Test: metode de calcul pentru integrala definită

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

Pentru părinți și profesori

Acest test acoperă cele trei lecții de calcul efectiv ale unității — integrarea prin părți pentru integrala definită, schimbarea de variabilă cu schimbarea limitelor și integralele din funcții raționale sau reductibile la raționale — și verifică patru lucruri. Primul: integrarea prin părți, cu termenul $f(x)g(x){|}_a^b$ scris cu bara și cu limitele la locul lor, calculat pe loc ca număr, fără constantă de integrare; alegerea factorilor se face cu regula descreșterii, iar redactarea urmează „cei trei pași ai integrării prin părți" plus gestul propriu integralei definite, evaluarea între limite. Al doilea: schimbarea de variabilă, cu deosebirea care dă tot capitolul — la integrala definită limitele se schimbă în $u(a)$ și $u(b)$ și nu se mai revine la $x$; redactarea urmează „cei trei pași ai schimbării de variabilă la integrala definită", în care pasul al doilea, calculul noilor limite, se punctează separat. Al treilea: substituția inversă $x=\phi (t)$, cu ipoteza de monotonie justificată și cu scoaterea corectă a modulului la radicalii trigonometrici. Al patrulea: cele patru etape ale integralei raționale — controlul intervalului, împărțirea, descompunerea, primitiva și evaluarea —, cu grija pentru rădăcinile numitorului față de intervalul de integrare. Itemul de tip examen închide testul cu două unelte deja disponibile din lecțiile anterioare ale unității: încadrarea integralei, cu Etapele 1, 2 și 3 ale rețetei de încadrare, și teorema de medie. Testul nu cere nimic despre șiruri de integrale sau despre limite calculate cu sume Riemann: acelea sunt subiectul lecțiilor următoare, iar aici indicele $n$ este de fiecare dată fixat, cerința fiind doar inegalitatea.

Testul cere de la elev o redactare pe care baremele de examen o punctează literal: ipoteza verificată → metoda numită → transformarea scrisă complet, cu limitele noi → calculul → rezultatul exact. Un rezultat corect obținut fără scrierea noilor limite sau fără propoziția de continuitate pierde jumătate din subpunct.

• Punctaj total: 100 de puncte (90 de puncte din itemi + 10 puncte din oficiu).
• Timp recomandat: 50 de minute (o oră de curs); rezultatele se lasă în formă exactă, cu $\pi$, $\ln$ și radicali, niciodată aproximate.
• Cum se aplică: elevul lucrează individual, pe foaie, fără calculator. La fiecare integrală rațională, prima propoziție scrisă este cea despre rădăcinile numitorului. Se depunctează: termenul $fg$ scris fără bara cu limite, constanta $\mathcal{C}$ apărută la o integrală definită, schimbarea variabilei fără schimbarea limitelor, revenirea la $x$ cu limitele deja schimbate, descompunerea în fracții simple fără împărțirea prealabilă și scoaterea modulului dintr-un radical fără justificarea semnului.
• Interpretare: 90–100 p = foarte bine; 75–89 p = bine; 60–74 p = satisfăcător; sub 60 p = se recomandă reluarea lecțiilor 118–120, cu accent pe scrierea noilor limite și pe cele patru etape ale integralei raționale.
• Formule de reținut: Integrarea prin părți: ${\int }_a^{b}f(x)g^{\prime }(x)dx=f(x)g(x){|}_a^b-{\int }_a^b{f}^{\prime }(x)g(x)dx$, cu $f,g$ derivabile și cu derivate continue pe $[a,b]$; termenul din capete este un număr, $f(b)g(b)-f(a)g(a)$. Regula descreșterii: se derivează factorul care se simplifică prin derivare (polinomul, logaritmul, arctangenta) și se integrează cel care nu se complică prin integrare (exponențiala, sinusul, cosinusul, puterile). Integralele care se întorc: la ${\int }_a^b{e}^{\alpha x}\sin \beta xdx$ se aplică formula de două ori, cu aceeași alegere, și se obține o ecuație de gradul întâi în necunoscuta $I$. Schimbarea de variabilă: ${\int }_a^{b}f(u(x))u^{\prime }(x)dx={\int }_{u(a)}^{u(b)}f(t)dt$, pentru $f$ continuă și $u$ derivabilă cu derivată continuă; limitele se schimbă, la $x$ nu se mai revine. Cei trei pași ai schimbării de variabilă la integrala definită: substituția cu $dt=u^{\prime }(x)dx$ → calculul noilor limite, scris explicit → calculul în noua variabilă. Substituția inversă: ${\int }_a^{b}f(x)dx={\int }_{\alpha }^{\beta }f(\phi (t)){\phi }^{\prime }(t)dt$, cu $\phi$ derivabilă, cu derivată continuă și strict monotonă, $\phi (\alpha )=a$, $\phi (\beta )=b$; pentru $\sqrt{a^2-x^2}$ se ia $x=a\sin t$, cu $t$ ales astfel încât $\cos t\ge 0$. Cele patru etape ale integralei raționale: controlul intervalului (numitorul nu se anulează pe $[a,b]$, deci funcția este continuă, deci integrabilă) → împărțirea, când gradul numărătorului este cel puțin egal cu al numitorului → descompunerea, cu rețeta fracțiilor simple sau, la numitor cu discriminant negativ, cu rețeta trinomului → primitiva și evaluarea $F(x){|}_a^b$. Regula fracțiilor simple: un factor $(x-a{)}^k$ la numitor cere exact $k$ fracții, cu numitorii $(x-a),(x-a{)}^2,\dots ,(x-a{)}^k$. Forma $\frac{u^{\prime }}{u}$: numărătorul proporțional cu derivata numitorului dă logaritm, fără nicio descompunere; numărătorul constant peste un trinom cu $\Delta <0$ dă arctangentă; un numărător de gradul întâi peste un asemenea trinom dă amândouă. Rândurile canonice folosite: $\int \frac{dx}{x^2+a^2}=\frac{1}{a}\mathrm{arctg}\frac{x}{a}+\mathcal{C}$ și $\int \frac{dx}{x^2-a^2}=\frac{1}{2a}\ln \left|\frac{x-a}{x+a}\right|+\mathcal{C}$. Încadrarea integralei, cu Etapele 1, 2 și 3: se găsesc marginile integrandului pe $[a,b]$ → se scrie dubla inegalitate $m\le f(x)\le M$, cu justificare → se integrează și se obține $m(b-a)\le {\int }_a^{b}f\le M(b-a)$. Teorema de medie: dacă $f$ este continuă pe $[a,b]$, există $c\in [a,b]$ cu ${\int }_a^{b}f(x)dx=f(c)(b-a)$.

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

Itemi

Partea I – Integrarea prin părți

Itemul 1 (6 puncte)

Alege litera corespunzătoare răspunsului corect (câte 2 puncte):

a) În formula de integrare prin părți pentru integrala definită, termenul $f(x)g(x){|}_a^b$ este: A. o funcție de $x$; B. un număr real; C. o familie de funcții; D. o primitivă a produsului $fg$.

b) Conform regulii descreșterii, la ${\int }_1^2{x}^3\ln xdx$ se derivează factorul: A. $x^3$; B. $\ln x$; C. oricare dintre ei; D. niciunul, metoda nu se aplică.

c) La calculul lui ${\int }_0^{1}x{e}^{3x}dx$ prin părți, o primitivă a lui $g^{\prime }(x)=e^{3x}$ este: A. $3e^{3x}$; B. $e^{3x}$; C. $\frac{e^{3x}}{3}$; D. $\frac{e^{3x}}{3x}$.

Itemul 2 (6 puncte)

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

a) „La o integrală definită calculată prin părți, rezultatul se încheie cu $+\mathcal{C}$." b) „În formula ${\int }_a^{b}f(u(x))u^{\prime }(x)dx={\int }_{u(a)}^{u(b)}f(t)dt$, funcția $u$ trebuie să fie injectivă." c) „Dacă numitorul unei funcții raționale are o rădăcină reală în interiorul intervalului de integrare, integrala se calculează oricum cu formula Leibniz–Newton." d) „Într-o descompunere în fracții simple, un factor $(x-a{)}^3$ de la numitor cere trei fracții."

Itemul 3 (6 puncte)

Calculează, precizând de fiecare dată alegerea factorilor (câte 2 puncte): a) ${\int }_0^1(3x+2)e^{-x}dx$; b) ${\int }_1^4\sqrt{x}\ln xdx$; c) ${\int }_0^{\pi /4}x\cos 4xdx$.

Itemul 4 (7 puncte)

Se consideră numerele $I={\int }_0^{\pi }{e}^{-x}\sin xdx$ și $J={\int }_0^{\pi }{e}^{-x}\cos xdx$.

a) Arată, integrând prin părți cu $f(x)=\sin x$ și $g^{\prime }(x)=e^{-x}$, că $I=J$. (2 p) b) Arată, cu aceeași alegere consecventă a factorilor, că $J=1+e^{-\pi }-I$ și deduce valoarea lui $I$. (3 p) c) Verifică rezultatul prin derivare: arată că $-\frac{e^{-x}(\sin x+\cos x)}{2}$ este o primitivă a integrandului și regăsește valoarea lui $I$. (2 p)

Partea a II-a – Schimbarea de variabilă

Itemul 5 (8 puncte)

a) Calculează ${\int }_0^{\pi /2}\frac{\cos x}{\sqrt{1+\sin x}}dx$, parcurgând cei trei pași ai schimbării de variabilă la integrala definită și scriind explicit noile limite. (3 p) b) Calculează ${\int }_0^{\pi /4}\frac{\mathrm{tg}x}{{\cos }^{2}x}dx$. (3 p) c) Explică de ce, la subpunctul a), nu se revine la variabila $x$ și arată ce număr greșit s-ar obține dacă s-ar păstra limitele inițiale. (2 p)

Itemul 6 (8 puncte)

Se consideră ${\int }_0^9\frac{dx}{\sqrt{x}+2}$.

a) Justifică folosirea substituției inverse $x=t^2$, cu $t\in [0,3]$, verificând toate ipotezele teoremei, și scrie noile limite de integrare. (3 p) b) Calculează integrala. (3 p) c) Controlează rezultatul prin încadrare, folosind valorile integrandului la capetele intervalului. (2 p)

Itemul 7 (7 puncte)

Se consideră ${\int }_0^{5/2}\sqrt{25-x^2}dx$.

a) Justifică substituția $x=5\sin t$, precizează intervalul lui $t$ și scrie noile limite. (2 p) b) Calculează integrala, arătând de ce radicalul devine $5\cos t$ fără modul. (3 p) c) Verifică rezultatul printr-un control de ordin de mărime. (2 p)

Partea a III-a – Funcții raționale și item de tip examen

Itemul 8 (7 puncte)

Se consideră ${\int }_0^1\frac{x^4}{x+1}dx$.

a) Parcurge etapele 1 și 2 ale integralei raționale: justifică integrabilitatea și arată, prin împărțire cu rest, că $\frac{x^4}{x+1}=x^3-x^2+x-1+\frac{1}{x+1}$. (2 p) b) Parcurge etapele 3 și 4 și calculează integrala. (3 p) c) Controlează rezultatul prin încadrarea integrandului pe $[0,1]$. (2 p)

Itemul 9 (10 puncte)

Se consideră ${\int }_0^1\frac{dx}{(x+1)(x+2{)}^2}$.

a) Descompune integrandul în fracții simple și verifică descompunerea dând lui $x$ o valoare numerică. (4 p) b) Calculează integrala. (4 p) c) Controlează rezultatul prin încadrare, știind că integrandul este strict descrescător pe $[0,1]$. (2 p)

Itemul 10 (10 puncte)

Calculează: a) ${\int }_1^{1+\sqrt{3}}\frac{dx}{x^2-2x+2}$; (3 p) b) ${\int }_0^3\frac{2x+3}{x^2+9}dx$; (4 p) c) ${\int }_1^e\frac{dx}{x\left({\ln }^{2}x+3\ln x+2\right)}$. (3 p)

Itemul 11 (15 puncte)

(Item tip Bacalaureat M1 — Subiectul al III-lea, problema 2.) Se consideră funcția $f:[0,1]\to \mathbb{R}$, $f(x)=\frac{1}{x+4}$, iar pentru fiecare număr natural $n$ fixat, numărul $P_n={\int }_0^1\frac{x^n}{x+4}dx$.

a) Calculați $P_0$ și $P_1$, parcurgând cele patru etape ale integralei raționale. (5 p) b) Arătați, parcurgând Etapele 1, 2 și 3 ale rețetei încadrării, că $\frac{1}{5(n+1)}\le P_n\le \frac{1}{4(n+1)}$, și verificați încadrarea pentru $n=1$. (5 p) c) Calculați $P_2$, verificați încadrarea pentru $n=2$ și determinați numărul $c\in [0,1]$ dat de teorema de medie pentru funcția $f$ pe intervalul $[0,1]$. (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. După ce a fost scris, termenul se transformă imediat în $f(b)g(b)-f(a)g(a)$, adică într-un număr real. Aceasta este deosebirea față de integrala nedefinită, unde $fg$ rămâne o funcție purtată mai departe prin calcul.

b) B. Regula descreșterii cere să se deriveze factorul care se simplifică prin derivare. Logaritmul derivat devine $\frac{1}{x}$, adică o fracție rațională, iar $x^3$ integrat devine $\frac{x^4}{4}$, care nu se complică. Alegerea inversă ar da o integrală cu logaritm și cu putere mai mare.

c) C. Derivata lui $\frac{e^{3x}}{3}$ este $\frac{3e^{3x}}{3}=e^{3x}$. Când în locul lui $e^x$ apare $e^{kx}$, primitiva se împarte la $k$; varianta A este derivata, nu primitiva.

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

a) F. Constanta de integrare are sens numai la integrala nedefinită, unde rezultatul este o mulțime de funcții. La integrala definită rezultatul este un număr, iar dacă $F$ și $F+c$ sunt două primitive, atunci $(F(b)+c)-(F(a)+c)=F(b)-F(a)$: constanta dispare la scădere.

b) F. Demonstrația formulei nu folosește nicăieri inversa lui $u$, ci doar compunerea cu o primitivă a lui $f$. Contraexemplu: pentru $u(x)=x^4$ pe $[-1,1]$, funcție neinjectivă, avem $u(-1)=u(1)=1$ și ${\int }_{-1}^{1}4x^3\sin \left(x^4\right)dx={\int }_1^1\sin tdt=0$, ceea ce este corect, integrandul fiind impar.

c) F. Formula Leibniz–Newton cere ca funcția să fie integrabilă pe $[a,b]$ și să admită o primitivă pe $[a,b]$; în rădăcina numitorului funcția nici nu este definită, iar o reuniune de două intervale nu este interval. Aplicarea oarbă dă rezultate absurde, ca ${\int }_{-1}^1\frac{dx}{x^2}=-2$, negativ pentru un integrand strict pozitiv.

d) A. Un factor $(x-a{)}^k$ cere exact $k$ fracții simple, cu numitorii $(x-a)$, $(x-a{)}^2$, …, $(x-a{)}^k$. Cu mai puține, sistemul coeficienților nu are soluție; cu mai multe, coeficienții în plus ies nuli, dar se pierde timp.

Itemul 3. (6 p) — câte 2 puncte.

a) Regula descreșterii cere $f(x)=3x+2$ (polinomul se simplifică prin derivare) și $g^{\prime }(x)=e^{-x}$, deci $f^{\prime }(x)=3$ și $g(x)=-e^{-x}$: $${\int }_0^1(3x+2)e^{-x}dx=-(3x+2)e^{-x}{|}_0^1+3{\int }_0^1{e}^{-x}dx=\left(-\frac{5}{e}+2\right)+3\left(1-\frac{1}{e}\right)=5-\frac{8}{e}.$$ Numeric, $5-\frac{8}{e}\approx 2,057$, valoare pozitivă, cum era de așteptat pentru un integrand pozitiv pe $[0,1]$.

b) $f(x)=\ln x$, $g^{\prime }(x)=\sqrt{x}=x^{1/2}$, deci $f^{\prime }(x)=\frac{1}{x}$ și $g(x)=\frac{2x\sqrt{x}}{3}$: $${\int }_1^4\sqrt{x}\ln xdx=\frac{2x\sqrt{x}}{3}\ln x{|}_1^4-\frac{2}{3}{\int }_1^4\sqrt{x}dx=\frac{16}{3}\ln 4-\frac{2}{3}\cdot \frac{2x\sqrt{x}}{3}{|}_1^4=\frac{32\ln 2}{3}-\frac{28}{9}.$$ La capătul $x=1$ termenul din capete se anulează, fiindcă $\ln 1=0$. Numeric, rezultatul este $\approx 4,282$.

c) $f(x)=x$, $g^{\prime }(x)=\cos 4x$, deci $g(x)=\frac{\sin 4x}{4}$: $${\int }_0^{\pi /4}x\cos 4xdx=\frac{x\sin 4x}{4}{|}_0^{\pi /4}-\frac{1}{4}{\int }_0^{\pi /4}\sin 4xdx=0+\frac{\cos 4x}{16}{|}_0^{\pi /4}=-\frac{1}{16}-\frac{1}{16}=-\frac{1}{8}.$$ Rezultatul negativ este firesc: pe $\left(\frac{\pi }{8},\frac{\pi }{4}\right)$ integrandul este negativ, cu valori mai mari în modul decât pe prima jumătate, unde $x$ este mic.

Itemul 4. (7 p)

a) (2 p) Funcțiile $\sin$ și $e^{-x}$ sunt derivabile, cu derivate continue pe $[0,\pi ]$, deci formula se aplică. Cu $f(x)=\sin x$ și $g^{\prime }(x)=e^{-x}$ avem $f^{\prime }(x)=\cos x$ și $g(x)=-e^{-x}$ (1 p): $$I=-e^{-x}\sin x{|}_0^{\pi }+{\int }_0^{\pi }{e}^{-x}\cos xdx=(0-0)+J=J.$$ Termenul din capete se anulează, pentru că $\sin 0=\sin \pi =0$ (1 p).

b) (3 p) Păstrăm consecvent aceeași alegere: $f(x)=\cos x$, $g^{\prime }(x)=e^{-x}$, deci $f^{\prime }(x)=-\sin x$ și $g(x)=-e^{-x}$ (1 p): $$J=-e^{-x}\cos x{|}_0^{\pi }-{\int }_0^{\pi }{e}^{-x}\sin xdx=(e^{-\pi }+1)-I$$ (1 p). Înlocuind $J=I$ din subpunctul a), obținem $I=1+e^{-\pi }-I$, deci $2I=1+e^{-\pi }$ și $$I=\frac{1+e^{-\pi }}{2}\approx 0,522$$ (1 p). (Dacă la al doilea pas s-ar deriva exponențiala în loc de funcția trigonometrică, s-ar obține identitatea inutilă $I=I$.)

c) (2 p) Derivăm funcția propusă, cu regula produsului: $${\left(-\frac{e^{-x}(\sin x+\cos x)}{2}\right)}^{\prime }=\frac{e^{-x}(\sin x+\cos x)}{2}-\frac{e^{-x}(\cos x-\sin x)}{2}=e^{-x}\sin x$$ (1 p). Evaluând între limite, $\frac{e^{-\pi }}{2}-\left(-\frac{1}{2}\right)=\frac{1+e^{-\pi }}{2}$, adică exact valoarea găsită la subpunctul b) (1 p).

Itemul 5. (8 p)

a) (3 p) Pasul 1 — substituția: notăm $t=1+\sin x$, deci $dt=\cos xdx$; tot integrandul se rescrie în $t$, pentru că $\cos xdx$ apare întreg (1 p). Pasul 2 — noile limite: când $x=0$, $t=1$; când $x=\frac{\pi }{2}$, $t=2$ (1 p). Pasul 3 — calculul în $t$: $${\int }_0^{\pi /2}\frac{\cos x}{\sqrt{1+\sin x}}dx={\int }_1^2\frac{dt}{\sqrt{t}}=2\sqrt{t}{|}_1^2=2\sqrt{2}-2\approx 0,828$$ (1 p).

b) (3 p) Notăm $t=\mathrm{tg}x$, deci $dt=\frac{dx}{{\cos }^{2}x}$ (1 p). Când $x=0$, $t=0$; când $x=\frac{\pi }{4}$, $t=1$ (1 p). Prin urmare $${\int }_0^{\pi /4}\frac{\mathrm{tg}x}{{\cos }^{2}x}dx={\int }_0^{1}tdt=\frac{t^2}{2}{|}_0^1=\frac{1}{2}$$ (1 p).

c) (2 p) După schimbarea limitelor, integrala în $t$ este completă: rezultatul este un număr, deci revenirea la $x$ nu are ce să adauge, iar dacă s-ar face păstrând noile limite, s-ar evalua o expresie în $x$ între valori ale lui $t$ — un cu totul alt număr (1 p). Dacă la subpunctul a) s-ar păstra limitele inițiale, s-ar scrie $2\sqrt{t}{|}_0^{\pi /2}=2\sqrt{\frac{\pi }{2}}\approx 2,507$, adică de trei ori mai mult decât valoarea corectă (1 p).

Itemul 6. (8 p)

a) (3 p) Funcția $\phi (t)=t^2$ este derivabilă pe $[0,3]$, cu derivata ${\phi }^{\prime }(t)=2t$ continuă, și este strict crescătoare acolo, deci bijectivă de la $[0,3]$ pe $[0,9]$ (1,5 p). Capetele se citesc din ecuațiile $t^2=0$ și $t^2=9$, care au pe $[0,3]$ soluțiile unice $t=0$ și $t=3$ — aici lucrează monotonia (1 p). Cu $dx=2tdt$ și $\sqrt{x}=t$ (radicalul iese fără modul, pentru că $t\ge 0$), integrala devine ${\int }_0^3\frac{2t}{t+2}dt$ (0,5 p).

b) (3 p) Gradul numărătorului îl atinge pe cel al numitorului, deci împărțim întâi: $\frac{2t}{t+2}=2-\frac{4}{t+2}$ (1 p). Prin urmare $${\int }_0^9\frac{dx}{\sqrt{x}+2}={\int }_0^3\left(2-\frac{4}{t+2}\right)dt=(2t-4\ln |t+2|){|}_0^3=6-4\ln 5+4\ln 2$$ (1,5 p), adică $6-4\ln \frac{5}{2}\approx 2,335$ (0,5 p).

c) (2 p) Funcția $x\mapsto \frac{1}{\sqrt{x}+2}$ este strict descrescătoare pe $[0,9]$, deci marginile ei sunt valorile din capete: $\frac{1}{5}\le \frac{1}{\sqrt{x}+2}\le \frac{1}{2}$ (1 p). Intervalul are lungimea $9$, deci $\frac{9}{5}\le {\int }_0^9\frac{dx}{\sqrt{x}+2}\le \frac{9}{2}$, iar $2,335$ se află într-adevăr între $1,8$ și $4,5$ (1 p).

Itemul 7. (7 p)

a) (2 p) Punem $x=5\sin t$, cu $t\in \left[0,\frac{\pi }{2}\right]$: pe acest interval funcția este derivabilă, cu derivata $5\cos t$ continuă, și strict crescătoare, ducând $\left[0,\frac{\pi }{2}\right]$ în $[0,5]$ (1 p). Noile limite: $x=0$ dă $\sin t=0$, deci $t=0$; $x=\frac{5}{2}$ dă $\sin t=\frac{1}{2}$, deci $t=\frac{\pi }{6}$ (1 p).

b) (3 p) Din formula fundamentală a trigonometriei, $$\sqrt{25-25{\sin }^{2}t}=5\sqrt{1-{\sin }^{2}t}=5|\cos t|=5\cos t,$$ ultima egalitate fiind valabilă pentru că am ales $t\in \left[0,\frac{\pi }{2}\right]$, unde $\cos t\ge 0$ (1 p). Cu $dx=5\cos tdt$ și cu ${\cos }^{2}t=\frac{1+\cos 2t}{2}$, $${\int }_0^{5/2}\sqrt{25-x^2}dx=25{\int }_0^{\pi /6}{\cos }^{2}tdt=25\left(\frac{t}{2}+\frac{\sin 2t}{4}\right){|}_0^{\pi /6}$$ (1 p). Cum $\sin \frac{\pi }{3}=\frac{\sqrt{3}}{2}$, rezultatul este $$25\left(\frac{\pi }{12}+\frac{\sqrt{3}}{8}\right)=\frac{25\pi }{12}+\frac{25\sqrt{3}}{8}\approx 11,958$$ (1 p).

c) (2 p) Pe $\left[0,\frac{5}{2}\right]$ funcția $\sqrt{25-x^2}$ este descrescătoare, de la $5$ la $\sqrt{18,75}\approx 4,330$ (1 p). Intervalul are lungimea $\frac{5}{2}$, deci integrala este cuprinsă între $\frac{5}{2}\cdot 4,330\approx 10,825$ și $\frac{5}{2}\cdot 5=12,5$; valoarea $11,958$ se încadrează (1 p).

Itemul 8. (7 p)

a) (2 p) Etapa 1: numitorul se anulează numai în $-1$, care nu aparține lui $[0,1]$, deci funcția este continuă pe $[0,1]$, prin urmare integrabilă și cu primitive acolo (1 p). Etapa 2: gradul numărătorului îl depășește pe cel al numitorului, deci împărțim cu rest. Din $x^4-1=(x+1)(x^3-x^2+x-1)$ rezultă $x^4=(x+1)(x^3-x^2+x-1)+1$, adică $$\frac{x^4}{x+1}=x^3-x^2+x-1+\frac{1}{x+1}$$ (1 p).

b) (3 p) Etapa 3: restul are numărătorul constant, deci nu mai e nimic de descompus (0,5 p). Etapa 4: $${\int }_0^1\frac{x^4}{x+1}dx=\left(\frac{x^4}{4}-\frac{x^3}{3}+\frac{x^2}{2}-x+\ln |x+1|\right){|}_0^1$$ (1,5 p), adică $\frac{1}{4}-\frac{1}{3}+\frac{1}{2}-1+\ln 2=\ln 2-\frac{7}{12}\approx 0,110$ (1 p).

c) (2 p) Pe $[0,1]$ integrandul este crescător, pentru că ${\left(\frac{x^4}{x+1}\right)}^{\prime }=\frac{x^3(3x+4)}{(x+1{)}^2}\ge 0$; marginile lui sunt deci valorile din capete, $f(0)=0$ și $f(1)=\frac{1}{2}$, adică $0\le \frac{x^4}{x+1}\le \frac{1}{2}$ (atenție: din $0\le x^4\le 1$ și $1\le x+1\le 2$ ar ieși doar plafonul slab $1$) (1 p). Intervalul are lungimea $1$, deci $0\le {\int }_0^1\frac{x^4}{x+1}dx\le \frac{1}{2}$, iar $0,110$ se încadrează (1 p).

Itemul 9. (10 p)

a) (4 p) Numitorul are rădăcinile $-1$ și $-2$, ambele în afara lui $[0,1]$, deci funcția este continuă pe $[0,1]$ (0,5 p). Aplicăm rețeta fracțiilor simple: factorul $(x+2{)}^2$ cere două fracții, deci descompunerea are forma $$\frac{1}{(x+1)(x+2{)}^2}=\frac{A}{x+1}+\frac{B}{x+2}+\frac{C}{(x+2{)}^2}$$ (1 p), echivalentă cu $1=A(x+2{)}^2+B(x+1)(x+2)+C(x+1)$. Pentru $x=-1$ obținem $1=A$; pentru $x=-2$ obținem $1=-C$, deci $C=-1$; comparând coeficienții lui $x^2$, $0=A+B$, deci $B=-1$ (1,5 p). Prin urmare $$\frac{1}{(x+1)(x+2{)}^2}=\frac{1}{x+1}-\frac{1}{x+2}-\frac{1}{(x+2{)}^2}$$ (0,5 p). Verificare la $x=0$: fracția inițială dă $\frac{1}{4}$, iar suma dă $1-\frac{1}{2}-\frac{1}{4}=\frac{1}{4}$ (0,5 p).

b) (4 p) O primitivă a fiecărei fracții simple: prima dă $\ln |x+1|$, a doua $-\ln |x+2|$, iar a treia $\frac{1}{x+2}$ — o putere, nu un logaritm (1,5 p). Prin urmare $${\int }_0^1\frac{dx}{(x+1)(x+2{)}^2}=\left(\ln |x+1|-\ln |x+2|+\frac{1}{x+2}\right){|}_0^1$$ (1 p), adică $\left(\ln 2-\ln 3+\frac{1}{3}\right)-\left(-\ln 2+\frac{1}{2}\right)=2\ln 2-\ln 3-\frac{1}{6}$ (1 p), deci $${\int }_0^1\frac{dx}{(x+1)(x+2{)}^2}=\ln \frac{4}{3}-\frac{1}{6}\approx 0,121$$ (0,5 p).

c) (2 p) Integrandul fiind strict descrescător pe $[0,1]$, marginile lui sunt valorile din capete: $\frac{1}{2\cdot 9}\le \frac{1}{(x+1)(x+2{)}^2}\le \frac{1}{1\cdot 4}$, adică $\frac{1}{18}\le f(x)\le \frac{1}{4}$ (1 p). Intervalul are lungimea $1$, deci $\frac{1}{18}\le I\le \frac{1}{4}$, iar $0,121$ se află între $0,056$ și $0,25$ (1 p).

Itemul 10. (10 p)

a) (3 p) Trinomul are discriminantul $4-8=-4<0$, deci nu se anulează nicăieri și funcția este continuă pe tot intervalul (0,5 p). Aplicăm rețeta trinomului și completăm pătratul: $x^2-2x+2=(x-1{)}^2+1$ (1 p). Cu rândul canonic al arctangentei, pentru $a=1$, $${\int }_1^{1+\sqrt{3}}\frac{dx}{x^2-2x+2}=\mathrm{arctg}(x-1){|}_1^{1+\sqrt{3}}=\mathrm{arctg}\sqrt{3}-\mathrm{arctg}0=\frac{\pi }{3}$$ (1,5 p).

b) (4 p) Numitorul $x^2+9$ nu se anulează pe $\mathbb{R}$, deci funcția este continuă (0,5 p). Separăm după derivata numitorului, $(x^2+9{)}^{\prime }=2x$: $$\frac{2x+3}{x^2+9}=\frac{2x}{x^2+9}+\frac{3}{x^2+9}$$ (1 p). Primul termen dă $\ln (x^2+9)$, fără modul, pentru că numitorul este strict pozitiv; al doilea dă $3\cdot \frac{1}{3}\mathrm{arctg}\frac{x}{3}$ (1,5 p). Prin urmare $${\int }_0^3\frac{2x+3}{x^2+9}dx=\left(\ln (x^2+9)+\mathrm{arctg}\frac{x}{3}\right){|}_0^3=\ln 18-\ln 9+\frac{\pi }{4}=\ln 2+\frac{\pi }{4}$$ (1 p), adică $\approx 1,479$.

c) (3 p) Este o integrală reductibilă la o funcție rațională: notăm $t=\ln x$, deci $dt=\frac{dx}{x}$ (1 p). Noile limite: $x=1$ dă $t=0$; $x=e$ dă $t=1$ (0,5 p). Integrala devine ${\int }_0^1\frac{dt}{t^2+3t+2}$, iar $t^2+3t+2=(t+1)(t+2)$ nu se anulează pe $[0,1]$ (0,5 p). Din $\frac{1}{(t+1)(t+2)}=\frac{1}{t+1}-\frac{1}{t+2}$ rezultă $${\int }_0^1\frac{dt}{(t+1)(t+2)}=\ln \left|\frac{t+1}{t+2}\right|{|}_0^1=\ln \frac{2}{3}-\ln \frac{1}{2}=\ln \frac{4}{3}\approx 0,288$$ (1 p).

Itemul 11. (15 p)

a) (5 p) Etapa 1: numitorul se anulează în $-4$, care nu aparține lui $[0,1]$, deci funcția $x\mapsto \frac{x^n}{x+4}$ este continuă pe $[0,1]$, prin urmare integrabilă, iar formula Leibniz–Newton se poate aplica (1 p). Pentru $P_0$: etapele 2 și 3 nu au ce face, integrandul fiind deja o fracție simplă: $$P_0={\int }_0^1\frac{dx}{x+4}=\ln |x+4|{|}_0^1=\ln 5-\ln 4=\ln \frac{5}{4}\approx 0,223$$ (2 p). Pentru $P_1$: gradele numărătorului și numitorului sunt egale, deci Etapa 2 cere împărțirea, $\frac{x}{x+4}=1-\frac{4}{x+4}$ (1 p), de unde $$P_1=(x-4\ln |x+4|){|}_0^1=1-4\ln \frac{5}{4}\approx 0,107$$ (1 p).

b) (5 p) Etapa 1 — marginile integrandului. Pe $[0,1]$ avem $4\le x+4\le 5$, deci, prin trecerea la inverse a unor numere pozitive, $\frac{1}{5}\le \frac{1}{x+4}\le \frac{1}{4}$ (1,5 p). Etapa 2 — dubla inegalitate. Înmulțind cu $x^n\ge 0$, care păstrează sensul, $$\frac{x^n}{5}\le \frac{x^n}{x+4}\le \frac{x^n}{4},x\in [0,1]$$ (1,5 p). Etapa 3 — integrarea. Prin monotonia integralei și cu ${\int }_0^1{x}^{n}dx=\frac{1}{n+1}$, obținem $$\frac{1}{5(n+1)}\le P_n\le \frac{1}{4(n+1)}$$ (1 p). Verificarea pentru $n=1$: încadrarea cere $\frac{1}{10}\le P_1\le \frac{1}{8}$, adică $0,1\le 0,107\le 0,125$ — se potrivește (1 p).

c) (5 p) Calculul lui $P_2$. Împărțim: $\frac{x^2}{x+4}=x-4+\frac{16}{x+4}$, ceea ce se verifică înmulțind înapoi, $(x+4)(x-4)=x^2-16$ (1 p). Prin urmare $$P_2=\left(\frac{x^2}{2}-4x+16\ln |x+4|\right){|}_0^1=\frac{1}{2}-4+16\ln \frac{5}{4}=16\ln \frac{5}{4}-\frac{7}{2}\approx 0,070$$ (1 p). Verificarea încadrării pentru $n=2$: ea cere $\frac{1}{15}\le P_2\le \frac{1}{12}$, adică $0,067\le 0,070\le 0,083$ — se potrivește (1 p). Teorema de medie. Funcția $f$ este continuă pe $[0,1]$, ca funcție rațională cu numitorul nenul acolo, deci există $c\in [0,1]$ cu ${\int }_0^{1}f(x)dx=f(c)(1-0)$; cum ${\int }_0^{1}f(x)dx=P_0=\ln \frac{5}{4}$, ecuația devine $\frac{1}{c+4}=\ln \frac{5}{4}$ (1 p). Prin urmare $$c=\frac{1}{\ln \frac{5}{4}}-4\approx 0,481\in [0,1]$$ (1 p). (Punctul $c$ nu este mijlocul intervalului: $f\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{2}{9}\approx 0,222$, în timp ce valoarea medie este $\approx 0,223$ — apropiate, dar diferite.)