Test: teorema de medie și funcția integrală

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

Pentru părinți și profesori

Acest test acoperă partea unității în care integrala încetează să fie doar un număr de calculat și devine un instrument de studiu, și verifică șase lucruri. Primul: valoarea medie a unei funcții continue pe un interval, cu împărțirea la lungimea intervalului — pasul uitat cel mai des — și teorema de medie, cu ipoteza ei unică (continuitatea) și cu concluzia scrisă corect, cu $c$ în intervalul închis $[a,b]$. Al doilea: demonstrația teoremei, cu rolul precis al fiecărui ingredient — teorema lui Weierstrass de mărginire și atingere a marginilor (varianta pentru funcții), monotonia integralei și proprietatea valorilor intermediare — și cu deosebirea, esențială, dintre „mărginită" și „își atinge marginile". Al treilea: cei patru pași de determinare a lui $c$, cu enumerarea tuturor soluțiilor din interval. Al patrulea: încadrarea integralei, cu Etapa 1, Etapa 2 și Etapa 3, cu factorul $b-a$ scris explicit, cu compararea a două integrale prin monotonie, cu rafinarea unei încadrări prea largi și cu aproximarea prin mijlocul încadrării, însoțită de marginea erorii. Al cincilea: funcția integrală $F(x)={\int }_a^{x}f(t)dt$, cu variabila de sub integrală notată întotdeauna $t$, teorema de existență a primitivelor unei funcții continue, derivarea integralelor cu capăt variabil și scrierea primitivei cu o valoare impusă. Al șaselea: rețeta funcției integrale în trei pași — continuitate, semnul lui $f$, tabelul de variație al lui $F$ — și limitele de tipul $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1}{x}{\int }_0^{x}f(t)dt$.

Testul cere un tip anume de redactare, pe care baremele examenului îl punctează literal: întâi verificarea continuității, apoi calculul; la o încadrare, întâi inegalitatea dintre funcții, cu justificarea ei, apoi integrarea ei; la o limită, întâi constatarea nedeterminării, apoi regula lui L'Hôpital. Metodele de calcul de mai târziu — integrarea prin părți și schimbarea de variabilă — nu sunt disponibile.

• 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.
• Cum se aplică: elevul lucrează individual, pe foaie, fără calculator. Se depunctează: uitarea împărțirii la $b-a$ în definiția valorii medii, respingerea unei soluții $c$ aflate într-un capăt al intervalului, aplicarea teoremei de medie unei funcții discontinue, uitarea factorului $b-a$ la încadrare, păstrarea sensului inegalității la trecerea la inverse, scrierea ${\int }_a^{x}f(x)dx$ cu aceeași literă în ambele roluri, uitarea factorului $u^{\prime }(x)$ la derivarea unei integrale cu capăt variabil și declararea unui punct de extrem al lui $F$ acolo unde $f$ se anulează fără să-și schimbe semnul.
• 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 demonstrația teoremei de medie și pe rețeta funcției integrale în trei pași.
• Formule de reținut: Valoarea medie a funcției continue $f$ pe $[a,b]$, cu $a<b$: $\mu =\frac{1}{b-a}{\int }_a^{b}f(x)dx$. Teorema de medie: dacă $f$ este continuă pe $[a,b]$ și $a<b$, există $c\in [a,b]$ cu ${\int }_a^{b}f(x)dx=f(c)(b-a)$; concluzia afirmă existența, nu unicitatea. Teorema lui Weierstrass de mărginire și atingere a marginilor (varianta pentru funcții): o funcție continuă pe un interval închis și mărginit $[a,b]$ este mărginită și își atinge marginile, adică există $x_m,x_M\in [a,b]$ cu $f(x_m)\le f(x)\le f(x_M)$ pentru orice $x$; se admite fără demonstrație. Încadrarea integralei: din $m\le f(x)\le M$ pe $[a,b]$, cu $a<b$, rezultă $m(b-a)\le {\int }_a^{b}f(x)dx\le M(b-a)$. Compararea: din $f\le g$ pe $[a,b]$, cu $a<b$, rezultă ${\int }_a^{b}f\le {\int }_a^{b}g$; reciproca este falsă. Inegalități elementare de rafinare: $e^u\ge 1+u$; $\ln (1+u)\le u$ pentru $u>-1$; $\sqrt{1+u}\le 1+\frac{u}{2}$ pentru $u\ge 0$; $\frac{1}{1+u}\ge 1-u$ pentru $u\ge 0$. Aproximarea prin încadrare: dacă $j\le I\le s$, atunci $I\approx \frac{j+s}{2}$, cu eroarea cel mult $\frac{s-j}{2}$. Inegalitatea modulului: $\left|{\int }_a^{b}f\right|\le {\int }_a^b|f|$. Funcția integrală: $F(x)={\int }_a^{x}f(t)dt$, cu $F(a)=0$ și cu variabila de integrare $t$. Teorema de existență a primitivelor unei funcții continue: dacă $f$ este continuă pe intervalul $I$ și $a\in I$, atunci $F$ este derivabilă pe $I$ și $F^{\prime }=f$; în particular, orice funcție continuă pe un interval admite primitive. Derivarea cu capăt variabil: ${\left({\int }_a^{u(x)}f(t)dt\right)}^{\prime }=f(u(x))u^{\prime }(x)$, iar cu ambele capete mobile, ${\left({\int }_{u(x)}^{v(x)}f(t)dt\right)}^{\prime }=f(v(x))v^{\prime }(x)-f(u(x))u^{\prime }(x)$. Primitiva cu o valoare impusă: primitiva lui $f$ cu $G(x_0)=k$ este $G(x)={\int }_{x_0}^{x}f(t)dt+k$. Rețeta funcției integrale în trei pași: continuitatea integrandului $\to$ semnul lui $f$ $\to$ tabelul de variație al lui $F$, cu citirea lui. Limita de bază: $\underset{x\to a}{\lim }\frac{1}{x-a}{\int }_a^{x}f(t)dt=f(a)$, pentru $f$ continuă în $a$.

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

Itemi

Partea I – Valoarea medie, teorema de medie și derivarea cu capăt variabil

Itemul 1 (6 puncte)

Alege litera corespunzătoare răspunsului corect (câte 2 puncte):

a) Ipoteza teoremei de medie pentru integrale este: A. $f$ derivabilă pe $[a,b]$; B. $f$ monotonă pe $[a,b]$; C. $f$ continuă pe $[a,b]$; D. $f\ge 0$ pe $[a,b]$.

b) În concluzia teoremei de medie, punctul $c$ aparține mulțimii: A. $[a,b]$; B. $(a,b)$; C. $\mathbb{R}$; D. $\{a,b\}$.

c) Dacă $f$ este continuă pe $[2,7]$ și ${\int }_2^{7}f(x)dx=20$, atunci valoarea medie a lui $f$ pe $[2,7]$ este: A. $20$; B. $4$; C. $100$; D. $\frac{1}{4}$.

Itemul 2 (6 puncte)

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

a) „Punctul $c$ dat de teorema de medie este unic." b) „Dacă $f$ este integrabilă pe $[a,b]$, cu $a<b$, atunci există $c\in [a,b]$ astfel încât ${\int }_a^{b}f(x)dx=f(c)(b-a)$." c) „Dacă $f$ este continuă pe $\mathbb{R}$ și $f(0)=0$, atunci funcția $F(x)={\int }_{-1}^{x}f(t)dt$ are punct de extrem local în $0$." d) „Dacă $f$ este continuă pe $[a,b]$, cu $a<b$, și ${\int }_a^{b}f(x)dx=0$, atunci $f$ se anulează cel puțin într-un punct din $[a,b]$."

Itemul 3 (6 puncte)

Determină valoarea medie și toate valorile $c$ date de teorema de medie, parcurgând cei patru pași:

a) $f:[1,5]\to \mathbb{R}$, $f(x)=4x-3$. (3 p) b) $g:[0,6]\to \mathbb{R}$, $g(x)=x^2-6x$. (3 p)

Itemul 4 (7 puncte)

a) Fie $F:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$, $F(x)={\int }_2^x\sqrt{t^2+9}dt$. Calculează $F(2)$, $F^{\prime }(x)$ și $F^{\prime }(4)$. (2 p) b) Calculează derivata funcției $H:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$, $H(x)={\int }_0^{x^3}\cos tdt$. (2 p) c) Calculează derivata funcției $K:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$, $K(x)={\int }_{2x}^{3x}\frac{dt}{4+t^2}$. (3 p)

Partea a II-a – Teorema de medie demonstrată, încadrări și limite

Itemul 5 (7 puncte)

Se consideră numărul $I={\int }_1^4\frac{1}{x^2+3}dx$.

a) Etapele $1$ și $2$: arată că funcția $f(x)=\frac{1}{x^2+3}$ este strict descrescătoare pe $[1,4]$ și scrie dubla inegalitate $m\le f(x)\le M$ cu cele mai bune margini posibile. (3 p) b) Etapa $3$: integrează dubla inegalitate și scrie încadrarea lui $I$, cu factorul $b-a$ pus în evidență. (2 p) c) Aproximează $I$ prin mijlocul acestei încadrări și indică marginea erorii. (2 p)

Itemul 6 (8 puncte)

a) Enunță teorema de medie, cu ipoteza ei și cu precizarea mulțimii căreia îi aparține punctul $c$. (2 p) b) Numește rezultatul admis fără demonstrație folosit la primul pas al demonstrației și explică de ce mărginirea funcțiilor integrabile, cunoscută din proprietățile integralei definite, nu ar fi fost suficientă. (3 p) c) Arată că, pentru $f$ continuă pe $[a,b]$ cu $m\le f(x)\le M$ și $a<b$, are loc $m(b-a)\le {\int }_a^{b}f(x)dx\le M(b-a)$, și explică ce rol joacă această încadrare la ultimul pas al demonstrației. (3 p)

Itemul 7 (8 puncte)

Se notează $I={\int }_0^1\frac{1}{1+x^4}dx$ și $J={\int }_0^1\frac{1}{1+x^6}dx$.

a) Arată, fără a calcula vreuna dintre integrale, că $I\le J$. (3 p) b) Folosind inegalitatea $\frac{1}{1+u}\ge 1-u$, valabilă pentru $u\ge 0$, arată că $I\ge \frac{4}{5}$. (3 p) c) Scrie încadrarea de bază a lui $I$ și compar-o cu cea obținută la subpunctul b). (2 p)

Itemul 8 (7 puncte)

Calculează, verificând de fiecare dată ipotezele:

a) $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1}{x}{\int }_0^x\sqrt{4+t^2}dt$. (2 p) b) $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1}{x^2}{\int }_0^x\ln (1+t)dt$. (3 p) c) $\underset{x\to 3}{\lim }\frac{1}{x-3}{\int }_3^x\frac{dt}{\sqrt{t+1}}$. (2 p)

Partea a III-a – Funcția integrală și item de tip examen

Itemul 9 (10 puncte)

Se consideră funcția $F:[0,4]\to \mathbb{R}$, $F(x)={\int }_0^x(t^2-4t+3)e^{-t}dt$.

a) Justifică derivabilitatea lui $F$ pe $[0,4]$ și calculează $F^{\prime }(x)$. (2 p) b) Aplică rețeta funcției integrale în trei pași: scrie tabelul de semn al integrandului și tabelul de variație al lui $F$, fără a calcula valorile extremelor, și precizează natura punctelor de extrem. (5 p) c) Arată, folosind numai monotonia stabilită la subpunctul b), că $F(1)>0$ și că $F(3)<F(1)$. (3 p)

Itemul 10 (10 puncte)

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

a) Arată că $f$ admite primitive pe $\mathbb{R}$ și scrie primitiva care se anulează în $0$. (3 p) b) Determină primitiva $G$ a lui $f$ cu proprietatea $G(1)=-2$ și justifică unicitatea ei. (3 p) c) Fie $H:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$, $H(x)={\int }_0^{2x}{e}^{t^3}dt$. Calculează $H^{\prime }(x)$ și arată că $H$ este strict crescătoare pe $\mathbb{R}$. (4 p)

Itemul 11 (15 puncte)

(Item tip Bacalaureat M1 — Subiectul al III-lea, problema 2.) Se consideră funcția $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$, $f(t)=t^2+2t-8$, și funcția $F:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$, $F(x)={\int }_0^{x}f(t)dt$.

a) Arătați că $F$ este derivabilă pe $\mathbb{R}$, că $F^{\prime }(x)=f(x)$ și că $F(x)=\frac{x^3}{3}+x^2-8x$. (5 p) b) Alcătuiți tabelul de variație al lui $F$ și determinați punctele de extrem local, cu valorile lor. (5 p) c) Calculați $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{F(x)}{x}$, apoi determinați valoarea medie a lui $f$ pe $[0,3]$ și punctul $c$ dat de teorema de medie. (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) C. Ipoteza este una singură: continuitatea pe tot intervalul închis $[a,b]$, capetele incluse. Nu se cere derivabilitate — funcția modul pe $[-1,1]$ nu este derivabilă în origine și totuși teorema i se aplică — și nu se cere nici monotonie, nici semn constant.

b) A. Aici $c$ se află în intervalul închis $[a,b]$, deci poate coincide cu un capăt; e deosebirea de formă față de teorema lui Lagrange, unde punctul este strict interior. Demonstrația livrează exact atât: un punct situat între cel de minim și cel de maxim, care pot fi chiar capetele.

c) B. Valoarea medie este integrala împărțită la lungimea intervalului: $\mu =\frac{1}{7-2}{\int }_2^{7}f(x)dx=\frac{20}{5}=4$. Varianta A este greșeala tipică — uitarea împărțirii la $b-a$.

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

a) F. Teorema afirmă doar existența. Contraexemplu: pentru $g(x)=x^2-6x$ pe $[0,6]$ (itemul 3) ecuația $g(c)=\mu$ are două soluții în interval; pentru o funcție constantă, orice punct al intervalului este bun. Se scrie „un punct $c$", nu „punctul $c$", până când unicitatea a fost constatată efectiv.

b) F. Integrabilitatea nu ajunge; se cere continuitatea. Contraexemplu: $f:[0,4]\to \mathbb{R}$, $f(x)=1$ pentru $x\in [0,2)$ și $f(x)=5$ pentru $x\in [2,4]$, este mărginită cu un singur punct de discontinuitate, deci integrabilă, cu ${\int }_0^{4}f=1\cdot 2+5\cdot 2=12$ și $\mu =3$; funcția ia însă doar valorile $1$ și $5$, deci nu există niciun $c$ cu $f(c)=3$.

c) F. Condiția $f(0)=0$ dă doar $F^{\prime }(0)=0$, adică punct critic; pentru extrem e nevoie ca $f$ să-și schimbe semnul acolo. Contraexemplu: pentru $f(t)=t^4$ avem $F^{\prime }(x)=x^4\ge 0$, cu anulare numai în $0$ și fără schimbare de semn, deci $F$ este strict crescătoare pe $\mathbb{R}$ și $0$ nu este punct de extrem.

d) A. Funcția fiind continuă, teorema de medie dă un punct $c\in [a,b]$ cu ${\int }_a^{b}f(x)dx=f(c)(b-a)$. Cum integrala este nulă și $b-a\ne 0$, rezultă $f(c)=0$. (Fără continuitate afirmația cade: funcția care ia valoarea $-3$ pe $[0,1)$ și valoarea $1$ pe $[1,4]$ este integrabilă, cu integrala $-3+3=0$, și totuși nu se anulează în niciun punct.)

Itemul 3. (6 p)

a) (3 p) Pasul 1: funcția este polinomială, deci continuă pe $[1,5]$; teorema se aplică (0,5 p). Pasul 2: $${\int }_1^5(4x-3)dx=(2x^2-3x){|}_1^5=(50-15)-(2-3)=36$$ (1 p). Pasul 3: $\mu =\frac{36}{5-1}=9$, iar ecuația $4c-3=9$ dă $c=3$ (1 p). Pasul 4: $3\in [1,5]$, deci soluția se acceptă și este unică. Valoarea $3$ este chiar mijlocul intervalului — nu e o coincidență: la orice funcție de gradul întâi, valoarea medie este valoarea din mijlocul intervalului (0,5 p).

b) (3 p) Pasul 1: funcție polinomială, deci continuă pe $[0,6]$ (0,5 p). Pasul 2: $${\int }_0^6(x^2-6x)dx=\left(\frac{x^3}{3}-3x^2\right){|}_0^6=72-108=-36$$ (1 p). Pasul 3: $\mu =\frac{-36}{6}=-6$, iar ecuația $c^2-6c=-6$ devine $c^2-6c+6=0$, cu $\Delta =36-24=12$ și $c_{1,2}=3\pm \sqrt{3}$ (1 p). Pasul 4: $c_1=3-\sqrt{3}\approx 1,268$ și $c_2=3+\sqrt{3}\approx 4,732$, amândouă în $[0,6]$, deci ambele se acceptă (0,5 p).

Itemul 4. (7 p)

a) (2 p) Prin convenția pentru limite egale, $F(2)={\int }_2^2\sqrt{t^2+9}dt=0$ (0,5 p). Integrandul este continuu pe $\mathbb{R}$, radicandul fiind strict pozitiv, deci teorema de existență a primitivelor dă $F^{\prime }(x)=\sqrt{x^2+9}$ (1 p), iar $F^{\prime }(4)=\sqrt{16+9}=5$ (0,5 p).

b) (2 p) Cu $u(x)=x^3$, care este derivabilă cu $u^{\prime }(x)=3x^2$, și cu integrandul $\cos$ continuu pe $\mathbb{R}$ (0,5 p), formula de derivare cu capăt variabil dă $$H^{\prime }(x)=\cos \left(x^3\right)\cdot 3x^2=3x^2\cos \left(x^3\right)$$ (1,5 p).

c) (3 p) Integrandul $t\mapsto \frac{1}{4+t^2}$ este continuu pe $\mathbb{R}$. Spargem integrala într-un punct fix, de pildă $0$ (1 p): $$K(x)={\int }_0^{3x}\frac{dt}{4+t^2}-{\int }_0^{2x}\frac{dt}{4+t^2}.$$ Derivăm fiecare termen cu formula capătului variabil, cu $v(x)=3x$, $v^{\prime }(x)=3$ și $u(x)=2x$, $u^{\prime }(x)=2$ (1 p): $$K^{\prime }(x)=\frac{3}{4+9x^2}-\frac{2}{4+4x^2}=\frac{3}{4+9x^2}-\frac{1}{2(1+x^2)}$$ (1 p).

Itemul 5. (7 p)

a) (3 p) Pe $[1,4]$ avem $x\ge 1>0$, deci $x^2+3$ este strict crescător și strict pozitiv; prin trecerea la inverse (numitori pozitivi, sensul se schimbă), $f$ este strict descrescătoare pe $[1,4]$ (1,5 p). Marginile cele mai bune sunt deci valorile din capete, $f(4)$ și $f(1)$ (0,5 p): $$\frac{1}{19}\le \frac{1}{x^2+3}\le \frac{1}{4}\text{pentru orice }x\in [1,4]$$ (1 p).

b) (2 p) Intervalul are lungimea $b-a=4-1=3$, iar integrarea dublei inegalități dă (1 p) $$\frac{1}{19}\cdot 3\le {\int }_1^4\frac{1}{x^2+3}dx\le \frac{1}{4}\cdot 3,\text{adica˘}\frac{3}{19}\le I\le \frac{3}{4}$$ (1 p).

c) (2 p) Mijlocul încadrării este $\frac{1}{2}\left(\frac{3}{19}+\frac{3}{4}\right)=\frac{1}{2}\cdot \frac{12+57}{76}=\frac{69}{152}\approx 0,454$ (1 p), iar eroarea nu depășește jumătate din lățimea încadrării: $$\left|I-\frac{69}{152}\right|\le \frac{1}{2}\left(\frac{3}{4}-\frac{3}{19}\right)=\frac{45}{152}\approx 0,296$$ (1 p).

Itemul 6. (8 p)

a) (2 p) Teorema de medie. Fie $f:[a,b]\to \mathbb{R}$ o funcție continuă, cu $a<b$. Atunci există $c\in [a,b]$ astfel încât (1,5 p) $${\int }_a^{b}f(x)dx=f(c)(b-a).$$ Punctul $c$ aparține intervalului închis $[a,b]$, iar concluzia afirmă existența, nu unicitatea (0,5 p).

b) (3 p) Rezultatul folosit la primul pas este teorema lui Weierstrass de mărginire și atingere a marginilor (varianta pentru funcții): o funcție continuă pe un interval închis și mărginit $[a,b]$ este mărginită și își atinge marginile, adică există $x_m,x_M\in [a,b]$ cu $f(x_m)\le f(x)\le f(x_M)$ pentru orice $x\in [a,b]$; ea se admite fără demonstrație (1,5 p). Din proprietățile integralei definite știm deja că o funcție integrabilă este mărginită, dar mărginirea singură dă doar existența unor margini $m$ și $M$, fără să spună că ele sunt valori ale funcției; or exact acest lucru e necesar, pentru că la ultimul pas se caută un punct $c$ în care funcția să ia o valoare cuprinsă între ele (1 p). (Nu se confundă cu teorema lui Weierstrass pentru șiruri, din clasa a XI-a, care spune că orice șir monoton și mărginit este convergent: sunt două teoreme diferite ale aceluiași matematician.) (0,5 p)

c) (3 p) Funcțiile constante $x\mapsto m$ și $x\mapsto M$ sunt integrabile, cu ${\int }_a^{b}mdx=m(b-a)$ și ${\int }_a^{b}Mdx=M(b-a)$ (1 p). Din $m\le f(x)\le M$ pe $[a,b]$ și din monotonia integralei, aplicată de două ori, rezultă $$m(b-a)\le {\int }_a^{b}f(x)dx\le M(b-a)$$ (1 p). Împărțind la $b-a>0$ se obține $m\le \mu \le M$, adică valoarea medie este cuprinsă între cea mai mică și cea mai mare valoare a funcției. Ultimul pas al demonstrației aplică atunci proprietatea valorilor intermediare funcției continue $f$, pe intervalul determinat de $x_m$ și $x_M$: numărul $\mu$ fiind între $f(x_m)$ și $f(x_M)$, există $c$ acolo cu $f(c)=\mu$ (1 p).

Itemul 7. (8 p)

a) (3 p) Pentru $x\in [0,1]$ avem $x\le 1$, deci $x^6=x^4\cdot x^2\le x^4$ (1 p). Adunând $1$, $1+x^6\le 1+x^4$, iar numitorii fiind strict pozitivi, trecerea la inverse schimbă sensul (1 p): $$\frac{1}{1+x^4}\le \frac{1}{1+x^6}\text{pentru orice }x\in [0,1].$$ Capetele fiind în ordine crescătoare, monotonia integralei dă $I\le J$ (1 p).

b) (3 p) Luăm $u=x^4\ge 0$ în inegalitatea dată și obținem $\frac{1}{1+x^4}\ge 1-x^4$ pentru orice $x\in [0,1]$ (1,5 p). Integrând această inegalitate pe $[0,1]$ (0,5 p): $$I\ge {\int }_0^1(1-x^4)dx=\left(x-\frac{x^5}{5}\right){|}_0^1=1-\frac{1}{5}=\frac{4}{5}$$ (1 p).

c) (2 p) Încadrarea de bază: pentru $x\in [0,1]$ avem $0\le x^4\le 1$, deci $1\le 1+x^4\le 2$ și $\frac{1}{2}\le \frac{1}{1+x^4}\le 1$; integrând pe un interval de lungime $1$, rezultă $\frac{1}{2}\le I\le 1$ (1 p). Rafinarea de la subpunctul b) strânge intervalul de la lățimea $\frac{1}{2}$ la lățimea $\frac{1}{5}$, deci este vizibil mai bună; valoarea reală, $\approx 0,867$, se află într-adevăr în $\left[\frac{4}{5},1\right]$ (1 p).

Itemul 8. (7 p)

a) (2 p) Notăm $F(x)={\int }_0^x\sqrt{4+t^2}dt$; integrandul este continuu pe $\mathbb{R}$, deci $F$ este derivabilă, cu $F^{\prime }(x)=\sqrt{4+x^2}$, iar $F(0)=0$ (1 p). Raportul din enunț este chiar $\frac{F(x)-F(0)}{x-0}$, deci limita lui este, prin definiția derivatei, $$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1}{x}{\int }_0^x\sqrt{4+t^2}dt=F^{\prime }(0)=\sqrt{4}=2$$ (1 p).

b) (3 p) Constatarea nedeterminării: numitorul $x^2$ tinde la $0$; numărătorul este o funcție integrală cu integrandul continuu pe $(-1,+\infty )$, deci este continuă și se anulează în $0$ — suntem în cazul $\frac{0}{0}$ (1 p). Numărătorul este derivabil, iar numitorul are derivata $2x\ne 0$ pe o vecinătate redusă a lui $0$, deci regula lui L'Hôpital se aplică (0,5 p): $$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1}{x^2}{\int }_0^x\ln (1+t)dt=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln (1+x)}{2x}$$ (1 p). Folosind limita fundamentală $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln (1+x)}{x}=1$, rezultatul este $\frac{1}{2}$ (0,5 p).

c) (2 p) Integrandul $t\mapsto \frac{1}{\sqrt{t+1}}$ este continuu pe $(-1,+\infty )$, deci și în $3$ (0,5 p). Cu $G(x)={\int }_3^x\frac{dt}{\sqrt{t+1}}$ avem $G(3)=0$, iar raportul este $\frac{G(x)-G(3)}{x-3}$, a cărui limită este $G^{\prime }(3)$ (1 p): $$\underset{x\to 3}{\lim }\frac{1}{x-3}{\int }_3^x\frac{dt}{\sqrt{t+1}}=\frac{1}{\sqrt{3+1}}=\frac{1}{2}$$ (0,5 p).

Itemul 9. (10 p)

a) (2 p) Integrandul $f(t)=(t^2-4t+3)e^{-t}$ este produs de funcții continue pe $\mathbb{R}$, deci este continuu pe $[0,4]$ (1 p). Prin teorema de existență a primitivelor unei funcții continue, $F$ este derivabilă pe $[0,4]$ și $$F^{\prime }(x)=(x^2-4x+3)e^{-x}$$ (1 p).

b) (5 p) Pasul 1 este cel de la subpunctul a). Pasul 2 — semnul integrandului: factorul $e^{-x}$ este strict pozitiv pentru orice $x$, deci semnul lui $f$ este semnul trinomului $x^2-4x+3=(x-1)(x-3)$, cu rădăcinile $1$ și $3$, amândouă în $[0,4]$ (1 p). Coeficientul dominant fiind pozitiv, semnul este plus în afara rădăcinilor și minus între ele; în capete, $f(0)=3$ și $f(4)=3e^{-4}$ (1 p):

Pasul 3 — tabelul de variație al lui $F$, cu $F(0)=0$ prin convenția pentru limite egale (2 p):

Citirea tabelului: $F$ este strict crescătoare pe $[0,1]$ și pe $[3,4]$ și strict descrescătoare pe $[1,3]$; în $x=1$ derivata trece de la plus la minus, deci acolo $F$ are un maxim local, iar în $x=3$ trece de la minus la plus, deci acolo $F$ are un minim local. Valorile $F(1)$ și $F(3)$ rămân simboluri, dar poziția și natura punctelor de extrem sunt complet determinate (1 p).

c) (3 p) Pe $[0,1]$ funcția $F$ este strict crescătoare, iar $F(0)=0$, deci $F(1)>F(0)=0$ (1,5 p). Pe $[1,3]$ funcția $F$ este strict descrescătoare, deci $F(3)<F(1)$ (1,5 p). Ambele concluzii au fost obținute exclusiv din semnul integrandului, fără să calculăm vreo valoare.

Itemul 10. (10 p)

a) (3 p) Funcția $x\mapsto x^3$ este continuă pe $\mathbb{R}$, exponențiala este continuă pe $\mathbb{R}$, deci compusa $f(x)=e^{x^3}$ este continuă pe $\mathbb{R}$ (1 p). Prin teorema de existență a primitivelor unei funcții continue, $f$ admite primitive pe $\mathbb{R}$ (1 p), iar primitiva care se anulează în $0$ este chiar funcția integrală cu pornirea în $0$: $$F:\mathbb{R}\to \mathbb{R},F(x)={\int }_0^x{e}^{t^3}dt$$ (1 p). (Este un răspuns complet, deși $F$ nu se poate scrie cu funcțiile din tabelul primitivelor.)

b) (3 p) Primitiva care se anulează în $1$ este $x\mapsto {\int }_1^x{e}^{t^3}dt$, deci cea care ia valoarea $-2$ în $1$ este (1,5 p) $$G:\mathbb{R}\to \mathbb{R},G(x)={\int }_1^x{e}^{t^3}dt-2.$$ Verificare: $G^{\prime }(x)=e^{x^3}=f(x)$ și $G(1)=0-2=-2$ (1 p). Unicitatea: două primitive ale aceleiași funcții pe un interval diferă printr-o constantă, iar dacă ele coincid într-un punct, constanta este nulă, deci coincid peste tot (0,5 p).

c) (4 p) Integrandul este continuu pe $\mathbb{R}$, iar capătul $u(x)=2x$ este derivabil cu $u^{\prime }(x)=2$ (1 p). Formula de derivare cu capăt variabil dă $$H^{\prime }(x)=e^{(2x{)}^3}\cdot 2=2e^{8x^3}$$ (2 p). Exponențiala fiind strict pozitivă, $H^{\prime }(x)>0$ pentru orice $x$ real, deci, prin Consecința $2$ a teoremei lui Lagrange, $H$ este strict crescătoare pe $\mathbb{R}$ (1 p).

Itemul 11. (15 p)

a) (5 p) Funcția $f$ este polinomială, deci continuă pe $\mathbb{R}$ (1 p). Prin teorema de existență a primitivelor unei funcții continue, $F$ este derivabilă pe $\mathbb{R}$ și $F^{\prime }(x)=f(x)=x^2+2x-8$ (1,5 p). Pentru expresia lui $F$ folosim formula Leibniz–Newton, cu primitiva $\frac{t^3}{3}+t^2-8t$ (1 p): $$F(x)=\left(\frac{t^3}{3}+t^2-8t\right){|}_0^x=\frac{x^3}{3}+x^2-8x$$ (1,5 p).

b) (5 p) $F^{\prime }(x)=0⟺x^2+2x-8=0⟺(x+4)(x-2)=0$, deci punctele critice sunt $-4$ și $2$; coeficientul dominant fiind pozitiv, semnul lui $F^{\prime }$ este plus în afara rădăcinilor și minus între ele (1,5 p). Valorile: $$F(-4)=-\frac{64}{3}+16+32=\frac{-64+144}{3}=\frac{80}{3},F(2)=\frac{8}{3}+4-16=\frac{8-36}{3}=-\frac{28}{3}$$ (1,5 p). Limitele la capete, la o funcție polinomială de grad $3$ cu coeficient dominant pozitiv, sunt $-\infty$ și $+\infty$ (0,5 p):

Citirea tabelului: $F$ este strict crescătoare pe $(-\infty ,-4]$ și pe $[2,+\infty )$ și strict descrescătoare pe $[-4,2]$; are punctul de maxim local $x=-4$, cu valoarea $\frac{80}{3}$, și punctul de minim local $x=2$, cu valoarea $-\frac{28}{3}$ (1,5 p).

c) (5 p) Limita. Cum $F(0)=0$, raportul este $\frac{F(x)-F(0)}{x-0}$, deci limita lui este $F^{\prime }(0)=f(0)=-8$ (2 p). (Pe drumul lui L'Hôpital, cazul este $\frac{0}{0}$, iar derivarea separată dă $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x^2+2x-8}{1}=-8$.)

Valoarea medie. Funcția $f$ este continuă pe $[0,3]$, deci teorema de medie se aplică; ${\int }_0^{3}f(t)dt=F(3)=9+9-24=-6$, deci $$\mu =\frac{1}{3-0}{\int }_0^{3}f(t)dt=\frac{-6}{3}=-2$$ (1,5 p). Punctul $c$. Ecuația $c^2+2c-8=-2$ devine $c^2+2c-6=0$, cu $\Delta =4+24=28$ și $c_{1,2}=-1\pm \sqrt{7}$. Cum $\sqrt{7}\approx 2,646$, avem $c_1=-1+\sqrt{7}\approx 1,646\in [0,3]$ și $c_2=-1-\sqrt{7}\approx -3,646\notin [0,3]$; singura valoare acceptată este $c=-1+\sqrt{7}$ (1,5 p).