Test: șiruri de integrale și sume Riemann

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

Pentru părinți și profesori

Acest test acoperă ultimele trei lecții „de raționament" ale unității — șirurile de integrale, limitele de șiruri calculate cu sume Riemann și scurtăturile de simetrie — și verifică cinci lucruri. Primul: tratarea completă a unui șir de integrale, în ordinea celor trei întrebări fixate la lecția 121 — Întrebarea 1 (este monoton?), Întrebarea 2 (este mărginit? cum se încadrează?) și Întrebarea 3 (care este limita?) —, cu monotonia demonstrată prin compararea integranzilor, nu prin calculul termenilor. Al doilea: relația de recurență, găsită prin adunarea a doi termeni astfel încât numitorul să se simplifice, cu regula de memorat: coeficientul din recurență este termenul liber al numitorului, iar pasul recurenței este gradul numitorului; relația se scrie întotdeauna cu condiția asupra lui $n$ și se verifică pe primii termeni. Al treilea: deosebirea dintre teorema lui Weierstrass — care dă existența limitei unui șir monoton și mărginit, nu și valoarea ei — și criteriul cleștelui, care dă valoarea. Al patrulea: cei patru pași ai sumei Riemann — scoaterea factorului $\frac{1}{n}$, identificarea funcției din raportul $\frac{k}{n}$, recunoașterea diviziunii echidistante cu invocarea integrabilității funcției continue și calculul integralei; pasul al treilea este cel care se uită și este punctat separat în baremele oficiale. Al cincilea: simetriile — Teorema 1 (funcții impare), Teorema 2 (funcții pare), Teorema 3 (funcții periodice), formula unificată și trucul simetriei —, cu capcana produsului a două funcții impare, care este o funcție pară.

Testul cere de la elev raționament scris, nu calcul brut: comparație de funcții, integrarea unei inegalități, invocarea corectă a unei teoreme de existență, apoi a unui criteriu de calcul. Un rezultat corect fără propoziția de integrabilitate sau fără justificarea parității 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 $e$.
• Cum se aplică: elevul lucrează individual, pe foaie, fără calculator. Orice relație de recurență nou obținută se verifică pe cel puțin doi termeni, înainte de a fi folosită. Se depunctează: monotonia „demonstrată" comparând valori numerice ale termenilor, recurența scrisă fără condiția asupra lui $n$, limita dedusă din teorema lui Weierstrass, trecerea de la o sumă la o integrală fără propoziția de continuitate și integrabilitate, produsul a două funcții impare declarat impar și folosirea unei scurtături de simetrie pe un interval nesimetric sau pentru o funcție neintegrabilă.
• Interpretare: 90–100 p = foarte bine; 75–89 p = bine; 60–74 p = satisfăcător; sub 60 p = se recomandă reluarea lecțiilor 121–123, cu accent pe cele trei întrebări de la șiruri și pe justificarea integrabilității la sumele Riemann.
• Formule de reținut: Monotonia unui șir de integrale: pe $[0,1]$ avem $x^{n+1}\le x^n$, deci orice șir de forma ${\int }_0^1{x}^{n}g(x)dx$, cu $g\ge 0$, este descrescător; monotonia se citește din monotonia integrandului, prin monotonia integralei. Încadrarea: se încadrează întâi integrandul, apoi se integrează inegalitățile, folosind ${\int }_0^1{x}^{n}dx=\frac{1}{n+1}$. Regula recurenței: coeficientul din recurență este termenul liber al numitorului, iar pasul recurenței este gradul numitorului; recurența se obține adunând termenii potriviți, astfel încât la numărător să apară un factor egal cu numitorul. Teorema lui Weierstrass dă existența limitei unui șir monoton și mărginit; criteriul cleștelui dă valoarea ei. Cei patru pași ai sumei Riemann: scoaterea factorului $\frac{1}{n}$ → identificarea funcției, cu $\frac{k}{n}$ înlocuit prin $x$ → recunoașterea diviziunii echidistante a lui $[0,1]$ cu ${\xi }_k=\frac{k}{n}$ și invocarea integrabilității funcției continue → calculul integralei; atunci $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{n}\sum _{k=1}^{n}f\left(\frac{k}{n}\right)={\int }_0^{1}f(x)dx$. Pe un interval $[a,b]$ oarecare: $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{b-a}{n}\sum _{k=1}^{n}f\left(a+k\cdot \frac{b-a}{n}\right)={\int }_a^{b}f(x)dx$. Produse și radicali de ordinul $n$: se logaritmează, se calculează limita ca integrală, apoi se revine cu exponențiala. Teorema 1 (funcții impare): ${\int }_{-a}^{a}f=0$. Teorema 2 (funcții pare): ${\int }_{-a}^{a}f=2{\int }_0^{a}f$. Teorema 3 (funcții periodice): ${\int }_a^{a+T}f={\int }_0^{T}f$, iar pe $n$ perioade valoarea se înmulțește cu $n$. Formula unificată: ${\int }_{-a}^{a}f(x)dx={\int }_0^a(f(x)+f(-x))dx$. Trucul simetriei: ${\int }_0^{a}f(x)dx={\int }_0^{a}f(a-x)dx$; se arată o egalitate, apoi se calculează suma. Regula parității produsului: par $\times$ par $=$ par, par $\times$ impar $=$ impar, impar $\times$ impar $=$ par.

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

Itemi

Partea I – Șiruri de integrale: monotonie, încadrare, recurență

Itemul 1 (6 puncte)

Alege litera corespunzătoare răspunsului corect (câte 2 puncte):

a) Pentru un șir de integrale descrescător și mărginit inferior de $0$, teorema lui Weierstrass garantează: A. că limita șirului este $0$; B. că șirul are limită finită; C. că toți termenii sunt pozitivi; D. că șirul verifică o relație de recurență.

b) Pentru șirul $Q_n={\int }_0^1\frac{x^n}{x+5}dx$, relația de recurență este: A. $Q_n+Q_{n-1}=\frac{1}{n}$; B. $Q_n+5Q_{n-1}=\frac{1}{n}$; C. $5Q_n+Q_{n-1}=\frac{1}{n}$; D. $Q_n+Q_{n-5}=\frac{1}{n}$.

c) Un șir a cărui limită se calculează cu sume Riemann trebuie să conțină indicele $k$ numai prin: A. $\frac{k}{n^2}$; B. $\frac{k}{n}$; C. $k$ singur; D. produsul $kn$.

Itemul 2 (6 puncte)

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

a) „Orice șir de forma ${\int }_0^1{x}^{n}g(x)dx$, cu $g$ continuă și strict pozitivă pe $[0,1]$, este descrescător." b) „Orice șir care se scrie sub forma $\frac{1}{n}\sum _{k=1}^{n}f\left(\frac{k}{n}\right)$ are limita ${\int }_0^{1}f(x)dx$." c) „Funcția $x\mapsto x^3\sin x$ este impară, deci ${\int }_{-1}^1{x}^3\sin xdx=0$." d) „Integrala unei funcții continue și periodice de perioadă $T$, pe un interval de lungime $T$, nu depinde de capătul din care pornește intervalul."

Itemul 3 (8 puncte)

Pentru orice $n\in \mathbb{N}$ se consideră $Q_n={\int }_0^1\frac{x^n}{x+5}dx$.

a) Calculează $Q_0$ și $Q_1$. (3 p) b) Arată că $Q_n+5Q_{n-1}=\frac{1}{n}$, pentru orice $n\ge 1$, verifică relația pentru $n=1$ și calculează $Q_2$. (3 p) c) Arată că $\frac{1}{6(n+1)}\le Q_n\le \frac{1}{5(n+1)}$ pentru orice $n\in \mathbb{N}$ și verifică încadrarea pentru $n=1$. (2 p)

Itemul 4 (8 puncte)

Pentru orice $n\in \mathbb{N}$ se consideră $V_n={\int }_0^1\frac{x^n}{x^2+4}dx$.

a) Calculează $V_0$ și $V_1$. (2 p) b) Răspunde la Întrebarea 1 și la Întrebarea 2: arată că șirul este descrescător și că $\frac{1}{5(n+1)}\le V_n\le \frac{1}{4(n+1)}$. (3 p) c) Arată că $V_n+4V_{n-2}=\frac{1}{n-1}$ pentru orice $n\ge 2$, calculează $V_2$ și răspunde la Întrebarea 3. (3 p)

Partea a II-a – Limite de șiruri cu sume Riemann

Itemul 5 (6 puncte)

Calculează, precizând de fiecare dată funcția recunoscută (câte 2 puncte): a) $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n{\left(\frac{k}{n}\right)}^4$; b) $\underset{n\to \infty }{\lim }\sum _{k=1}^n\frac{n}{(2n+k{)}^2}$; c) $\underset{n\to \infty }{\lim }\sum _{k=1}^n\frac{k}{n^2+2k^2}$.

Itemul 6 (8 puncte)

Se consideră șirul $u_n=\frac{2}{n}\sum _{k=1}^n{\left(2+\frac{2k}{n}\right)}^2$.

a) Parcurge primii trei dintre cei patru pași ai sumei Riemann: identifică lungimea unui subinterval, intervalul $[a,b]$ și funcția $f$, apoi justifică integrabilitatea. (3 p) b) Calculează $\underset{n\to \infty }{\lim }{u}_n$. (3 p) c) Verifică coerența dintre factorul din față și capetele citite din argumentul funcției, pentru $k=0$ și pentru $k=n$. (2 p)

Itemul 7 (8 puncte)

Se consideră $v_n=\sqrt[n]{\frac{(3n)!}{(2n)!n^n}}$, $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$.

a) Arată că $\frac{(3n)!}{(2n)!n^n}=\prod _{k=1}^n\left(2+\frac{k}{n}\right)$. (3 p) b) Logaritmează și calculează $\underset{n\to \infty }{\lim }\ln v_n$, folosind ${\int }_0^1\ln (2+x)dx$. (3 p) c) Deduce $\underset{n\to \infty }{\lim }{v}_n$, justificând pasul final. (2 p)

Partea a III-a – Simetrii și item de tip examen

Itemul 8 (8 puncte)

a) Calculează ${\int }_{-2}^2\left(x^3+3x^2-4x+1\right)dx$, rupând integrandul după paritate. (3 p) b) Arată că funcția $x\mapsto x\sin (\pi x)$ este pară și calculează ${\int }_{-1}^{1}x\sin (\pi x)dx$. (3 p) c) Stabilește dacă afirmația „funcția $x\mapsto \frac{1}{x}$ este impară, deci ${\int }_{-1}^1\frac{dx}{x}=0$" este adevărată sau falsă, cu justificare. (2 p)

Itemul 9 (8 puncte)

Se consideră funcția $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$, $f(x)={\cos }^{2}3x$.

a) Arată că $f$ este periodică de perioadă $T=\frac{\pi }{3}$ și calculează ${\int }_0^{\pi /3}f(x)dx$. (3 p) b) Calculează ${\int }_{50\pi }^{50\pi +\pi /3}f(x)dx$, fără a evalua vreo primitivă în capetele date. (3 p) c) Calculează ${\int }_0^{2\pi }f(x)dx$. (2 p)

Itemul 10 (9 puncte)

a) Folosind formula unificată, calculează ${\int }_{-2}^2\frac{dx}{1+3^x}$. (3 p) b) Folosind trucul simetriei, arată că ${\int }_0^{\pi /2}\frac{\sqrt{\sin x}}{\sqrt{\sin x}+\sqrt{\cos x}}dx=\frac{\pi }{4}$. (4 p) c) Folosind trucul simetriei cu $a=1$, arată că ${\int }_0^1\frac{x^3}{x^3+(1-x{)}^3}dx=\frac{1}{2}$. (2 p)

Itemul 11 (15 puncte)

(Item tip Bacalaureat M1 — Subiectul al III-lea, problema 2.) Se consideră funcția $f:[0,1]\to \mathbb{R}$, $f(x)=\ln \left(1+x^2\right)$.

a) Calculați ${\int }_0^{1}f(x)dx$. (5 p) b) Arătați că $0\le {\int }_0^{1}f(x)dx\le \ln 2$ și deduceți încadrarea $4-2\ln 2\le \pi \le 4$. (5 p) c) Calculați $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n\ln \left(1+\frac{k^2}{n^2}\right)$ și apoi $\underset{n\to \infty }{\lim }\sqrt[n]{\prod _{k=1}^n\left(1+\frac{k^2}{n^2}\right)}$. (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. Teorema lui Weierstrass pentru șiruri este un rezultat de existență: un șir monoton și mărginit de numere reale este convergent. Ea nu spune care este limita; valoarea se obține din încadrare, cu criteriul cleștelui.

b) B. Regula recurenței spune că coeficientul din recurență este termenul liber al numitorului, iar pasul recurenței este gradul numitorului. Aici numitorul este $x+5$, deci coeficientul este $5$ și pasul este $1$: se adună $Q_n$ cu $5Q_{n-1}$, pentru că $x^n+5x^{n-1}=x^{n-1}(x+5)$.

c) B. Numai raportul $\frac{k}{n}$ produce diviziunea echidistantă a lui $[0,1]$ cu punctele intermediare ${\xi }_k=\frac{k}{n}$. Dacă indicele apare prin $\frac{k}{n^2}$, șirul nu este o sumă Riemann și se tratează cu criteriul cleștelui — contraexemplul canonic $\sum _{k=1}^n\frac{1}{n^2+k}$ are limita $0$, nu o integrală.

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

a) A. Pe $[0,1]$ avem $x^{n+1}\le x^n$, iar $g(x)>0$, deci $x^{n+1}g(x)\le x^{n}g(x)$ pentru orice $x$ din interval. Prin monotonia integralei, integrala din stânga este cel mult egală cu cea din dreapta, adică termenul de rang $n+1$ este cel mult egal cu cel de rang $n$.

b) F. Egalitatea cere ca funcția $f$ să fie integrabilă pe $[0,1]$, iar la clasa a XII-a acest lucru se obține din continuitate. Contraexemplu: pentru funcția lui Dirichlet, care ia valoarea $1$ în punctele raționale și $0$ în cele iraționale, toate numerele $\frac{k}{n}$ sunt raționale, deci fiecare sumă valorează $1$ și limita este $1$; funcția nu este însă integrabilă, deci nu există nicio integrală cu care să fie comparată.

c) F. Produsul a două funcții impare este o funcție pară: $(-x{)}^3\sin (-x)=(-x^3\left)\right(-\sin x)=x^3\sin x$. Integrala nu este deci nulă, ci $2{\int }_0^1{x}^3\sin xdx$, un număr strict pozitiv, integrandul fiind strict pozitiv pe $(0,1]$.

d) A. Este Teorema 3: pentru $f$ continuă pe $\mathbb{R}$ și periodică de perioadă $T$, avem ${\int }_a^{a+T}f={\int }_0^{T}f$, oricare ar fi $a$ real. Se obține din schimbarea de variabilă $x=t+T$ și din aditivitatea în raport cu intervalul.

Itemul 3. (8 p)

a) (3 p) Funcția $x\mapsto \frac{x^n}{x+5}$ este continuă pe $[0,1]$, numitorul neanulându-se acolo, deci este integrabilă (0,5 p). Pentru $n=0$, $$Q_0={\int }_0^1\frac{dx}{x+5}=\ln |x+5|{|}_0^1=\ln 6-\ln 5=\ln \frac{6}{5}\approx 0,182$$ (1 p). Pentru $n=1$ împărțim întâi, $\frac{x}{x+5}=1-\frac{5}{x+5}$ (0,5 p), de unde $$Q_1=(x-5\ln |x+5|){|}_0^1=1-5\ln \frac{6}{5}\approx 0,088$$ (1 p).

b) (3 p) Numitorul fiind $x+5$, adunăm $Q_n$ cu $5Q_{n-1}$, ca la numărător să apară factorul $x+5$: $$Q_n+5Q_{n-1}={\int }_0^1\frac{x^n+5x^{n-1}}{x+5}dx={\int }_0^1\frac{x^{n-1}(x+5)}{x+5}dx={\int }_0^1{x}^{n-1}dx=\frac{1}{n}$$ (1,5 p), relație valabilă pentru orice $n\ge 1$; pentru $n=0$ ea nu are sens, fiindcă ar cere $Q_{-1}$ și ar împărți la zero (0,5 p). Verificarea pentru $n=1$: $Q_1+5Q_0=\left(1-5\ln \frac{6}{5}\right)+5\ln \frac{6}{5}=1=\frac{1}{1}$ (0,5 p). Calculul lui $Q_2$: din recurență, $Q_2=\frac{1}{2}-5Q_1=\frac{1}{2}-5+25\ln \frac{6}{5}=25\ln \frac{6}{5}-\frac{9}{2}\approx 0,058$ (0,5 p).

c) (2 p) Pe $[0,1]$ avem $5\le x+5\le 6$, deci, trecând la inverse, $\frac{1}{6}\le \frac{1}{x+5}\le \frac{1}{5}$; înmulțind cu $x^n\ge 0$ obținem $\frac{x^n}{6}\le \frac{x^n}{x+5}\le \frac{x^n}{5}$ (1 p). Integrând pe $[0,1]$ și folosind ${\int }_0^1{x}^{n}dx=\frac{1}{n+1}$, rezultă $\frac{1}{6(n+1)}\le Q_n\le \frac{1}{5(n+1)}$ (0,5 p). Pentru $n=1$ încadrarea cere $0,083\le Q_1\le 0,1$, iar $Q_1\approx 0,088$ (0,5 p).

Itemul 4. (8 p)

a) (2 p) Numitorul $x^2+4$ nu se anulează pe $\mathbb{R}$, deci integrandul este continuu pe $[0,1]$, prin urmare integrabil. Cu rândul canonic al arctangentei, pentru $a=2$, $$V_0={\int }_0^1\frac{dx}{x^2+4}=\frac{1}{2}\mathrm{arctg}\frac{x}{2}{|}_0^1=\frac{1}{2}\mathrm{arctg}\frac{1}{2}\approx 0,232$$ (1 p). Numărătorul lui $V_1$ este, până la un factor, derivata numitorului, deci $$V_1={\int }_0^1\frac{x}{x^2+4}dx=\frac{1}{2}\ln (x^2+4){|}_0^1=\frac{1}{2}\ln \frac{5}{4}\approx 0,112$$ (1 p).

b) (3 p) Întrebarea 1. Pe $[0,1]$ avem $x^{n+1}\le x^n$, iar $x^2+4>0$, deci $\frac{x^{n+1}}{x^2+4}\le \frac{x^n}{x^2+4}$ pe tot intervalul; prin monotonia integralei, $V_{n+1}\le V_n$, deci șirul este descrescător (1,5 p). Întrebarea 2. Pe $[0,1]$ avem $4\le x^2+4\le 5$, deci $\frac{x^n}{5}\le \frac{x^n}{x^2+4}\le \frac{x^n}{4}$; integrând, $$\frac{1}{5(n+1)}\le V_n\le \frac{1}{4(n+1)}$$ (1,5 p).

c) (3 p) Numitorul are gradul $2$ și termenul liber $4$, deci recurența leagă termenii din doi în doi, cu coeficientul $4$: $$V_n+4V_{n-2}={\int }_0^1\frac{x^n+4x^{n-2}}{x^2+4}dx={\int }_0^1\frac{x^{n-2}(x^2+4)}{x^2+4}dx={\int }_0^1{x}^{n-2}dx=\frac{1}{n-1}$$ (1,5 p), pentru orice $n\ge 2$. Calculul lui $V_2$: pentru $n=2$ relația dă $V_2+4V_0=1$, deci $V_2=1-2\mathrm{arctg}\frac{1}{2}\approx 0,073$; încadrarea de la b) cere $0,067\le V_2\le 0,083$ — se potrivește (1 p). Întrebarea 3. Marginile $\frac{1}{5(n+1)}$ și $\frac{1}{4(n+1)}$ tind amândouă la $0$, deci, prin criteriul cleștelui, $\underset{n\to \infty }{\lim }{V}_n=0$ (0,5 p).

Itemul 5. (6 p) — câte 2 puncte.

a) Factorul $\frac{1}{n}$ este deja scos, iar indicele apare numai prin $\frac{k}{n}$, deci $f(x)=x^4$, continuă pe $[0,1]$, prin urmare integrabilă: $$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n{\left(\frac{k}{n}\right)}^4={\int }_0^1{x}^{4}dx=\frac{x^5}{5}{|}_0^1=\frac{1}{5}.$$

b) Împărțim numărătorul și numitorul cu $n^2$: $\frac{n}{(2n+k{)}^2}=\frac{1}{n}\cdot \frac{1}{{\left(2+\frac{k}{n}\right)}^2}$, deci $f(x)=\frac{1}{(2+x{)}^2}$, continuă pe $[0,1]$: $$\underset{n\to \infty }{\lim }\sum _{k=1}^n\frac{n}{(2n+k{)}^2}={\int }_0^1\frac{dx}{(2+x{)}^2}=\left(-\frac{1}{2+x}\right){|}_0^1=-\frac{1}{3}+\frac{1}{2}=\frac{1}{6}.$$

c) Tot cu $n^2$: $\frac{k}{n^2+2k^2}=\frac{1}{n}\cdot \frac{\frac{k}{n}}{1+2{\left(\frac{k}{n}\right)}^2}$, deci $f(x)=\frac{x}{1+2x^2}$, continuă pe $[0,1]$; numărătorul este, până la un factor, derivata numitorului: $$\underset{n\to \infty }{\lim }\sum _{k=1}^n\frac{k}{n^2+2k^2}={\int }_0^1\frac{xdx}{1+2x^2}=\frac{1}{4}\ln (1+2x^2){|}_0^1=\frac{\ln 3}{4}\approx 0,275.$$

Itemul 6. (8 p)

a) (3 p) Factorul din față este $\frac{2}{n}$, deci lungimea unui subinterval al diviziunii echidistante este $\frac{b-a}{n}=\frac{2}{n}$, adică $b-a=2$ (1 p). Argumentul funcției este $2+k\cdot \frac{2}{n}$, care pornește de la $a=2$; pentru $k=n$ el ajunge la $4$, deci intervalul este $[2,4]$, iar funcția este $f(x)=x^2$ (1 p). Fiind polinomială, $f$ este continuă pe intervalul compact $[2,4]$, prin urmare integrabilă — veriga fără de care trecerea la limită nu este justificată (1 p).

b) (3 p) Suma este chiar suma Riemann a lui $f$ pe diviziunea echidistantă a lui $[2,4]$, cu punctele intermediare ${\xi }_k=x_k$ (1 p), deci $$\underset{n\to \infty }{\lim }{u}_n={\int }_2^4{x}^{2}dx=\frac{x^3}{3}{|}_2^4=\frac{64}{3}-\frac{8}{3}=\frac{56}{3}\approx 18,667$$ (2 p).

c) (2 p) Capătul din stânga se citește punând $k=0$ în argument: $2+\frac{2\cdot 0}{n}=2$; capătul din dreapta, punând $k=n$: $2+\frac{2n}{n}=4$ (1 p). Diferența lor este $2$, exact numărătorul factorului $\frac{2}{n}$ din față: cele două citiri sunt coerente, deci nu s-a strecurat nicio greșeală de rescriere (1 p).

Itemul 7. (8 p)

a) (3 p) Raportul $\frac{(3n)!}{(2n)!}$ este produsul numerelor naturale de la $2n+1$ la $3n$, adică exact $n$ factori (1 p). Împărțind fiecare factor la $n$ — ceea ce face $n^n$ de la numitor —, obținem $$\frac{(3n)!}{(2n)!n^n}=\prod _{k=1}^n\frac{2n+k}{n}=\prod _{k=1}^n\left(2+\frac{k}{n}\right)$$ (2 p).

b) (3 p) Logaritmul transformă produsul în sumă, iar radicalul de ordinul $n$ în factorul $\frac{1}{n}$: $$\ln v_n=\frac{1}{n}\ln \left(\prod _{k=1}^n\left(2+\frac{k}{n}\right)\right)=\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n\ln \left(2+\frac{k}{n}\right)$$ (1 p). Funcția $f(x)=\ln (2+x)$ este continuă pe intervalul închis $[0,1]$, deci integrabilă, iar suma este suma ei Riemann pe diviziunea echidistantă a lui $[0,1]$, cu ${\xi }_k=\frac{k}{n}$ (1 p). Integrala se calculează prin părți, cu $f(x)=\ln (2+x)$ și primitiva $2+x$ pentru factorul $1$: $${\int }_0^1\ln (2+x)dx=((2+x)\ln (2+x)-(2+x)){|}_0^1=(3\ln 3-3)-(2\ln 2-2)=3\ln 3-2\ln 2-1,$$ deci $\underset{n\to \infty }{\lim }\ln v_n=3\ln 3-2\ln 2-1\approx 0,910$ (1 p).

c) (2 p) Funcția exponențială este continuă, deci comută cu limita (0,5 p): $$\underset{n\to \infty }{\lim }{v}_n=e^{3\ln 3-2\ln 2-1}=\frac{e^{\ln 27}}{e^{\ln 4}\cdot e}=\frac{27}{4e}\approx 2,483$$ (1,5 p).

Itemul 8. (8 p)

a) (3 p) Integrandul se rupe în partea impară și partea pară: $$x^3+3x^2-4x+1=(x^3-4x)+(3x^2+1)$$ (1 p). Prima parte este impară, iar intervalul $[-2,2]$ este simetric față de origine, deci, prin Teorema 1 de la simetrii, integrala ei este $0$ (1 p). A doua este pară, deci, prin Teorema 2 de acolo, $${\int }_{-2}^2(3x^2+1)dx=2{\int }_0^2(3x^2+1)dx=2\left(x^3+x\right){|}_0^2=2(8+2)=20,$$ iar valoarea cerută este $20$ (1 p).

b) (3 p) Verificăm paritatea cu definiția: $(-x)\sin (\pi (-x))=(-x)(-\sin \pi x)=x\sin (\pi x)$, deci funcția este pară, fiind produs de două funcții impare (1 p). Prin Teorema 2 de la simetrii, integrala este $2{\int }_0^{1}x\sin (\pi x)dx$; calculăm prin părți, cu $f(x)=x$ și $g^{\prime }(x)=\sin (\pi x)$, deci $g(x)=-\frac{\cos (\pi x)}{\pi }$: $${\int }_0^{1}x\sin (\pi x)dx=-\frac{x\cos (\pi x)}{\pi }{|}_0^1+\frac{1}{\pi }{\int }_0^1\cos (\pi x)dx=\frac{1}{\pi }+\frac{\sin (\pi x)}{{\pi }^2}{|}_0^1=\frac{1}{\pi }$$ (1,5 p). Prin urmare ${\int }_{-1}^{1}x\sin (\pi x)dx=\frac{2}{\pi }\approx 0,637$ (0,5 p).

c) (2 p) Falsă. Funcția este într-adevăr impară pe ${\mathbb{R}}^{\ast }$, dar nu este definită în $0$, iar orice prelungire a ei pe $[-1,1]$ este nemărginită în jurul lui $0$ (1 p). Cum orice funcție integrabilă este mărginită, funcția nu este integrabilă pe $[-1,1]$: nu există niciun număr care să fie scris în stânga egalului, deci egalitatea nu are sens. Ipoteza de integrabilitate a Teoremei 1 nu este un detaliu (1 p).

Itemul 9. (8 p)

a) (3 p) Pentru orice $x$ real, $\cos \left(3\left(x+\frac{\pi }{3}\right)\right)=\cos (3x+\pi )=-\cos 3x$, deci $f\left(x+\frac{\pi }{3}\right)=(-\cos 3x{)}^2={\cos }^{2}3x=f(x)$: funcția este periodică de perioadă $T=\frac{\pi }{3}$ (1,5 p). Cu formula de coborâre a puterii, ${\cos }^{2}3x=\frac{1+\cos 6x}{2}$, $${\int }_0^{\pi /3}{\cos }^{2}3xdx=\frac{1}{2}\left(x+\frac{\sin 6x}{6}\right){|}_0^{\pi /3}=\frac{1}{2}\left(\frac{\pi }{3}+0\right)=\frac{\pi }{6}$$ (1,5 p).

b) (3 p) Intervalul $\left[50\pi ,50\pi +\frac{\pi }{3}\right]$ are lungimea $\frac{\pi }{3}$, adică exact perioada funcției (1 p). Funcția este continuă pe $\mathbb{R}$, deci Teorema 3 se aplică și integrala este egală cu cea pe $\left[0,\frac{\pi }{3}\right]$ (1 p): $${\int }_{50\pi }^{50\pi +\pi /3}{\cos }^{2}3xdx={\int }_0^{\pi /3}{\cos }^{2}3xdx=\frac{\pi }{6}$$ (1 p).

c) (2 p) Intervalul $[0,2\pi ]$ are lungimea $2\pi =6\cdot \frac{\pi }{3}$, adică exact șase perioade (1 p). Tăindu-l în șase intervale de lungime $\frac{\pi }{3}$ și aplicând pe fiecare Teorema 3, $${\int }_0^{2\pi }{\cos }^{2}3xdx=6\cdot \frac{\pi }{6}=\pi$$ (1 p).

Itemul 10. (9 p)

a) (3 p) Notăm $g(x)=\frac{1}{1+3^x}$, funcție continuă pe $\mathbb{R}$, numitorul fiind strict mai mare decât $1$ (0,5 p). Calculăm suma din formula unificată: $$g(x)+g(-x)=\frac{1}{1+3^x}+\frac{1}{1+3^{-x}}=\frac{1}{1+3^x}+\frac{3^x}{3^x+1}=1$$ (1,5 p). Prin formula unificată, ${\int }_{-2}^{2}g(x)dx={\int }_0^2(g(x)+g(-x))dx={\int }_0^{2}1dx=2$ — fără să calculăm vreo primitivă (1 p).

b) (4 p) Notăm $$I={\int }_0^{\pi /2}\frac{\sqrt{\sin x}}{\sqrt{\sin x}+\sqrt{\cos x}}dx,J={\int }_0^{\pi /2}\frac{\sqrt{\cos x}}{\sqrt{\sin x}+\sqrt{\cos x}}dx$$ (0,5 p). Aplicăm trucul simetriei lui $I$, cu $a=\frac{\pi }{2}$: înlocuind $x$ cu $\frac{\pi }{2}-x$, avem $\sin \left(\frac{\pi }{2}-x\right)=\cos x$ și $\cos \left(\frac{\pi }{2}-x\right)=\sin x$, deci numărătorul devine $\sqrt{\cos x}$, iar numitorul rămâne același, schimbându-și doar ordinea termenilor (1,5 p): $$I={\int }_0^{\pi /2}\frac{\sqrt{\cos x}}{\sqrt{\cos x}+\sqrt{\sin x}}dx=J.$$ Pe de altă parte, suma se calculează imediat, numărătorii adunându-se la numitor (1 p): $$I+J={\int }_0^{\pi /2}\frac{\sqrt{\sin x}+\sqrt{\cos x}}{\sqrt{\sin x}+\sqrt{\cos x}}dx={\int }_0^{\pi /2}1dx=\frac{\pi }{2}.$$ Din $I=J$ și $I+J=\frac{\pi }{2}$ rezultă $I=\frac{\pi }{4}\approx 0,785$ (1 p).

c) (2 p) Numitorul este $x^3+(1-x{)}^3=3x^2-3x+1$, un trinom cu discriminantul $9-12=-3<0$, deci strict pozitiv pe $[0,1]$: integrandul este continuu (0,5 p). Cu trucul simetriei pentru $a=1$, integrala nu se schimbă dacă $x$ este înlocuit cu $1-x$, deci, notând $A$ integrala cerută și $B$ integrala cu numărătorul $(1-x{)}^3$, avem $A=B$; iar $A+B={\int }_0^{1}1dx=1$, de unde $A=\frac{1}{2}$ (1,5 p).

Itemul 11. (15 p)

a) (5 p) Integrandul este continuu pe $[0,1]$, argumentul logaritmului fiind cel puțin $1$ (0,5 p). Scriem $\ln \left(1+x^2\right)=\ln \left(1+x^2\right)\cdot 1$ și aplicăm integrarea prin părți cu $f(x)=\ln \left(1+x^2\right)$ și $g^{\prime }(x)=1$, deci $f^{\prime }(x)=\frac{2x}{1+x^2}$ și $g(x)=x$ (1,5 p): $${\int }_0^1\ln \left(1+x^2\right)dx=x\ln \left(1+x^2\right){|}_0^1-{\int }_0^1\frac{2x^2}{1+x^2}dx=\ln 2-2{\int }_0^1\frac{x^2}{x^2+1}dx$$ (1,5 p). Integrala rămasă este rațională cu grade egale, deci se face întâi împărțirea: $\frac{x^2}{x^2+1}=1-\frac{1}{x^2+1}$, de unde ${\int }_0^1\frac{x^2}{x^2+1}dx=(x-\mathrm{arctg}x){|}_0^1=1-\frac{\pi }{4}$ (1 p). Prin urmare $${\int }_0^1\ln \left(1+x^2\right)dx=\ln 2-2\left(1-\frac{\pi }{4}\right)=\ln 2-2+\frac{\pi }{2}\approx 0,264$$ (0,5 p).

b) (5 p) Etapa 1 — marginile integrandului. Pentru $x\in [0,1]$ avem $0\le x^2\le 1$, deci $1\le 1+x^2\le 2$ (1 p). Etapa 2 — dubla inegalitate. Logaritmul fiind strict crescător, $\ln 1\le \ln \left(1+x^2\right)\le \ln 2$, adică $0\le \ln \left(1+x^2\right)\le \ln 2$ pentru orice $x\in [0,1]$ (1 p). Etapa 3 — integrarea. Prin monotonia integralei, pe un interval de lungime $1$, $$0\le {\int }_0^1\ln \left(1+x^2\right)dx\le \ln 2$$ (1 p). Deducerea încadrării lui $\pi$. Înlocuim valoarea de la subpunctul a). Din $\ln 2-2+\frac{\pi }{2}\ge 0$ rezultă $\frac{\pi }{2}\ge 2-\ln 2$, deci $\pi \ge 4-2\ln 2$ (1 p). Din $\ln 2-2+\frac{\pi }{2}\le \ln 2$ rezultă $\frac{\pi }{2}\le 2$, deci $\pi \le 4$. Prin urmare $4-2\ln 2\le \pi \le 4$, adică aproximativ $2,614\le \pi \le 4$ (1 p).

c) (5 p) Prima limită. Factorul $\frac{1}{n}$ este deja scos, iar indicele apare numai prin raportul $\frac{k}{n}$, pentru că $\frac{k^2}{n^2}={\left(\frac{k}{n}\right)}^2$ (1 p). Recunoaștem suma Riemann a funcției $f(x)=\ln \left(1+x^2\right)$ pe diviziunea echidistantă a lui $[0,1]$, cu punctele intermediare ${\xi }_k=\frac{k}{n}$; funcția este continuă pe intervalul închis $[0,1]$, deci integrabilă (1 p). Prin urmare $$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n\ln \left(1+\frac{k^2}{n^2}\right)={\int }_0^1\ln \left(1+x^2\right)dx=\ln 2-2+\frac{\pi }{2}$$ (1 p). A doua limită. Logaritmul radicalului de ordinul $n$ este chiar suma de mai sus (1 p), deci, funcția exponențială fiind continuă, $$\underset{n\to \infty }{\lim }\sqrt[n]{\prod _{k=1}^n\left(1+\frac{k^2}{n^2}\right)}=e^{\ln 2-2+\frac{\pi }{2}}=2e^{\frac{\pi }{2}-2}\approx 1,302$$ (1 p).