Test: formula Leibniz–Newton și proprietățile integralei

Disciplina: Matematică · Clasa a XII-a · Unitatea: Integrala definită

Pentru părinți și profesori

Acest test acoperă mijlocul unității — lecțiile care transformă integrala definită dintr-o definiție într-un instrument de calcul — și verifică cinci lucruri. Primul: formula Leibniz–Newton, cu cele două ipoteze independente ale ei ($f$ integrabilă pe $[a,b]$ și admite primitive pe $[a,b]$), cu demonstrația ei și cu notația $F(x){|}_a^b$; se cere și dezambiguizarea celor două teoreme care poartă numele lui Lagrange, pentru că în demonstrație intervine exclusiv cea a creșterilor finite, din analiză. Al doilea: calculul efectiv, în trei pași — justificarea ipotezelor, alegerea unei primitive din tabel, evaluarea între limite — cu recunoașterea situațiilor în care formula nu se aplică. Al treilea: cele șase proprietăți ale integralei definite, cu numele lor din programă: liniaritatea, aditivitatea în raport cu intervalul, monotonia, mărginirea, ereditatea și stabilitatea, plus inegalitatea modulului. Al patrulea: cei patru pași ai integralei pe ramuri — justificarea integrabilității, tăierea intervalului cu aditivitatea, formula Leibniz–Newton pe fiecare bucată, adunarea —, împreună cu pasul preliminar: tabelul de semn, cerut ori de câte ori apare un modul. Al cincilea: deosebirea, cerută constant la examen, dintre ${\int }_a^b|f|$ și $\left|{\int }_a^{b}f\right|$.

Testul se oprește exact acolo unde se oprește materia predată până la această lecție. Funcția integrală cu capăt variabil nu este disponibilă și nici metodele de calcul de mai târziu — integrarea prin părți și schimbarea de variabilă; toate integralele se obțin din tabelul primitivelor funcțiilor uzuale, din liniaritate și din aditivitatea la interval.

• Punctaj total: 100 de puncte (90 de puncte din itemi + 10 puncte din oficiu).
• Timp recomandat: 50 de minute (o oră de curs); orientativ, $12$ minute pentru Partea I, $19$ pentru Partea a II-a și $19$ pentru Partea a III-a. La orice integrală se scrie întâi propoziția care justifică ipotezele, apoi primitiva, apoi rândul cu $F(x){|}_a^b$.
• Cum se aplică: elevul lucrează individual, pe foaie, fără calculator. Se depunctează: aplicarea formulei peste un punct în care funcția nu este definită sau este nemărginită, scrierea constantei $\mathcal{C}$ la o integrală definită, uitarea semnului minus din primitiva sinusului, inversarea capetelor fără schimbarea semnului, tăierea intervalului într-o rădăcină care nu aparține intervalului de integrare, uitarea schimbării de semn pe bucata în care expresia de sub modul este negativă și confundarea integralei modulului cu modulul integralei.
• Interpretare: 90–100 p = foarte bine; 75–89 p = bine; 60–74 p = satisfăcător; sub 60 p = se recomandă reluarea lecțiilor unității, cu accent pe ipotezele formulei Leibniz–Newton și pe cei patru pași ai integralei pe ramuri.
• Formule de reținut: Formula Leibniz–Newton: dacă $f$ este integrabilă pe $[a,b]$ și admite acolo primitiva $F$, atunci ${\int }_a^{b}f(x)dx=F(b)-F(a)=F(x){|}_a^b$; rezultatul nu depinde de primitiva aleasă, pentru că o constantă adăugată se simplifică. Ipotezele se verifică într-o propoziție: orice funcție continuă pe $[a,b]$ este integrabilă și admite primitive. Teorema lui Lagrange a creșterilor finite: dacă $F$ este continuă pe $[a,b]$ și derivabilă pe $(a,b)$, există $c\in (a,b)$ cu $F(b)-F(a)=F^{\prime }(c)(b-a)$. Convenții: ${\int }_a^{a}f=0$ și ${\int }_b^{a}f=-{\int }_a^{b}f$. Liniaritatea: ${\int }_a^b(\lambda f+\mu g)=\lambda {\int }_a^{b}f+\mu {\int }_a^{b}g$, pentru orice $\lambda ,\mu \in \mathbb{R}$. Aditivitatea în raport cu intervalul: ${\int }_a^{b}f={\int }_a^{c}f+{\int }_c^{b}f$. Monotonia: din $f\le g$ pe $[a,b]$ și $a<b$ rezultă ${\int }_a^{b}f\le {\int }_a^{b}g$. Mărginirea: orice funcție integrabilă este mărginită (reciproca este falsă). Ereditatea: integrabilă pe $[a,b]$ implică integrabilă pe orice subinterval. Stabilitatea: modificarea valorilor într-un număr finit de puncte nu schimbă nici integrabilitatea, nici valoarea integralei. Inegalitatea modulului: $\left|{\int }_a^{b}f\right|\le {\int }_a^b|f|$, cu egalitate când $f$ nu schimbă semnul. Cei patru pași ai integralei pe ramuri: justifici integrabilitatea $\to$ tai intervalul în punctele de racord cu aditivitatea $\to$ aplici formula Leibniz–Newton pe fiecare bucată, cu formula ramurii ei $\to$ aduni. Pasul preliminar la funcțiile cu modul: tabelul de semn al expresiei de sub modul, pe intervalul de integrare, cu reținerea numai a rădăcinilor din interval.

Notă: în barem, cuvântul „itemul" este folosit ca termen de evaluare; la clasă, în vorbirea curentă, spunem „exercițiul".

Itemi

Partea I – Formula Leibniz–Newton: enunț, demonstrație, calcule

Itemul 1 (6 puncte)

Alege litera corespunzătoare răspunsului corect (câte 2 puncte):

a) Ipotezele formulei Leibniz–Newton pe intervalul $[a,b]$ sunt: A. $f$ continuă și derivabilă; B. $f$ integrabilă pe $[a,b]$ și admite primitive pe $[a,b]$; C. $f$ mărginită pe $[a,b]$; D. $f$ pozitivă pe $[a,b]$.

b) Valoarea integralei ${\int }_5^5(x^7-3x+1)dx$ este: A. $1$; B. $5$; C. $0$; D. nu se poate calcula.

c) Dacă $f$ este integrabilă pe $[1,4]$ și ${\int }_1^{4}f(x)dx=9$, atunci ${\int }_4^{1}f(x)dx$ este egală cu: A. $-9$; B. $9$; C. $0$; D. $\frac{1}{9}$.

Itemul 2 (6 puncte)

Stabilește dacă fiecare afirmație este adevărată (A) sau falsă (F) și justifică pe scurt (câte 1,5 puncte):

a) „Dacă $F$ și $G$ sunt două primitive ale aceleiași funcții pe $[a,b]$, atunci $F(b)-F(a)=G(b)-G(a)$." b) „Integrala produsului a două funcții integrabile este produsul integralelor lor." c) „Dacă $f$ este integrabilă pe $[0,3]$ și ${\int }_0^{3}f(x)dx=12$, atunci ${\int }_0^{1}f(x)dx=4$." d) „Modificarea valorii unei funcții integrabile într-un singur punct schimbă valoarea integralei ei."

Itemul 3 (7 puncte)

Calculează, scriind de fiecare dată propoziția care justifică ipotezele și rândul cu $F(x){|}_a^b$:

a) ${\int }_1^3(4x^3-6x)dx$. (2 p) b) ${\int }_0^{\pi /3}\left(\frac{1}{{\cos }^{2}x}+\sin x\right)dx$. (2 p) c) ${\int }_1^4\left(\sqrt{x}-\frac{2}{x}\right)dx$. (3 p)

Itemul 4 (6 puncte)

a) Enunță formula Leibniz–Newton, cu ambele ipoteze, și explică de ce valoarea $F(b)-F(a)$ nu depinde de primitiva aleasă. (2 p) b) Precizează care dintre cele două teoreme care poartă numele lui Lagrange se folosește în demonstrația formulei și scrie egalitatea pe care o dă ea pe subintervalul $[x_{i-1},x_i]$ al unei diviziuni. (2 p) c) Explică pasul de telescopare din demonstrație și spune de ce egalitatea ${\sigma }_{\Delta }(f,\xi )=F(b)-F(a)$ obținută acolo este valabilă pentru orice diviziune, nu doar pentru cea echidistantă. (2 p)

Partea a II-a – Proprietățile integralei și funcțiile pe ramuri

Itemul 5 (8 puncte)

Despre funcțiile $f$ și $g$, integrabile pe $[0,6]$, se știe că ${\int }_0^{6}f(x)dx=15$, ${\int }_0^{2}f(x)dx=4$ și ${\int }_0^{6}g(x)dx=-3$.

a) Ce proprietate garantează că simbolul ${\int }_2^{6}f(x)dx$ are sens? Enunț-o și calculează integrala. (3 p) b) Calculează ${\int }_0^6(2f(x)-5g(x)+1)dx$, numind proprietățile folosite. (3 p) c) Calculează ${\int }_6^{2}f(x)dx$ și ${\int }_2^{2}f(x)dx$. (2 p)

Itemul 6 (7 puncte)

a) Arată, fără a calcula integralele, că ${\int }_1^2\frac{1}{x^2}dx\le {\int }_1^2\frac{1}{x}dx$, apoi verifică inegalitatea prin calcul. (3 p) b) Pentru $h:[0,3]\to \mathbb{R}$, $h(x)=x-2$, calculează $\left|{\int }_0^{3}h(x)dx\right|$ și ${\int }_0^3|h(x)|dx$ și verifică pe ele inegalitatea modulului. (2 p) c) Explică de ce simbolul ${\int }_0^4\frac{1}{x-3}dx$ nu are sens și ce ipoteză a formulei Leibniz–Newton cade. (2 p)

Itemul 7 (8 puncte)

Se consideră funcția $f:[-1,3]\to \mathbb{R}$, $f(x)=x^2+1$ pentru $x\in [-1,1]$ și $f(x)=4-x$ pentru $x\in (1,3]$.

a) Arată că $f$ este integrabilă pe $[-1,3]$, numind criteriul, și că nu admite primitive pe $[-1,3]$. (2 p) b) Calculează ${\int }_{-1}^{3}f(x)dx$, parcurgând cei patru pași ai integralei pe ramuri. (4 p) c) Fie $g:[-1,3]\to \mathbb{R}$ funcția care coincide cu $f$ în afara punctului $1$ și pentru care $g(1)=10$. Calculează ${\int }_{-1}^{3}g(x)dx$ și numește proprietatea folosită. (2 p)

Itemul 8 (7 puncte)

a) Alcătuiește tabelul de semn al expresiei $x^2-2x-3$ pe intervalul $[-1,4]$, precizând care dintre rădăcinile ei produc puncte de rupere. (2 p) b) Calculează ${\int }_{-1}^3\left|x^2-2x-3\right|dx$. (3 p) c) Calculează ${\int }_{-1}^4\left|x^2-2x-3\right|dx$ și verifică semnul fiecărei bucăți. (2 p)

Partea a III-a – Parametru, modul trigonometric și item de tip examen

Itemul 9 (10 puncte)

Se consideră funcția $f:[0,3]\to \mathbb{R}$, $f(x)=x^2$ pentru $x\in [0,1]$ și $f(x)=mx+1$ pentru $x\in (1,3]$, unde $m$ este un număr real.

a) Calculează ${\int }_0^{1}f(x)dx$. (2 p) b) Calculează ${\int }_1^{3}f(x)dx$ în funcție de $m$. (4 p) c) Determină valoarea lui $m$ pentru care ${\int }_0^{3}f(x)dx=5$ și stabilește, pentru acest $m$, dacă $f$ admite primitive pe $[0,3]$. (4 p)

Itemul 10 (10 puncte)

a) Rezolvă ecuația $2\cos x-1=0$ pe intervalul $[0,\pi ]$ și alcătuiește tabelul de semn al expresiei $2\cos x-1$ pe acest interval. (3 p) b) Calculează ${\int }_0^{\pi /3}|2\cos x-1|dx$. (3 p) c) Calculează ${\int }_0^{\pi }|2\cos x-1|dx$ și verifică faptul că fiecare integrală parțială a ieșit pozitivă. (4 p)

Itemul 11 (15 puncte)

(Item tip Bacalaureat M1 — Subiectul al III-lea, problema 2.) Se consideră funcția $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$, $f(x)=3x^2-8x+5$.

a) Arătați că funcția $F:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$, $F(x)=x^3-4x^2+5x$, este o primitivă a lui $f$ pe $\mathbb{R}$ și calculați ${\int }_0^{1}f(x)dx$. (5 p) b) Calculați ${\int }_1^{5/3}f(x)dx$ și explicați semnul rezultatului. (5 p) c) Calculați ${\int }_0^{5/3}|f(x)|dx$. (5 p)

Barem și răspunsuri

Punctaj total: 90 p din itemi + 10 p din oficiu = 100 p.

Itemul 1. (6 p) — câte 2 puncte.

a) B. Cele două ipoteze sunt independente una de cealaltă și amândouă sunt necesare: există funcții integrabile care nu admit primitive (orice funcție-treaptă) și funcții care admit primitive fără să fie integrabile. În exercițiile de clasă, ambele rezultă dintr-o singură propoziție: „$f$ este continuă pe $[a,b]$".

b) C. Limitele de integrare coincid, deci integrala este nulă prin convenția ${\int }_a^{a}f=0$, oricât de complicată ar fi funcția și fără niciun calcul.

c) A. Convenția de orientare spune că parcurgerea intervalului în sens invers schimbă semnul rezultatului: ${\int }_b^{a}f=-{\int }_a^{b}f$. Cu formula Leibniz–Newton, ea se citește direct: $F(a)-F(b)=-(F(b)-F(a))$.

Itemul 2. (6 p) — câte 1,5 puncte (0,5 p răspunsul, 1 p justificarea).

a) A. Două primitive ale aceleiași funcții pe un interval diferă printr-o constantă, deci $G(x)=F(x)+c$. Atunci $G(b)-G(a)=(F(b)+c)-(F(a)+c)=F(b)-F(a)$: aceeași constantă se adaugă și se scade. Tocmai de aceea la o integrală definită nu se mai scrie $+\mathcal{C}$.

b) F. Liniaritatea privește numai adunarea și înmulțirea cu o constantă. Contraexemplu: pentru $f(x)=g(x)=x$ pe $[0,3]$ avem ${\int }_0^3{x}^{2}dx=\frac{x^3}{3}{|}_0^3=9$, în timp ce ${\left({\int }_0^{3}xdx\right)}^2={\left(\frac{9}{2}\right)}^2=\frac{81}{4}$, iar $9\ne \frac{81}{4}$.

c) F. Aditivitatea în raport cu intervalul spune că integralele de pe bucăți se adună, nu că ele sunt proporționale cu lungimile bucăților. Contraexemplu: pentru $f(x)=\frac{4x^2}{3}$ avem ${\int }_0^{3}f(x)dx=\frac{4x^3}{9}{|}_0^3=12$, dar ${\int }_0^{1}f(x)dx=\frac{4}{9}\ne 4$.

d) F. Este exact proprietatea de stabilitate: modificarea valorilor într-un număr finit de puncte nu schimbă nici integrabilitatea, nici valoarea integralei, pentru că punctele modificate ating cel mult două subintervale fiecare, iar contribuția lor la sumele Riemann tinde la zero odată cu norma diviziunii.

Itemul 3. (7 p)

a) (2 p) Funcția este polinomială, deci continuă pe $[1,3]$: este integrabilă și admite primitive (0,5 p). Din rândul $1$ al tabelului și din liniaritate, $F(x)=x^4-3x^2$ (0,5 p), deci $${\int }_1^3(4x^3-6x)dx=(x^4-3x^2){|}_1^3=(81-27)-(1-3)=54+2=56$$ (1 p).

b) (2 p) Intervalul $\left[0,\frac{\pi }{3}\right]$ nu conține $\frac{\pi }{2}$, deci funcția este continuă pe tot intervalul de integrare (0,5 p). Rândurile $8$ și $6$ ale tabelului dau $F(x)=\mathrm{tg}x-\cos x$ (0,5 p), deci $${\int }_0^{\pi /3}\left(\frac{1}{{\cos }^{2}x}+\sin x\right)dx=(\mathrm{tg}x-\cos x){|}_0^{\pi /3}=\left(\sqrt{3}-\frac{1}{2}\right)-(0-1)=\sqrt{3}+\frac{1}{2}$$ (1 p).

c) (3 p) Pe $[1,4]$ avem $x\ge 1>0$, deci ambele funcții sunt continue pe tot intervalul (0,5 p). Din rândurile $2$ și $3$ ale tabelului, o primitivă este $F(x)=\frac{2}{3}x\sqrt{x}-2\ln |x|$ (1 p), deci $${\int }_1^4\left(\sqrt{x}-\frac{2}{x}\right)dx=\left(\frac{2}{3}x\sqrt{x}-2\ln |x|\right){|}_1^4=\left(\frac{16}{3}-2\ln 4\right)-\left(\frac{2}{3}-0\right)=\frac{14}{3}-4\ln 2$$ (1 p). Rezultatul se lasă exact, în această formă; valoarea aproximativă este $\frac{14}{3}-4\ln 2\approx 1,894$ (0,5 p).

Itemul 4. (6 p)

a) (2 p) Enunțul: fie $f:[a,b]\to \mathbb{R}$ o funcție integrabilă pe $[a,b]$ care admite primitive pe $[a,b]$, și fie $F$ o primitivă a lui $f$; atunci ${\int }_a^{b}f(x)dx=F(b)-F(a)$ (1 p). Independența de primitivă: orice altă primitivă este de forma $G=F+c$, iar $G(b)-G(a)=(F(b)+c)-(F(a)+c)=F(b)-F(a)$, constanta simplificându-se (1 p).

b) (2 p) Se folosește teorema lui Lagrange a creșterilor finite, din analiză — nu teorema lui Lagrange pentru grupuri finite, din algebră, care spune că ordinul unui subgrup divide ordinul grupului (1 p). Primitiva $F$ fiind derivabilă pe $[a,b]$, ea este și continuă, deci pe fiecare subinterval $[x_{i-1},x_i]$ al unei diviziuni sunt îndeplinite ipotezele teoremei; există prin urmare ${\xi }_i\in (x_{i-1},x_i)$ cu $$F(x_i)-F(x_{i-1})=F^{\prime }({\xi }_i)(x_i-x_{i-1})=f({\xi }_i)(x_i-x_{i-1})$$ (1 p).

c) (2 p) Adunând cele $n$ egalități de mai sus, în membrul stâng termenii se reduc doi câte doi și rămân doar primul și ultimul (1 p): $$\sum _{i=1}^n(F(x_i)-F(x_{i-1}))=F(x_n)-F(x_0)=F(b)-F(a).$$ Membrul drept este chiar ${\sigma }_{\Delta }(f,\xi )$, cu sistemul de puncte intermediare furnizat de teorema lui Lagrange. Nimic din raționament nu a cerut ca bucățile să fie egale: teorema s-a aplicat pe fiecare subinterval separat, oricare ar fi fost lungimea lui. De aceea egalitatea este valabilă pentru orice diviziune, iar trecerea la limită după $\Vert \Delta \Vert \to 0$ încheie demonstrația (1 p).

Itemul 5. (8 p)

a) (3 p) Proprietatea este ereditatea: dacă $f$ este integrabilă pe $[a,b]$, atunci $f$ este integrabilă pe orice subinterval $[c,d]\subseteq [a,b]$ (1,5 p). Ea garantează că integralele de pe bucăți există; aditivitatea în raport cu intervalul, cu $c=2$, dă apoi $${\int }_0^{6}f={\int }_0^{2}f+{\int }_2^{6}f⟹15=4+{\int }_2^{6}f⟹{\int }_2^{6}f(x)dx=11$$ (1,5 p).

b) (3 p) Folosim liniaritatea, cu ${\int }_0^{6}1dx=x{|}_0^6=6$ (1 p): $${\int }_0^6(2f(x)-5g(x)+1)dx=2{\int }_0^{6}f-5{\int }_0^{6}g+{\int }_0^{6}1dx$$ (1 p) $$=2\cdot 15-5\cdot (-3)+6=30+15+6=51$$ (1 p).

c) (2 p) Din convenția de orientare, ${\int }_6^{2}f(x)dx=-{\int }_2^{6}f(x)dx=-11$ (1 p). Din convenția pentru limite egale, ${\int }_2^{2}f(x)dx=0$, fără niciun calcul (1 p).

Itemul 6. (7 p)

a) (3 p) Pe $[1,2]$ avem $x\ge 1$, deci $x^2\ge x>0$; numitorii fiind pozitivi, trecerea la inverse schimbă sensul și $\frac{1}{x^2}\le \frac{1}{x}$ pe tot intervalul (1 p). Capetele sunt în ordine crescătoare, deci monotonia integralei dă ${\int }_1^2\frac{1}{x^2}dx\le {\int }_1^2\frac{1}{x}dx$ (1 p). Verificarea: ${\int }_1^2{x}^{-2}dx=-\frac{1}{x}{|}_1^2=-\frac{1}{2}+1=\frac{1}{2}$, iar ${\int }_1^2\frac{1}{x}dx=\ln |x|{|}_1^2=\ln 2\approx 0,693$, și într-adevăr $\frac{1}{2}\le \ln 2$ (1 p).

b) (2 p) Prima integrală: ${\int }_0^3(x-2)dx=\left(\frac{x^2}{2}-2x\right){|}_0^3=\frac{9}{2}-6=-\frac{3}{2}$, deci modulul ei este $\frac{3}{2}$ (1 p). A doua: expresia $x-2$ este negativă pe $[0,2]$ și pozitivă pe $[2,3]$, deci $${\int }_0^3|x-2|dx={\int }_0^2(2-x)dx+{\int }_2^3(x-2)dx=2+\frac{1}{2}=\frac{5}{2},$$ iar inegalitatea modulului se verifică: $\frac{3}{2}\le \frac{5}{2}$, chiar strict, pentru că $h$ schimbă semnul (1 p).

c) (2 p) Funcția $x\mapsto \frac{1}{x-3}$ nu este definită în $3\in [0,4]$, iar orice prelungire a ei la $[0,4]$ este nemărginită în vecinătatea lui $3$ (1 p). Prin criteriul negativ al mărginirii, o astfel de funcție nu este integrabilă pe $[0,4]$, deci prima ipoteză a formulei Leibniz–Newton cade și simbolul nu are sens; în plus, $\ln |x-3|$ este primitivă numai pe $(-\infty ,3)$ și pe $(3,+\infty )$ separat, nu pe un interval care conține $3$ (1 p).

Itemul 7. (8 p)

a) (2 p) Pe $[-1,1]$ avem $1\le x^2+1\le 2$, iar pe $(1,3]$ avem $1\le 4-x<3$, deci $1\le f(x)\le 3$: funcția este mărginită. Singurul punct în care nu este continuă este $x=1$, unde limita la stânga este $2$, iar limita la dreapta este $3$. Fiind mărginită și cu un număr finit de puncte de discontinuitate, $f$ este integrabilă pe $[-1,3]$, prin criteriul discontinuităților izolate (1 p). Cele două limite laterale în $1$ fiind finite și diferite, discontinuitatea este de speța I, deci, prin Consecința 1 a teoremei lui Darboux, $f$ nu admite primitive pe $[-1,3]$ (1 p).

b) (4 p) Pasul 1 este cel de la subpunctul a). Pasul 2 — tăierea: aditivitatea în raport cu intervalul, cu punctul de racord $c=1$, dă ${\int }_{-1}^{3}f={\int }_{-1}^{1}f+{\int }_1^{3}f$ (1 p). Pasul 3 — formula Leibniz–Newton pe fiecare bucată: $${\int }_{-1}^1(x^2+1)dx=\left(\frac{x^3}{3}+x\right){|}_{-1}^1=\left(\frac{1}{3}+1\right)-\left(-\frac{1}{3}-1\right)=\frac{8}{3}$$ (1,5 p), $${\int }_1^3(4-x)dx=\left(4x-\frac{x^2}{2}\right){|}_1^3=\left(12-\frac{9}{2}\right)-\left(4-\frac{1}{2}\right)=\frac{15}{2}-\frac{7}{2}=4$$ (1 p). Pasul 4 — adunarea: ${\int }_{-1}^{3}f(x)dx=\frac{8}{3}+4=\frac{20}{3}$ (0,5 p).

c) (2 p) Funcțiile $f$ și $g$ coincid în afara mulțimii finite $\{1\}$, deci, prin proprietatea de stabilitate, $g$ este integrabilă și are aceeași integrală (1 p): $${\int }_{-1}^{3}g(x)dx={\int }_{-1}^{3}f(x)dx=\frac{20}{3}.$$ Valoarea $g(1)=10$ nu schimbă nimic, oricât de departe ar fi de restul graficului: un singur punct are „lățime zero" (1 p).

Itemul 8. (7 p)

a) (2 p) Ecuația $x^2-2x-3=0$ se scrie $(x+1)(x-3)=0$, cu rădăcinile $-1$ și $3$ (0,5 p). Amândouă aparțin intervalului $[-1,4]$, dar $-1$ este capătul din stânga al intervalului de integrare, deci nu produce niciun punct de rupere; singurul punct în care se taie intervalul este $3$ (0,5 p). Coeficientul dominant fiind pozitiv, expresia este negativă între rădăcini și pozitivă în afara lor (1 p):

b) (3 p) Pe $[-1,3]$ expresia este negativă, deci $\left|x^2-2x-3\right|=3+2x-x^2$ acolo (1 p). Funcția obținută este continuă, deci integrabilă, iar o primitivă este $G(x)=3x+x^2-\frac{x^3}{3}$ (1 p): $${\int }_{-1}^3(3+2x-x^2)dx=\left(3x+x^2-\frac{x^3}{3}\right){|}_{-1}^3=(9+9-9)-\left(-3+1+\frac{1}{3}\right)=9+\frac{5}{3}=\frac{32}{3}$$ (1 p).

c) (2 p) Pe $[3,4]$ expresia este pozitivă, deci modulul dispare fără schimbări (0,5 p): $${\int }_3^4(x^2-2x-3)dx=\left(\frac{x^3}{3}-x^2-3x\right){|}_3^4=\left(\frac{64}{3}-16-12\right)-(9-9-9)=\frac{64}{3}-19=\frac{7}{3}$$ (1 p). Adunând bucățile, ${\int }_{-1}^4\left|x^2-2x-3\right|dx=\frac{32}{3}+\frac{7}{3}=\frac{39}{3}=13$. Ambele integrale parțiale au ieșit pozitive, cum trebuie la un integrand cu modul — este controlul cel mai rapid al acestui tip de exercițiu (0,5 p).

Itemul 9. (10 p)

a) (2 p) Pe $[0,1]$ funcția coincide cu $x^2$, care este continuă (0,5 p), deci $${\int }_0^{1}f(x)dx={\int }_0^1{x}^{2}dx=\frac{x^3}{3}{|}_0^1=\frac{1}{3}$$ (1,5 p).

b) (4 p) Pe $(1,3]$ funcția coincide cu $mx+1$; prin stabilitate, se poate integra formula ramurii pe intervalul închis $[1,3]$ (1 p). O primitivă este $\frac{m{x}^2}{2}+x$ (1 p), deci $${\int }_1^{3}f(x)dx=\left(\frac{m{x}^2}{2}+x\right){|}_1^3=\left(\frac{9m}{2}+3\right)-\left(\frac{m}{2}+1\right)=4m+2$$ (2 p).

c) (4 p) Funcția este mărginită pe $[0,3]$ și are cel mult un punct de discontinuitate, deci este integrabilă; aditivitatea la interval dă ${\int }_0^{3}f=\frac{1}{3}+4m+2$ (1 p). Ecuația devine $$\frac{1}{3}+4m+2=5⟺4m=\frac{8}{3}⟺m=\frac{2}{3}$$ (2 p). Pentru $m=\frac{2}{3}$, limita la stânga în $1$ este $1$, iar limita la dreapta este $\frac{2}{3}+1=\frac{5}{3}$: amândouă finite și diferite, deci $f$ are în $1$ o discontinuitate de speța I și, prin Consecința 1 a teoremei lui Darboux, nu admite primitive pe $[0,3]$. (Singura valoare a lui $m$ pentru care funcția ar fi continuă în $1$ este $m=0$.) (1 p)

Itemul 10. (10 p)

a) (3 p) Ecuația se scrie $\cos x=\frac{1}{2}$, iar singura soluție din $[0,\pi ]$ este $x=\frac{\pi }{3}$ (1 p). Cosinusul este strict descrescător pe $[0,\pi ]$, deci expresia $2\cos x-1$ este pozitivă înainte de $\frac{\pi }{3}$ și negativă după (1 p):

Prin urmare $|2\cos x-1|=2\cos x-1$ pe $\left[0,\frac{\pi }{3}\right]$ și $|2\cos x-1|=1-2\cos x$ pe $\left[\frac{\pi }{3},\pi \right]$ (1 p).

b) (3 p) Funcția este continuă pe $\left[0,\frac{\pi }{3}\right]$, deci integrabilă și cu primitive; o primitivă a lui $2\cos x-1$ este $2\sin x-x$ (1 p): $${\int }_0^{\pi /3}(2\cos x-1)dx=(2\sin x-x){|}_0^{\pi /3}=\left(2\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{\pi }{3}\right)-0=\sqrt{3}-\frac{\pi }{3}$$ (2 p).

c) (4 p) Tăiem intervalul în $\frac{\pi }{3}$, singurul punct de rupere (1 p). Pe a doua bucată, o primitivă a lui $1-2\cos x$ este $x-2\sin x$ (1 p): $${\int }_{\pi /3}^{\pi }(1-2\cos x)dx=(x-2\sin x){|}_{\pi /3}^{\pi }=(\pi -0)-\left(\frac{\pi }{3}-\sqrt{3}\right)=\frac{2\pi }{3}+\sqrt{3}$$ (1 p). Adunând, ${\int }_0^{\pi }|2\cos x-1|dx=\left(\sqrt{3}-\frac{\pi }{3}\right)+\left(\frac{2\pi }{3}+\sqrt{3}\right)=2\sqrt{3}+\frac{\pi }{3}\approx 4,511$. Ambele integrale parțiale sunt pozitive — prima valorează $\sqrt{3}-\frac{\pi }{3}\approx 0,685$, a doua $\frac{2\pi }{3}+\sqrt{3}\approx 3,826$ —, cum trebuie la un integrand cu modul (1 p).

Itemul 11. (15 p)

a) (5 p) Funcția $F$ este polinomială, deci derivabilă pe $\mathbb{R}$ (1 p), iar $$F^{\prime }(x)=3x^2-8x+5=f(x)\text{pentru orice }x\in \mathbb{R},$$ deci $F$ este, prin definiție, o primitivă a lui $f$ pe $\mathbb{R}$ (1,5 p). Funcția $f$ este continuă pe $[0,1]$, deci integrabilă, iar formula Leibniz–Newton se aplică (1 p): $${\int }_0^{1}f(x)dx=F(x){|}_0^1=(1-4+5)-0=2$$ (1,5 p).

b) (5 p) Cu aceeași primitivă (1 p), $$F\left(\frac{5}{3}\right)=\frac{125}{27}-4\cdot \frac{25}{9}+\frac{25}{3}=\frac{125-300+225}{27}=\frac{50}{27},F(1)=2=\frac{54}{27}$$ (2 p), deci $${\int }_1^{5/3}f(x)dx=\frac{50}{27}-\frac{54}{27}=-\frac{4}{27}$$ (1 p). Rezultatul este negativ pentru că trinomul $3x^2-8x+5$ are rădăcinile $1$ și $\frac{5}{3}$ și coeficientul dominant pozitiv, deci este negativ pe tot intervalul de integrare; prin pozitivitatea integralei, o funcție negativă pe un interval parcurs crescător nu poate da o integrală pozitivă (1 p).

c) (5 p) Pasul preliminar: pe $[0,1]$ trinomul este pozitiv (suntem în afara rădăcinilor), iar pe $\left[1,\frac{5}{3}\right]$ este negativ (1 p), deci $$|f(x)|=f(x)\text{ pe }[0,1],|f(x)|=-f(x)\text{ pe }\left[1,\frac{5}{3}\right]$$ (1 p). Funcția $|f|$ este continuă, deci integrabilă; tăiem intervalul în $1$ (1 p): $${\int }_0^{5/3}|f(x)|dx={\int }_0^{1}f(x)dx-{\int }_1^{5/3}f(x)dx=2-\left(-\frac{4}{27}\right)=2+\frac{4}{27}=\frac{58}{27}$$ (1,5 p). Control: ambele bucăți au ieșit pozitive, $2$ și $\frac{4}{27}$, iar $\frac{58}{27}\approx 2,148$ este într-adevăr mai mare decât $\left|{\int }_0^{5/3}f(x)dx\right|=\left|2-\frac{4}{27}\right|=\frac{50}{27}$, cum cere inegalitatea modulului (0,5 p).