}{a^2-x^2}$.
• Vei ști să folosești tabelul complet, împreună cu liniaritatea integralei nedefinite, pentru funcții scrise ca sumă de termeni de tipuri diferite.

Hai să descoperim împreună

1. Ce lipsește din tabelul primitivelor?

Primitiva unei funcții $f$ pe un interval $I$ este o funcție $F$, derivabilă pe $I$, a cărei derivată este chiar $f$, adică $F^{\prime }(x)=f(x)$ pentru orice $x\in I$; a completa tabelul primitivelor înseamnă a găsi câte o astfel de funcție $F$ pentru fiecare dintre funcțiile uzuale care lipsesc din primele zece rânduri, scrise în lecția despre tabelul primitivelor funcțiilor uzuale.

Cum a fost construit tabelul de până acum? Foarte simplu: citind tabelul derivatelor de la dreapta la stânga. Dacă $(\sin x{)}^{\prime }=\cos x$, atunci $\sin x$ este o primitivă a lui $\cos x$; dacă $(\ln x{)}^{\prime }=\frac{1}{x}$, atunci $\ln x$ este o primitivă a lui $\frac{1}{x}$ pe $(0,+\infty )$. Procedeul e mecanic și nu produce nimic nou: dă exact atâtea primitive câte derivate ai în tabel.

Aici se vede și limita lui. Funcțiile $$\frac{1}{x^2+a^2},\frac{1}{x^2-a^2},\frac{1}{\sqrt{x^2+a^2}},\frac{1}{\sqrt{x^2-a^2}},\frac{1}{\sqrt{a^2-x^2}},\mathrm{tg}x,\mathrm{ctg}x$$ sunt continue pe intervale întregi, sunt cât se poate de banale ca scriere — și totuși niciuna dintre ele nu apare în coloana derivatelor din tabelul canonic al clasei a XI-a. Ca să le găsim primitivele, trebuie mai întâi să lărgim tabelul derivatelor.

Aceasta este toată strategia lecției: întâi patru derivate noi, apoi șase primitive noi. Nu apare nicio metodă de calcul (integrarea prin părți și schimbarea de variabilă vin mai târziu, în lecțiile care urmează); tot ce facem aici se sprijină pe derivare și pe verificarea directă.

2. De ce am nevoie de funcțiile trigonometrice inverse?

Funcțiile $\arcsin$, $\arccos$, $\mathrm{arctg}$ și $\mathrm{arcctg}$ sunt cunoscute de pe traseul tău încă din clasa a IX-a, de la lecțiile despre funcțiile arcsinus și arccosinus și despre funcțiile arctangentă și arccotangentă. Reține definițiile lor, pentru că de ele depinde tot ce urmează:

• $\arcsin :[-1,1]\to \left[-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}\right]$ este inversa restricției funcției sinus la $\left[-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}\right]$; prin urmare $\sin (\arcsin x)=x$ pentru orice $x\in [-1,1]$;
• $\arccos :[-1,1]\to [0,\pi ]$ este inversa restricției cosinusului la $[0,\pi ]$, deci $\cos (\arccos x)=x$;
• $\mathrm{arctg}:\mathbb{R}\to \left(-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}\right)$ este inversa restricției tangentei la $\left(-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}\right)$, deci $\mathrm{tg}(\mathrm{arctg}x)=x$ pentru orice $x\in \mathbb{R}$;
• $\mathrm{arcctg}:\mathbb{R}\to (0,\pi )$ este inversa restricției cotangentei la $(0,\pi )$, deci $\mathrm{ctg}(\mathrm{arcctg}x)=x$.

În clasa a XI-a, tabelul canonic al derivatelor le-a lăsat afară, într-o observație marcată „în afara cerințelor de Bacalaureat M1": programa acelui an nu avea nevoie de ele. Acum are: fără $(\mathrm{arctg}x{)}^{\prime }$ nu se poate scrie primitiva lui $\frac{1}{x^2+a^2}$, iar fără $(\arcsin x{)}^{\prime }$ nu se poate scrie primitiva lui $\frac{1}{\sqrt{a^2-x^2}}$. Începând cu această lecție, cele patru funcții și derivatele lor sunt unelte legitime: apar în exemple, în exerciții, în teste și în subiectele de examen.

Ne trebuie însă un rezultat pregătitor, pe care programa îl acceptă ca atare.

Propoziție (derivabilitatea funcției inverse). Fie $I$ și $J$ intervale și $f:I\to J$ o funcție bijectivă, derivabilă pe $I$, cu $f^{\prime }(x)\ne 0$ pentru orice $x\in I$. Atunci inversa $f^{-1}:J\to I$ este derivabilă pe $J$. Se admite fără demonstrație.

Propoziția ne dă doar dreptul de a scrie semnul prim în fața lui $\arcsin$ sau $\mathrm{arctg}$. Valoarea derivatei o obținem singuri, în două rânduri, din identitatea care definește inversa.

3. Cum se deduce derivata funcției arctangentă?

Pornim de la identitatea $\mathrm{tg}(\mathrm{arctg}x)=x$, valabilă pe tot $\mathbb{R}$. Membrul stâng este compunerea funcției tangentă cu funcția arctangentă, ambele derivabile — a doua, prin propoziția de mai sus, pentru că tangenta este bijectivă de la $\left(-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}\right)$ la $\mathbb{R}$ și are derivata $\frac{1}{{\cos }^{2}t}>0$, deci nenulă.

Derivăm ambii membri, folosind regula de derivare a funcțiilor compuse din lecția derivarea funcțiilor compuse, $(f\circ g{)}^{\prime }(x)=f^{\prime }(g(x))\cdot g^{\prime }(x)$: $$\frac{1}{{\cos }^2(\mathrm{arctg}x)}\cdot (\mathrm{arctg}x{)}^{\prime }=1.$$

Mai avem nevoie de o singură identitate trigonometrică. Împărțind ${\sin }^{2}t+{\cos }^{2}t=1$ prin ${\cos }^{2}t$, obținem $$\frac{1}{{\cos }^{2}t}=1+{\mathrm{tg}}^{2}t.$$ Punem $t=\mathrm{arctg}x$; atunci $\mathrm{tg}t=x$, deci $\frac{1}{{\cos }^2(\mathrm{arctg}x)}=1+x^2$. Înlocuind, egalitatea de mai sus devine $(1+x^2)(\mathrm{arctg}x{)}^{\prime }=1$, adică

$$(\mathrm{arctg}x{)}^{\prime }=\frac{1}{1+x^2},x\in \mathbb{R}.$$

Aceeași cale, pornită din $\mathrm{ctg}(\mathrm{arcctg}x)=x$, dă cotangenta inversă. Cum $(\mathrm{ctg}t{)}^{\prime }=-\frac{1}{{\sin }^{2}t}$ și $\frac{1}{{\sin }^{2}t}=1+{\mathrm{ctg}}^{2}t$, derivarea produce $-(1+x^2)(\mathrm{arcctg}x{)}^{\prime }=1$, deci $$(\mathrm{arcctg}x{)}^{\prime }=-\frac{1}{1+x^2},x\in \mathbb{R}.$$

Control. Cele două derivate sunt opuse, deci suma $\mathrm{arctg}x+\mathrm{arcctg}x$ are derivata nulă pe $\mathbb{R}$; prin Consecința 1 a teoremei lui Lagrange, studiată la consecințele teoremei lui Lagrange, suma este constantă. Calculând în $x=0$ găsim $0+\frac{\pi }{2}$, deci $\mathrm{arctg}x+\mathrm{arcctg}x=\frac{\pi }{2}$ — identitatea cunoscută din clasa a IX-a. (Verificat numeric în trei puncte.)

4. Cum se deduce derivata funcției arcsinus?

Pornim, la fel, de la $\sin (\arcsin x)=x$, valabilă pe $[-1,1]$. Restricția sinusului la $\left[-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}\right]$ are derivata $\cos t$, care se anulează exact în capete; prin urmare propoziția se aplică pe interiorul intervalului, iar $\arcsin$ este derivabilă pe $(-1,1)$. Derivând: $$\cos (\arcsin x)\cdot (\arcsin x{)}^{\prime }=1.$$

Cum $\arcsin x\in \left(-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}\right)$, cosinusul acestui unghi este strict pozitiv, deci $$\cos (\arcsin x)=\sqrt{1-{\sin }^2(\arcsin x)}=\sqrt{1-x^2},$$ iar de aici $$(\arcsin x{)}^{\prime }=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}},x\in (-1,1).$$

Analog, din $\cos (\arccos x)=x$ și din faptul că $\arccos x\in (0,\pi )$, unde sinusul este strict pozitiv, obținem $-\sqrt{1-x^2}(\arccos x{)}^{\prime }=1$, deci $$(\arccos x{)}^{\prime }=-\frac{1}{\sqrt{1-x^2}},x\in (-1,1).$$

⚠️ În $x=\pm 1$ derivata nu există ca număr finit: numitorul se anulează. Graficul funcției $\arcsin$ are în cele două capete tangente verticale. De aceea intervalul de derivabilitate se scrie deschis, $(-1,1)$, iar la primitive vom scrie tot un interval deschis.

Adăugăm deci tabelului canonic al derivatelor patru rânduri noi, valabile de la această lecție înainte:

5. Rândurile 11 și 12: când numitorul este $x^2\pm a^2$

De aici înainte, $a$ este un număr strict pozitiv, iar fiecare formulă se verifică prin derivare, pe loc.

Rândul 12 este cel mai simplu. Bănuim că răspunsul se scrie cu arctangentă și verificăm: $${\left(\frac{1}{a}\mathrm{arctg}\frac{x}{a}\right)}^{\prime }=\frac{1}{a}\cdot \frac{1}{1+\frac{x^2}{a^2}}\cdot \frac{1}{a}=\frac{1}{a^2+x^2}.$$ Prin urmare $$\int \frac{1}{x^2+a^2}dx=\frac{1}{a}\mathrm{arctg}\frac{x}{a}+\mathcal{C},x\in \mathbb{R}.$$ Cei doi factori $\frac{1}{a}$ au origini diferite și amândoi sunt necesari: unul vine din derivarea funcției din interior, celălalt este cel pe care l-am pus în față ca să iasă exact $\frac{1}{x^2+a^2}$. Cazul $a=1$ dă $\int \frac{1}{x^2+1}dx=\mathrm{arctg}x+\mathcal{C}$.

Rândul 11 are semnul minus la numitor, iar rezultatul nu mai este un arc, ci un logaritm. Punctul de plecare este identitatea algebrică $$\frac{1}{x^2-a^2}=\frac{1}{2a}\left(\frac{1}{x-a}-\frac{1}{x+a}\right),$$ care se verifică imediat aducând membrul drept la același numitor. (Verificată numeric în cinci puncte, pe toate cele trei intervale.) Cum $\ln |x-a|$ are derivata $\frac{1}{x-a}$ oriunde $x\ne a$, obținem $$\int \frac{1}{x^2-a^2}dx=\frac{1}{2a}\ln \left|\frac{x-a}{x+a}\right|+\mathcal{C}.$$ Verificarea prin derivare: ${\left(\frac{1}{2a}(\ln |x-a|-\ln |x+a|)\right)}^{\prime }=\frac{1}{2a}\left(\frac{1}{x-a}-\frac{1}{x+a}\right)=\frac{1}{x^2-a^2}$. ✓

⚠️ Intervalul contează. Funcția $\frac{1}{x^2-a^2}$ nu este definită în $-a$ și în $a$, deci domeniul ei este reuniunea a trei intervale: $(-\infty ,-a)$, $(-a,a)$ și $(a,+\infty )$. Formula de mai sus este valabilă pe fiecare dintre ele în parte, iar constanta $\mathcal{C}$ se alege separat pe fiecare — exact motivul pentru care definiția primitivei se dă pe un interval, nu pe o reuniune de intervale.

6. Rândurile 13 și 14: când numitorul este $\sqrt{x^2\pm a^2}$

Aceste două rânduri sunt cele mai des greșite, pentru că se aseamănă la scriere cu rândurile 11–12, dar dau alt tip de răspuns: radicalul cere logaritm, nu arc.

Rândul 13. Verificăm direct funcția propusă, pe tot $\mathbb{R}$: $$\left(\ln \right(x+\sqrt{x^2+a^2}){)}^{\prime }=\frac{1+\frac{x}{\sqrt{x^2+a^2}}}{x+\sqrt{x^2+a^2}}=\frac{\frac{\sqrt{x^2+a^2}+x}{\sqrt{x^2+a^2}}}{x+\sqrt{x^2+a^2}}=\frac{1}{\sqrt{x^2+a^2}}.$$ Simplificarea din ultimul pas este posibilă pentru că numărătorul și numitorul conțin același factor $x+\sqrt{x^2+a^2}$, care este strict pozitiv pentru orice $x$ real: dacă $x\ge 0$, suma e evident pozitivă; dacă $x<0$, atunci $\sqrt{x^2+a^2}>\sqrt{x^2}=|x|=-x$. (Verificat numeric, inclusiv în $x=-10^6$.) Tocmai de aceea rândul 13 nu poartă modul: $$\int \frac{1}{\sqrt{x^2+a^2}}dx=\ln (x+\sqrt{x^2+a^2})+\mathcal{C},x\in \mathbb{R}.$$

Rândul 14. Calculul se repetă literă cu literă cu $-a^2$ în loc de $+a^2$, dar de data aceasta funcția $\frac{1}{\sqrt{x^2-a^2}}$ există doar pentru $|x|>a$, iar pe intervalul $(-\infty ,-a)$ suma $x+\sqrt{x^2-a^2}$ este negativă (de pildă, pentru $a=3$ și $x=-6$ ea valorează aproximativ $-0,80$). Modulul devine obligatoriu: $$\int \frac{1}{\sqrt{x^2-a^2}}dx=\ln \left|x+\sqrt{x^2-a^2}\right|+\mathcal{C},x\in (-\infty ,-a)\text{ sau }x\in (a,+\infty ).$$

7. Rândurile 15 și 16: arcsinusul și cele două funcții trigonometrice

Rândul 15 este locul unde intră arcsinusul. Verificăm prin derivare, pentru $x\in (-a,a)$: $${\left(\arcsin \frac{x}{a}\right)}^{\prime }=\frac{1}{\sqrt{1-\frac{x^2}{a^2}}}\cdot \frac{1}{a}=\frac{1}{\frac{\sqrt{a^2-x^2}}{a}}\cdot \frac{1}{a}=\frac{1}{\sqrt{a^2-x^2}},$$ unde am folosit $a>0$ pentru a scoate $a$ de sub radical fără modul. Deci $$\int \frac{1}{\sqrt{a^2-x^2}}dx=\arcsin \frac{x}{a}+\mathcal{C},x\in (-a,a).$$ Aici, spre deosebire de rândul 12, nu apare niciun factor $\frac{1}{a}$ în față: unul singur a ieșit din derivarea funcției din interior și el a fost exact cât trebuia. Este deosebirea de detaliu care se pierde cel mai des la examen.

Rândul 16 aduce tangenta și cotangenta. Nu avem nevoie de nicio metodă nouă: scriem funcția propusă și derivăm. $$(-\ln |\cos x|{)}^{\prime }=-\frac{-\sin x}{\cos x}=\mathrm{tg}x,(\ln |\sin x|{)}^{\prime }=\frac{\cos x}{\sin x}=\mathrm{ctg}x.$$ Formulele sunt valabile pe orice interval pe care funcția respectivă e continuă, adică pe orice interval care nu conține poli: pentru tangentă, un interval inclus în $\mathbb{R}\setminus \left\{\frac{\pi }{2}+k\pi \right\}$; pentru cotangentă, unul inclus în $\mathbb{R}\setminus \{k\pi \}$. Modulul este necesar tocmai pentru că, de la un interval la altul, $\cos x$ și $\sin x$ își schimbă semnul.

8. Tabelul canonic complet al primitivelor

Iată, adunate, toate cele șaisprezece rânduri. Peste tot $a>0$, constanta $\mathcal{C}$ desemnează mulțimea funcțiilor constante pe intervalul de lucru, iar intervalul $I$ este unul pe care funcția din prima coloană este continuă.

(Toate cele șaisprezece rânduri au fost verificate prin derivare numerică, în câte trei puncte, iar rândurile cu $\ln |\cdot |$ pe fiecare ramură separat.)

Cum recunoști rândul potrivit — trei întrebări, în această ordine: este radical la numitor sau nu? (radicalul duce la rândurile 13–15, lipsa lui la 11–12); ce semn stă între cele două pătrate? (plus duce la 12 și 13, minus la 11 și 14); cine este scăzut din cine? (la $a^2-x^2$, cu $x^2$ scăzut, ești pe rândul 15). Cele trei întrebări așezate la rând deosebesc, în câteva secunde, formele care se confundă.

Exemple rezolvate

Exemplul 1 — Recunoașterea formei, trei cazuri alăturate

Determinați primitivele funcțiilor $f(x)=\frac{1}{x^2+9}$, $g(x)=\frac{1}{x^2-16}$ și $h(x)=\frac{1}{\sqrt{x^2+5}}$, precizând intervalele.

Rezolvare. Pentru $f$ recunoaștem rândul 12 cu $a=3$ (pentru că $9=3^2$): $$\int \frac{1}{x^2+9}dx=\frac{1}{3}\mathrm{arctg}\frac{x}{3}+\mathcal{C},x\in \mathbb{R}.$$

Pentru $g$ recunoaștem rândul 11 cu $a=4$: $$\int \frac{1}{x^2-16}dx=\frac{1}{8}\ln \left|\frac{x-4}{x+4}\right|+\mathcal{C},$$ pe fiecare dintre intervalele $(-\infty ,-4)$, $(-4,4)$ și $(4,+\infty )$.

Pentru $h$ suntem pe rândul 13, cu $a=\sqrt{5}$: $$\int \frac{1}{\sqrt{x^2+5}}dx=\ln (x+\sqrt{x^2+5})+\mathcal{C},x\in \mathbb{R}.$$ Observă că, la rândul 13, valoarea lui $a$ nu apare nicăieri în afara radicalului: nu e nevoie ca $5$ să fie pătrat perfect. ✓ (Toate trei verificate prin derivare, în câte trei puncte.)

Exemplul 2 — Radicalul care schimbă răspunsul

Determinați primitivele funcțiilor $f(x)=\frac{1}{\sqrt{4-x^2}}$ și $g(x)=\frac{1}{\sqrt{x^2-9}}$, cu intervalele lor.

Rezolvare. La $f$, sub radical este $a^2-x^2$ cu $a=2$: rândul 15. $$\int \frac{1}{\sqrt{4-x^2}}dx=\arcsin \frac{x}{2}+\mathcal{C},x\in (-2,2).$$ Intervalul este obligatoriu deschis: condiția de existență $4-x^2>0$ exclude capetele.

La $g$, sub radical este $x^2-a^2$ cu $a=3$: rândul 14. $$\int \frac{1}{\sqrt{x^2-9}}dx=\ln \left|x+\sqrt{x^2-9}\right|+\mathcal{C},$$ pe $(-\infty ,-3)$ sau pe $(3,+\infty )$. Cele două funcții arată aproape la fel, dar una are drept primitivă un arc, cealaltă un logaritm; ce le deosebește este doar ordinea în care apar $x^2$ și $a^2$ sub radical. ✓

Exemplul 3 — Liniaritatea, cu două rânduri diferite

Determinați $\int \left(\frac{3}{x^2+4}+\frac{2}{\sqrt{9-x^2}}\right)dx$ pe intervalul $(-3,3)$.

Rezolvare. Folosim proprietatea de liniaritate a integralei nedefinite, stabilită la lecția despre integrala nedefinită și proprietățile ei: integrala unei sume este suma integralelor, iar constantele ies în față. $$\int \frac{3}{x^2+4}dx=3\cdot \frac{1}{2}\mathrm{arctg}\frac{x}{2}=\frac{3}{2}\mathrm{arctg}\frac{x}{2},\int \frac{2}{\sqrt{9-x^2}}dx=2\arcsin \frac{x}{3}.$$ Prin urmare $$\int \left(\frac{3}{x^2+4}+\frac{2}{\sqrt{9-x^2}}\right)dx=\frac{3}{2}\mathrm{arctg}\frac{x}{2}+2\arcsin \frac{x}{3}+\mathcal{C},x\in (-3,3).$$ Intervalul de lucru este impus de al doilea termen, cel mai restrictiv: primul există pe tot $\mathbb{R}$, al doilea doar pe $(-3,3)$. Intervalul comun este intersecția. ✓ (Verificat prin derivare în trei puncte.)

Exemplul 4 — Aceeași formulă, trei intervale

Scrieți primitivele funcției $f(x)=\frac{1}{x^2-1}$ pe fiecare dintre intervalele domeniului ei.

Rezolvare. Domeniul este $\mathbb{R}\setminus \{-1,1\}$, adică reuniunea intervalelor $(-\infty ,-1)$, $(-1,1)$ și $(1,+\infty )$. Rândul 11 cu $a=1$ dă, pe fiecare dintre ele, $$F(x)=\frac{1}{2}\ln \left|\frac{x-1}{x+1}\right|+\mathcal{C}.$$ Formula arată identic, dar afirmația „două primitive diferă printr-o constantă" este adevărată numai pe câte un interval: putem alege $\mathcal{C}$ diferit pe cele trei bucăți și obținem tot o funcție a cărei derivată este $f$. De aceea răspunsul corect la un asemenea exercițiu nu este o singură formulă, ci formula plus precizarea intervalului. ✓

Exemplul 5 — Verificarea unei primitive date

Arătați că $F(x)=\ln (x+\sqrt{x^2+7})$ este o primitivă a funcției $f(x)=\frac{1}{\sqrt{x^2+7}}$ pe $\mathbb{R}$.

Rezolvare. Funcția $F$ este bine definită pe tot $\mathbb{R}$, pentru că $x+\sqrt{x^2+7}>0$ pentru orice $x$ real (dacă $x<0$, atunci $\sqrt{x^2+7}>|x|=-x$). Este derivabilă ca funcție compusă și $$F^{\prime }(x)=\frac{{\left(x+\sqrt{x^2+7}\right)}^{\prime }}{x+\sqrt{x^2+7}}=\frac{1+\frac{x}{\sqrt{x^2+7}}}{x+\sqrt{x^2+7}}=\frac{x+\sqrt{x^2+7}}{\sqrt{x^2+7}\left(x+\sqrt{x^2+7}\right)}=\frac{1}{\sqrt{x^2+7}}=f(x).$$ Deci $F$ este primitivă a lui $f$ pe $\mathbb{R}$. ✓ Acesta este și modelul de redactare cerut la examen pentru cerințele de tipul „arătați că $F$ este o primitivă a lui $f$": domeniu, derivabilitate, calculul derivatei, concluzie.

Exemplul 6 — Exemplu tip Bacalaureat M1

Se consideră funcția $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$, $f(x)=\frac{x^2+3}{x^2+1}$. a) Arătați că $f(x)=1+\frac{2}{x^2+1}$ pentru orice număr real $x$. b) Determinați mulțimea primitivelor funcției $f$ pe $\mathbb{R}$. c) Determinați primitiva $F$ a lui $f$ cu proprietatea $F(0)=5$.

Rezolvare. a) Scriem numărătorul ca $x^2+1+2$ și împărțim termen cu termen: $$\frac{x^2+3}{x^2+1}=\frac{(x^2+1)+2}{x^2+1}=1+\frac{2}{x^2+1}.$$ Numitorul nu se anulează niciodată, deci egalitatea are loc pe tot $\mathbb{R}$.

b) Funcția $f$ este continuă pe $\mathbb{R}$, deci admite primitive. Prin liniaritate, folosind rândul 1 pentru constanta $1$ și rândul 12 cu $a=1$: $$\int f(x)dx=\int 1dx+2\int \frac{1}{x^2+1}dx=x+2\mathrm{arctg}x+\mathcal{C},x\in \mathbb{R}.$$

c) Căutăm constanta $c$ pentru care $F(x)=x+2\mathrm{arctg}x+c$ verifică $F(0)=5$. Cum $\mathrm{arctg}0=0$, avem $F(0)=c$, deci $c=5$ și $$F(x)=x+2\mathrm{arctg}x+5.$$ Control: $F^{\prime }(x)=1+\frac{2}{x^2+1}=f(x)$ ✓, iar $F(0)=5$ ✓. Recunoști aici Etapele 1–3 fixate la lecția despre integrala nedefinită și proprietățile ei — prelucrare algebrică, liniaritate, tabel —, urmate de determinarea constantei dintr-o condiție. Este tiparul cel mai frecvent al problemei de analiză din Subiectul al III-lea.

Să exersăm

1. Determinați $\int \frac{1}{x^2+25}dx$ pe $\mathbb{R}$.

2. Determinați $\int \frac{1}{\sqrt{25-x^2}}dx$ și precizați intervalul.

3. Determinați $\int \frac{1}{x^2-49}dx$ pe intervalul $(-7,7)$.

4. Determinați $\int \frac{1}{\sqrt{x^2+16}}dx$ pe $\mathbb{R}$.

5. Determinați $\int \frac{1}{\sqrt{x^2-4}}dx$ pe intervalul $(2,+\infty )$.

6. Determinați $\int \frac{1}{x^2+2}dx$ pe $\mathbb{R}$. (Atenție: $2$ nu este pătrat perfect.)

7. Determinați $\int \frac{1}{\sqrt{2-x^2}}dx$ și precizați intervalul.

8. (Adevărat/Fals cu motivare.) „O primitivă a funcției $f(x)=\frac{1}{\sqrt{9-x^2}}$ este $\frac{1}{3}\arcsin \frac{x}{3}$."

9. (Adevărat/Fals cu motivare.) „Formula $\int \frac{1}{x^2-1}dx=\frac{1}{2}\ln \left|\frac{x-1}{x+1}\right|+\mathcal{C}$ este valabilă pe $\mathbb{R}\setminus \{-1,1\}$."

10. Deduceți derivata funcției $\arccos$ pornind de la identitatea $\cos (\arccos x)=x$ și precizați intervalul pe care este valabilă.

11. Determinați $\int \left(\frac{4}{x^2+4}-\frac{1}{\sqrt{x^2+4}}\right)dx$ pe $\mathbb{R}$.

12. Determinați $\int \frac{x^2+2}{x^2+1}dx$ pe $\mathbb{R}$, scriind mai întâi funcția ca sumă.

13. Arătați prin derivare că $F(x)=\ln \left|x+\sqrt{x^2-5}\right|$ este o primitivă a funcției $f(x)=\frac{1}{\sqrt{x^2-5}}$ pe $\left(\sqrt{5},+\infty \right)$.

14. (Problemă aplicată.) Un radar așezat la $4$ metri de axul unei șosele drepte vede un automobil aflat în punctul de abscisă $x$ sub un unghi $\theta (x)$ care verifică ${\theta }^{\prime }(x)=\frac{4}{x^2+16}$. Determinați expresia lui $\theta$, știind că $\theta (0)=0$.

15. Determinați $\int \mathrm{tg}xdx$ pe intervalul $\left(-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}\right)$ și verificați rezultatul prin derivare.

16. (Adevărat/Fals cu motivare.) „Primitiva funcției $\frac{1}{\sqrt{x^2+1}}$ se scrie cu modul, ca și cea a funcției $\frac{1}{\sqrt{x^2-1}}$."

17. (Exercițiu tip Bacalaureat M1.) Se consideră $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$, $f(x)=\frac{2x^2+5}{x^2+1}$. a) Arătați că $f(x)=2+\frac{3}{x^2+1}$. b) Determinați mulțimea primitivelor lui $f$ pe $\mathbb{R}$. c) Determinați primitiva $F$ cu $F(0)=1$.

18. (Provocare.) Arătați că funcțiile $F(x)=\arcsin x$ și $G(x)=-\arccos x$ sunt amândouă primitive ale funcției $f(x)=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$ pe $(-1,1)$ și determinați constanta prin care diferă. Explicați de ce răspunsul nu contrazice unicitatea primitivei „până la o constantă".

Răspunsuri și explicații

1. Rândul 12 cu $a=5$: $\frac{1}{5}\mathrm{arctg}\frac{x}{5}+\mathcal{C}$, pe $\mathbb{R}$.

2. Rândul 15 cu $a=5$: $\arcsin \frac{x}{5}+\mathcal{C}$, pe intervalul $(-5,5)$ (condiția $25-x^2>0$).

3. Rândul 11 cu $a=7$: $\frac{1}{14}\ln \left|\frac{x-7}{x+7}\right|+\mathcal{C}$, pe $(-7,7)$.

4. Rândul 13 cu $a=4$: $\ln \left(x+\sqrt{x^2+16}\right)+\mathcal{C}$, pe $\mathbb{R}$; fără modul, pentru că suma din paranteză este mereu pozitivă.

5. Rândul 14 cu $a=2$: $\ln \left|x+\sqrt{x^2-4}\right|+\mathcal{C}$, pe $(2,+\infty )$. Pe acest interval expresia din modul este pozitivă, dar modulul se scrie oricum, ca parte a formulei.

6. Rândul 12 cu $a=\sqrt{2}$: $\frac{1}{\sqrt{2}}\mathrm{arctg}\frac{x}{\sqrt{2}}+\mathcal{C}$, pe $\mathbb{R}$. Formula nu cere ca $a^2$ să fie pătrat perfect.

7. Rândul 15 cu $a=\sqrt{2}$: $\arcsin \frac{x}{\sqrt{2}}+\mathcal{C}$, pe $\left(-\sqrt{2},\sqrt{2}\right)$.

8. Fals. La rândul 15 nu apare factorul $\frac{1}{a}$ în față: derivând $\frac{1}{3}\arcsin \frac{x}{3}$ obținem $\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{\sqrt{9-x^2}}$, adică o treime din funcția cerută. Răspunsul corect este $\arcsin \frac{x}{3}+\mathcal{C}$. Confuzia vine din rândul 12, unde factorul chiar există.

9. Fals. Formula este corectă, dar afirmația despre domeniu nu: $\mathbb{R}\setminus \{-1,1\}$ nu este interval. Primitivele se definesc pe un interval, iar aici sunt trei: $(-\infty ,-1)$, $(-1,1)$ și $(1,+\infty )$, cu constante care se pot alege independent.

10. Derivând $\cos (\arccos x)=x$ cu regula funcțiilor compuse obținem $-\sin (\arccos x)\cdot (\arccos x{)}^{\prime }=1$. Cum $\arccos x\in (0,\pi )$, sinusul este strict pozitiv, deci $\sin (\arccos x)=\sqrt{1-x^2}$. Rezultă $(\arccos x{)}^{\prime }=-\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$, pe $(-1,1)$.

11. Primul termen este rândul 12 cu $a=2$, al doilea rândul 13 cu $a=2$: $$\int \left(\frac{4}{x^2+4}-\frac{1}{\sqrt{x^2+4}}\right)dx=2\mathrm{arctg}\frac{x}{2}-\ln \left(x+\sqrt{x^2+4}\right)+\mathcal{C}.$$

12. $\frac{x^2+2}{x^2+1}=1+\frac{1}{x^2+1}$, deci integrala este $x+\mathrm{arctg}x+\mathcal{C}$, pe $\mathbb{R}$.

13. Pe $\left(\sqrt{5},+\infty \right)$ funcția $F$ este derivabilă și $$F^{\prime }(x)=\frac{1+\frac{x}{\sqrt{x^2-5}}}{x+\sqrt{x^2-5}}=\frac{x+\sqrt{x^2-5}}{\sqrt{x^2-5}\left(x+\sqrt{x^2-5}\right)}=\frac{1}{\sqrt{x^2-5}}=f(x).$$

14. ${\theta }^{\prime }(x)=\frac{4}{x^2+16}$, deci $\theta (x)=4\cdot \frac{1}{4}\mathrm{arctg}\frac{x}{4}+c=\mathrm{arctg}\frac{x}{4}+c$. Din $\theta (0)=0$ rezultă $c=0$, deci $\theta (x)=\mathrm{arctg}\frac{x}{4}$ (unghi măsurat în radiani). Este chiar unghiul din triunghiul dreptunghic cu catetele $x$ și $4$ — model verificat de geometria elementară.

15. Rândul 16: $\int \mathrm{tg}xdx=-\ln |\cos x|+\mathcal{C}$. Verificare: $(-\ln |\cos x|{)}^{\prime }=-\frac{-\sin x}{\cos x}=\mathrm{tg}x$ ✓. Pe intervalul dat, $\cos x>0$, deci modulul se poate și omite, dar formula generală îl păstrează.

16. Fals. La rândul 13, expresia $x+\sqrt{x^2+1}$ este strict pozitivă pentru orice $x$ real, deci modulul nu are ce să corecteze și nu se scrie. La rândul 14, pe intervalul $(-\infty ,-1)$ expresia $x+\sqrt{x^2-1}$ este negativă, deci modulul este obligatoriu.

17. a) $\frac{2x^2+5}{x^2+1}=\frac{2(x^2+1)+3}{x^2+1}=2+\frac{3}{x^2+1}$. b) $\int f(x)dx=2x+3\mathrm{arctg}x+\mathcal{C}$, pe $\mathbb{R}$. c) $F(0)=c=1$, deci $F(x)=2x+3\mathrm{arctg}x+1$. Control: $F^{\prime }(x)=2+\frac{3}{x^2+1}=f(x)$ ✓.

18. Amândouă sunt primitive: $(\arcsin x{)}^{\prime }=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$, iar $(-\arccos x{)}^{\prime }=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$. Diferența lor este $\arcsin x+\arccos x$, care are derivata nulă pe $(-1,1)$, deci este constantă (Consecința 1 a teoremei lui Lagrange); calculând în $x=0$ găsim $0+\frac{\pi }{2}$, deci constanta este $\frac{\pi }{2}$. Nu există nicio contradicție: unicitatea „până la o constantă" spune exact că două primitive ale aceleiași funcții pe același interval diferă printr-o constantă, iar aici constanta este $\frac{\pi }{2}$.

De reținut

• Derivatele funcțiilor trigonometrice inverse se obțin derivând identitatea care le definește: din $\mathrm{tg}(\mathrm{arctg}x)=x$ rezultă $(\mathrm{arctg}x{)}^{\prime }=\frac{1}{1+x^2}$, iar din $\sin (\arcsin x)=x$ rezultă $(\arcsin x{)}^{\prime }=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$.
• Cele șase rânduri noi ale tabelului primitivelor se împart în două familii: cele fără radical la numitor duc la arctangentă sau la logaritm de raport, cele cu radical duc la logaritm de sumă sau la arcsinus.
• Formula $\int \frac{1}{x^2+a^2}dx=\frac{1}{a}\mathrm{arctg}\frac{x}{a}+\mathcal{C}$ poartă factorul $\frac{1}{a}$ în față, iar formula $\int \frac{1}{\sqrt{a^2-x^2}}dx=\arcsin \frac{x}{a}+\mathcal{C}$ nu îl poartă — deosebirea se verifică prin derivare în zece secunde.
• Fiecare formulă din tabel este valabilă pe un interval pe care funcția este continuă, iar răspunsul complet la un exercițiu conține și acest interval, nu doar formula.
• Rândul 13 se scrie fără modul, pentru că $x+\sqrt{x^2+a^2}$ este strict pozitiv pentru orice număr real $x$, în timp ce rândul 14 se scrie cu modul, pentru că pe intervalul $(-\infty ,-a)$ expresia corespunzătoare este negativă.

Greșeli frecvente

• Confunzi $\frac{1}{x^2+a^2}$ cu $\frac{1}{\sqrt{x^2+a^2}}$. Prima duce la arctangentă, a doua la logaritm. Radicalul de la numitor este semnalul care schimbă complet tipul răspunsului; citește-l înainte de a scrie ceva.
• Pui factorul $\frac{1}{a}$ și în fața arcsinusului. La rândul 15, derivarea funcției din interior produce singură factorul $\frac{1}{a}$ de care e nevoie, iar radicalul îl consumă. Verifică prin derivare: ${\left(\arcsin \frac{x}{a}\right)}^{\prime }=\frac{1}{\sqrt{a^2-x^2}}$, fără nimic în plus.
• Confunzi $\frac{1}{\sqrt{x^2-a^2}}$ cu $\frac{1}{\sqrt{a^2-x^2}}$. Ordinea termenilor de sub radical decide: cu $x^2$ primul obții logaritm și lucrezi în afara segmentului $[-a,a]$; cu $a^2$ primul obții arcsinus și lucrezi în interiorul lui.
• Omiți intervalul din răspuns. „$\int \frac{1}{x^2-4}dx=\frac{1}{4}\ln \left|\frac{x-2}{x+2}\right|+\mathcal{C}$" este un răspuns incomplet: trebuie spus pe care dintre cele trei intervale ale domeniului lucrezi. Baremele de Bacalaureat M1 punctează separat această precizare.
• Scrii $\ln$ fără modul la rândurile 11, 14 și 16. Modulul nu e o podoabă: fără el, expresia nu are sens pe una dintre ramuri. Singurul rând din familie care se scrie fără modul este 13, și numai pentru că acolo argumentul logaritmului este pozitiv oricare ar fi $x$.

Aplică acasă

1. Cardul cu șase rânduri. Scrie pe un carton, într-o coloană, cele șase funcții noi, iar în cealaltă, acoperită cu o bandă de hârtie, primitivele lor cu tot cu interval. Exersează zilnic, timp de o săptămână, până le spui pe toate în mai puțin de un minut; abia apoi treci la exerciții cu numere.

2. Perechile care se confundă. Alcătuiește patru perechi de funcții care se deosebesc printr-un singur semn sau printr-un singur radical — de pildă $\frac{1}{x^2+4}$ și $\frac{1}{\sqrt{x^2+4}}$, apoi $\frac{1}{x^2-4}$ și $\frac{1}{4-x^2}$ — și scrie primitivele alăturat, pe două coloane. Ține foaia la vedere: ea rezolvă majoritatea greșelilor de la teste.

3. Verificarea prin derivare. Alege trei rezultate din exercițiile de mai sus și derivează-le pe caiet, până obții din nou funcția de plecare. Este singura verificare care nu depinde de memoria ta: dacă derivata iese, răspunsul e bun, oricât de neobișnuit ar arăta.

Pentru părinți și profesori

Lecția răspunde direct competențelor XII.CS.1.5 („identificarea primitivelor unei funcții continue uzuale, prin raportare la formulele de derivare studiate") și XII.CS.3.5 din programa de matematică-informatică. Ea are un rol special în arhitectura anului: reintroduce derivatele funcțiilor trigonometrice inverse, care fuseseră lăsate în afara tabelului canonic la clasa a XI-a, pentru că tabelul primitivelor nu se poate încheia fără ele.

Ce verifică lecția: (1) deducerea celor patru derivate din identitățile inverselor, cu regula funcțiilor compuse; (2) scrierea corectă a celor șase rânduri noi, cu parametrul $a>0$; (3) precizarea intervalului la fiecare formulă; (4) recunoașterea rapidă a formei potrivite, după prezența radicalului și după ordinea termenilor; (5) combinarea rândurilor prin liniaritate.

Întrebări bune de control: „De unde vine formula $(\mathrm{arctg}x{)}^{\prime }=\frac{1}{1+x^2}$?"; „De ce la arcsinus nu apare $\frac{1}{a}$ în față?"; „Pe ce interval este valabilă formula pe care ai scris-o?"; „De ce rândul 13 nu are modul, iar rândul 14 are?".

Semne că a înțeles: verifică rezultatele prin derivare, din proprie inițiativă; scrie intervalul odată cu formula; se oprește o secundă să se uite dacă există radical la numitor înainte de a alege rândul.

Dificultatea tipică: perechile care se aseamănă. Elevul reține „arc" și „logaritm" ca etichete, dar nu reține ce anume declanșează fiecare etichetă. Exercițiile 1–7 sunt așezate intenționat alternat, tocmai ca să forțeze citirea atentă a numitorului.

Unde apare la BAC: aproape exclusiv în problema de analiză din Subiectul al III-lea, sub forma „determinați primitivele funcției" sau „determinați $F$ cu $F(x_0)=k$", precedată de o prelucrare algebrică de tipul celei din Exemplul 6. Baremele acordă punctaj separat pentru formula din tabel și pentru determinarea constantei.

Întrebări frecvente

Care este primitiva funcției $\frac{1}{x^2+a^2}$?

Este $\frac{1}{a}\mathrm{arctg}\frac{x}{a}+\mathcal{C}$, valabilă pe tot $\mathbb{R}$, unde $a$ este un număr strict pozitiv. Factorul $\frac{1}{a}$ din față este obligatoriu: fără el, derivata rezultatului ar fi de $a$ ori mai mare decât funcția de plecare. Cazul particular $a=1$ dă primitiva $\mathrm{arctg}x+\mathcal{C}$ a funcției $\frac{1}{x^2+1}$.

Cum se demonstrează că derivata lui arctangentă este $\frac{1}{1+x^2}$?

Se pornește de la identitatea $\mathrm{tg}(\mathrm{arctg}x)=x$ și se derivează ambii membri cu regula funcțiilor compuse; se obține $\frac{1}{{\cos }^2(\mathrm{arctg}x)}\cdot (\mathrm{arctg}x{)}^{\prime }=1$. Cum $\frac{1}{{\cos }^{2}t}=1+{\mathrm{tg}}^{2}t$, iar $\mathrm{tg}(\mathrm{arctg}x)=x$, numitorul devine $1+x^2$, de unde rezultatul. Derivabilitatea inversei se admite fără demonstrație.

Când folosesc arcsinus și când folosesc logaritm la primitive?

Decide radicalul de la numitor și ordinea termenilor de sub el. Dacă sub radical stă $a^2-x^2$, adică pătratul variabilei se scade, primitiva este $\arcsin \frac{x}{a}$. Dacă sub radical stă $x^2+a^2$ sau $x^2-a^2$, primitiva este un logaritm de forma $\ln \left(x+\sqrt{\cdots }\right)$. Dacă nu există radical, alegi între arctangentă (semnul plus) și logaritm de raport (semnul minus).

De ce trebuie precizat intervalul la fiecare primitivă?

Pentru că definiția primitivei se dă pe un interval, iar afirmația „două primitive diferă printr-o constantă" este adevărată doar acolo. Funcția $\frac{1}{x^2-4}$, de pildă, are domeniul format din trei intervale, iar constanta se poate alege diferit pe fiecare; un răspuns care nu spune pe care interval lucrează nu este complet și se depunctează la Bacalaureat M1.

Ce este mulțimea $\mathcal{C}$ din formulele tabelului?

Este mulțimea funcțiilor constante pe intervalul de lucru, așa cum s-a fixat la lecția despre integrala nedefinită. Scrierea $F(x)+\mathcal{C}$ înseamnă familia tuturor funcțiilor de forma $F+c$, cu $c$ număr real; nu este o singură funcție, ci mulțimea tuturor primitivelor. De aceea nu se scrie niciodată un rezultat de primitivă fără această mulțime.

Care este primitiva funcției tangentă?

Este $-\ln |\cos x|+\mathcal{C}$, pe orice interval care nu conține poli ai tangentei, adică pe orice interval inclus în $\mathbb{R}\setminus \left\{\frac{\pi }{2}+k\pi \right\}$. Se verifică imediat prin derivare: derivata lui $-\ln |\cos x|$ este $-\frac{-\sin x}{\cos x}$, adică $\mathrm{tg}x$. Analog, primitiva cotangentei este $\ln |\sin x|+\mathcal{C}$.

De ce derivata lui arcsinus nu există în $x=-1$ și în $x=1$?

Pentru că formula $\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$ are numitorul nul acolo. Geometric, graficul funcției arcsinus are în cele două capete tangente verticale, iar rapoartele incrementale tind la $+\infty$. Din acest motiv intervalul de derivabilitate se scrie deschis, $(-1,1)$, iar primitiva de la rândul 15 se dă tot pe un interval deschis, $(-a,a)$.

Se poate scrie primitiva lui $\frac{1}{\sqrt{x^2+1}}$ cu modul?

Se poate, dar este inutil și ascunde un raționament. Expresia $x+\sqrt{x^2+1}$ este strict pozitivă pentru orice număr real $x$, deci modulul nu schimbă nimic. Tabelul canonic o scrie fără modul tocmai ca să sublinieze deosebirea față de rândul 14, unde pe intervalul $(-\infty ,-a)$ argumentul chiar este negativ și modulul devine necesar.