matematicielementare calculdiferent¸ial s¸i integral · capitolul1 numerereale.func¸tiireale 1.1...

Gheorghe PROCOPIUC

MATEMATICI ELEMENTARE

CALCUL DIFERENTIAL

SI

INTEGRAL

IASI 2007

Cuprins

1 Numere reale. Functii reale 5

1.1 Numere reale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.2 Probleme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.3 Functii reale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101.4 Probleme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

2 Limite de siruri. Limite de functii 13

2.1 Limite de siruri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132.2 Probleme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142.3 Limite de functii . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

2.3.1 Limita într-un punct . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 232.3.2 Proprietati ale limitei unei functii . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

2.4 Probleme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

3 Functii continue 29

3.1 Proprietati ale functiilor continue . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 293.1.1 Operatii cu functii continue . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 293.1.2 Proprietati ale functiilor continue pe un interval închis si marginit 30

3.2 Probleme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

4 Functii derivabile 33

4.1 Derivata si diferentiala . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 334.2 Derivatele functiilor uzuale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 354.3 Proprietati ale functiilor derivabile . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 354.4 Probleme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

5 Reprezentarea grafica a functiilor 45

5.1 Derivata întâi. Intervale de monotonie. Puncte de extrem . . . . . . . . . 455.2 Convexitate. Derivata a doua. Puncte de inflexiune . . . . . . . . . . . . 465.3 Asimptote . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 465.4 Probleme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

6 Primitive 57

6.1 Primitive . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 576.2 Probleme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

3

4 CUPRINS

7 Functii integrabile 81

7.1 Integrala Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 817.2 Probleme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83

8 Aplicatii ale integralei definite 91

8.1 Aria unei multimi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 918.2 Probleme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 928.3 Volumul corpurilor de rotatie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 958.4 Probleme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 958.5 Lungimea graficului unei functii . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 978.6 Probleme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 978.7 Aria suprafetelor de rotatie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 998.8 Probleme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99

Capitolul 1

Numere reale. Functii reale

1.1 Numere reale

Multimea numerelor reale R formeaza în raport cu operatiile de adunare si îmultire ostructura algebrica de corp comutativ.

O submultime A ⊂ R se numeste majorata sau marginita superior daca exista unnumar real b astfel încât x ≤ b pentru orice x ∈ A. În acest caz b se numeste majorantal multimii A. Daca b ∈ A, spunem ca A are un cel mai mare element. El se noteazamaxA.Axioma lui Cantor. Orice submultime nevida majorata A ⊂ R admite un cel mai

mic majorant.Cel mai mic majorant al multmii A se numeste margimea superioara a lui A si se

noteaza supA.În mod asemanator se definesc cel mai mic element, notat minA si marginea inferioara

a lui A, notata inf A.Definitie. Spunem ca multimea A este marginita daca este marginita superior si

inferior.Axioma lui Arhimede. Pentru orice numar real x ∈ R exista un numar întreg k

a.î. k ≤ x < k + 1.Acest numar este numit partea întreaga a lui x si se noteaza [x].Multimea numerelor reale R poate fi reprezentata biunivoc pe o dreapta, numita

dreapta reala. Din acest motiv numerele reale se mai numesc puncte.Submultimea (a, b) = {x ∈ R, a < x < b} se numeste interval deschis, iar submultimea

[a, b] = {x ∈ R, a ≤ x ≤ b} se numeste interval închis si marginit.Se numeste vecinatate a unui punct x0 ∈ R orice interval deschis (a, b) care contine

punctul x0.Multimea formata din toate numerele reale împreuna cu +∞ si −∞ se numeste

dreapta încheiata si se noteaza cuR. Semidreptele de forma (a,+∞) se numesc vecinatatiale lui +∞, iar semidreptele de forme (−∞, a) se numesc vecinatati ale lui −∞.

Pentru orice a, b ∈ R, notam prin max (a, b) cel mai mare dintre numerele a, b. Pentru

5

6 CAPITOLUL 1. NUMERE REALE. FUNCTII REALE

orice x ∈ R, modulul lui x se defineste prin

|x| = max (x,−x) =

x, x > 0,0, x = 0,

−x, x < 0.(1.1)

Modulul are urmatoarele proprietatile: 1. |x| ≥ 0 si |x| = 0 d.d. x = 0, 2. |x + y| ≤|x|+ |y|, 3. |xy| = |x| |y|, 4. Pentru ε > 0, |x| < ε d.d. −ε < x < ε.

1.2 Probleme

1.1 Fie a ∈ R, a = 0. Sa se rezolve în R ecuatiile: x2 = a2, x3 = a3, x4 = a4.

Solutie. Se obtine: x = ±a, x = a, x = ±a.

1.2 Sa se rezolve în R ecuatiile:

a) |x|+ |x + 1| = 1, b) |x− 1|+ |x + 1| = 2.

Solutie. a). x ∈ [−1, 0], b) x ∈ [−1, 1].

1.3 Daca x, y ∈ R si |x− 1| ≤ 4, |y − 2| ≤ 5, sa se arate ca −6 ≤ x + y ≤ 12.

Solutie. Avem: −3 ≤ x ≤ 5, −3 ≤ y ≤ 7. Deci −6 ≤ x + y ≤ 12.

1.4 Sa se rezolve înR inecuatiile: a) |x|+|x− 1| > 0, b) |x|+|x− 3| < 0, c) |x− 1| ≤ 1,d) |x|+ |x− 2| ≤ 2x, e) |x + 1| > 2, f) |x + 1| > −1, g) |x− 1|+ |x2 − 3x + 2| > 0.

Solutie. Avem: a) x ∈ R, b) ∅, c) x ∈ [0, 2], d) x ∈ [1,∞), e) x ∈ (−∞,−3)∪ (1,∞),f) x ∈ R, g) Inecuatia se mai scrie: |x− 1| (1 + |x + 2|) > 0. Deci |x− 1| > 0, adicax ∈ R \ {1}.

1.5 Fie x1, x2, y1, y2 ∈ R a.î. x1 ≤ y1, x2 ≤ y2 si x1 + x2 = y1 + y2. Sa se arate cax1 = y1, x2 = y2. Generalizare.

Solutie. Avem ca (y1 − x1) + (y2 − x2) = 0 si y1 − x1 ≥ 0, y2 − x2 ≥ 0. Dar osuma de numere nenegative este nula numai daca fiecare termen este nul, ceea ce implicay1 − x1 = 0, y2 − x2 = 0.

Generalizare: Fie xi, yi ∈ R a.î. xi ≤ yi, i = 1, n sin∑

i=1

xi =n∑

i=1

yi. Atunci xi = yi,

i = 1, n.

1.6 Pentru orice x, y ∈ R, definim media aritmetica ma = x+y

2, media geometrica

mg =√

xy, media armonica mα = 2xy

x+y. Sa se arate ca: mα ≤ mg ≤ ma.

Solutie. Ambele inegalitati sunt echivalente cu inegalitatea(√

x−√y)2 ≥ 0.

1.2. PROBLEME 7

1.7 Sa se arate ca oricare ar fi a, b, x, y ∈ R au loc inegalitatile:(1) (ax + by)2 ≤ (a2 + b2) (x2 + y2) (Cauchy-Schwartz),

(2)√

(x + a)2 + (y + b)2 ≤√

x2 + y2 +√

a2 + b2 (Minkowski).

Solutie. Inegalitatea (1) se poate scrie sub forma echivalenta (bx− ay)2 ≥ 0. Folosind(1), avem majorarea:

(x + a)2 + (y + b)2 ≤(√

x2 + y2 +√

a2 + b2)2

,

de unde rezulta inegalitatea (2).

1.8 Sa se determine toate valorile numarului natural n a.î.:

a) 1n< 1

10, b) 1

n> 1

20, c) 1

2n< 1,

d) 12n

< 110, e) 1

5n> 1

125, f)

∣∣2n+1n− 2∣∣ > 1

10,

g) n2

n+1< 10, h)

∣∣∣ n2

n2+1− 1∣∣∣ < 1

100, i)

∣∣2n+12n+2

− 1∣∣ < 1

10.

Solutie. a) n ∈ {11, 12, 13, . . .}. b) n ∈ {1, 2, . . . , 19}. c) n ∈ N∗. d) n ∈ {4, 5, . . .}.e) n ∈ {0, 1, 2}. f) n ∈ {1, 2, . . . , 9}. g) Inegalitatea se mai scrie: n2 < 10 (n + 1),n ∈ {0, 1, . . . , 10}. i) Inegalitatea revine la: 2n > 8, n ∈ {4, 5, . . .}.

1.9 Sa se determine multimile:

a)⋂

n∈N∗

[0,

1

n

], b)

⋂

n∈N∗

(0,

1

n

), c)

⋃

n∈N[−n, n] , d)

⋃

n∈N

[0,

n

n + 1

].

Solutie. a) {0}, b) ∅, c) R, d) [0, 1].

1.10 Pentru orice x, y ∈ R se noteaza d (x, y) = |x− y|, distana euclidiana între x siy. Sa se arate ca pentru orice x, y, z ∈ R : 1) d (x, y) ≥ 0 si d (x, y) = 0 d.d. x = y, 2)d (y, x) = d (x, y), 3) d (x, y) ≤ d (x, z) + d (z, y).

Solutie. Se face uz de proprietatile modulului: 1) |x− y| ≥ 0 si |x− y| = 0 d.d.x = y, 2) |y − x| = |x− y|, 3) |x− y| = |(x− z) + (z − y)| ≤ |x− z|+ |z − y|.

1.11 Sa se determine valorile numarului natural n pentru care au loc relatiile:

a) d

(3n + 1

n, 3

)<

1

10, b) d

(3n + 1

n, 1

)<

1

10.

Solutie. a) n > 10, b) Inegalitatea este echivalenta cu 2 + 1n

< 110, care nu este

verificata pentru nici un numar natural.

1.12 Sa se arate ca:a) Exista M > 0 a.î. n2+1

n4+1< M pentru orice n ∈ N.

b) Nu exista M > 0 a.î. n4+1n3+1

< M pentru orice n ∈ N.


Solutie. a) Avem majorarea,

n2 + 1

n4 + 1=

1

n21 + 1

n2

1 + 1n4

≤ 2.

Deci M = 2. b) Avem minorarea,

n4 + 1

n3 + 1= n

1 + 1n4

1 + 1n3

≥ n

2.

Deci oricare ar fi M > 0, pentru n ≥ 2M avem n4+1n3+1

≥M .

1.13 Sa se gaseasca doua numere reale a si b a.î. a < 2n2+n2n2+1

< b.

Solutie. Evident a = 0, apoi din majorarea,

2n2 + n

2n2 + 1=

2 + 1n

2 + 1n2

≤ 3

2,

deducem b = 23.

1.14 Sa se arate ca pentru orice k ∈ N∗ are loc inegalitatea

1√k

> 2√

k + 1− 2√

k.

Sa se deduca de aici ca pentru orice A exista un numar natural N a.î.n∑

k=1

1√k> A pentru

orice n ≥ N .

Solutie. Inegalitatea se mai scrie,

1√k

>2√

k + 1 +√

k,

echivalenta cu√

k + 1 >√

k. Apoi, folosind inegalitatea, deducem

n∑

k=1

1√k

> 2(√

n + 1− 1).

Din 2(√

n + 1− 1)> A rezulta N =

[(1 + A

2

)2 − 1].

1.15 Sa se verifice prin inductie ca pentru x > 0 are loc inegalitatea:

xn ≥ 1 + n (x− 1) ,

oricare ar fi n ∈ N (Bernoulli).

1.2. PROBLEME 9

Solutie. Pentru n = 0 inegalitatea este evidenta. O presupunem adevarata pentru n sio demonstram pentru n+1. Avem: xn+1 = x·xn ≥ x [1 + n (x− 1)] ≥ 1+(n + 1) (x− 1),deoarece n (x− 1)2 ≥ 0.

1.16 Sa se determine minorantii, majorantii, cel mai mic element si cel mai mare ele-ment (daca exista) ale urmatoarelor multimi de numere reale:

1) A = {sin 1, sin 2, sin 3}, 2) A ={1− 1

n, n ∈ N∗} ,

3) A ={2n−12n+1

, n ∈ N∗} , 4) A = {x ∈ R, x2 ≤ 5},5) A = {x ∈ R, x ≥ 0, x2 > 5}, 6) A = {x ∈ R, x3 − x ≤ 0}.

Solutie. 1) Cum: sin 2 = sin(π − 2), sin 3 = sin(π − 3), deoarece: 0 < π − 3 < 1 <π − 2 < π

2si functia sinus este strict crescatoare pe

[0, π

2

], rezulta:

sin 0 < sin(π − 3) < sin 1 < sin(π − 2) < sinπ

2

si deci 0 < sin 3 < sin 1 < sin 2 < 1. Asadar: minA = sin 3, maxA = sin 2 si orice numara ≤ sin 3 este un minorant, iar orice numar b ≥ sin 2 este un majorant.

2) Deoarece 1n≤ 1, rezulta ca 1 − 1

n≥ 0. Deci 0 este un minorant al multimii A si

orice numar a ∈ (−∞, 0] eare minorant. Nici un numar a > 0 nu poate fi minorant almultimii A deoarece 0 ∈ A si din definitia minorantului ar rezulta ca a ≤ 0 (contradictie).Evident inf A = minA = 0. Multimea majorantilor este [1,∞). Într-adevar, b ≥ 1implica b ≥ 1− 1

n, pentru orice n ∈ N∗. Daca b < 1 rezulta 1− b > 0 si atunci ∃n ∈ N∗

a.î. 1− b > 1nsau b < 1− 1

n, adica b nu ar mai fi majorant. Evident supA = 1, în timp

ce maxA nu exista.3) Din inegalitatea:

1

3≤ 2n − 1

2n + 1< 1, n ∈ N∗,

deducem ca multimea miniorantilor lui A este(−∞, 1

3

], multimea majorantilor este

[1,∞), inf A = minA = 13, supA = 1, iar maxA nu exista.

4) inf A = minA = −√

5, supA = maxA =√

5,5) inf A =

√5, supA =∞, 6) inf A = −∞, maxA = supA = 1.

1.17 Sa se determine inf A, minA, maxA si supA daca:

1) A ={x ∈ R, x = a+1

a2+a+1, a ∈ R

}.

2) A ={y ∈ R, y = 3x2+4x

√3−1

x2+1, x ∈ R

}.

Solutie. 1) Din xa2 + (x − 1)a + x − 1 = 0, cu a ∈ R, rezulta A =[−13, 1]. Deci

inf A = minA = −13, supA = maxA = 1. 2) A = [−3, 5].


1.3 Functii reale

O functie f : D → R, D ⊂ R, se numeste functie reala de o variabila reala.Daca f : A → B, g : B → C sunt doua functii reale, se defineste functia compusa

g ◦ f : A→ C, prin (g ◦ f) (x) = g (f (x)), pentru orice x ∈ A. Operatia de compunere afunctiilor este comutativa.

Fie f : A → B o functie bijectiva. Definim inversa lui f prin: f−1 : B → A,x = f−1 (y) d.d. f (x) = y. Evident, f−1 ◦ f = 1A, f ◦ f−1 = 1B.

Fie D ⊂ R o multime simetrica fata de origine si f : D → R. Spunem ca f este ofunctie para daca f (−x) = f (x), ∀x ∈ D si impara daca f (−x) = −f (x), ∀x ∈ D.

Fie T = 0 un numar real. Functia f : D → R se numeste periodica de perioada Tdaca f (x + T ) = f (x), ∀x ∈ D, pentru care x + T ∈ D.

Functia f : D → R se numeste monoton crescatoare pe D, daca ∀x1, x2 ∈ D, cux1 < x2, urmeaza f (x1) < f (x2) si monoton descrescatoare pe D, daca ∀x1, x2 ∈ D, cux1 < x2, urmeaza f (x1) > f (x2).

Functia f : D → R se numeste marginita pe D, daca exista numerele A, B a.î.A ≤ f (x) ≤ B, ∀x ∈ D sau, echivalent, daca exista M > 0 a.î. |f (x)| ≤M , ∀x ∈ D.

Functii elementare

1. Functia polinomiala f (x) = P (x), unde P (x) este un polinom, este definita peR si nueste marginita si nici periodica. Monotonia trebuie studiata de la caz la caz. Daca P (x)este un polinom de gradul întâi, functia este monotona pe R. Functia f (x) = x2 estedescrescatoare pe (−∞, 0) si crescatoare pe (0,∞). Functia f (x) = x3 este crescatoarepe R.

2. Functia rationala f (x) = P (x)Q(x)

, unde P (x) si Q (x) sunt polinoame, este definitape R \ {x |Q (x) = 0}.

3. Functia exponentiala f (x) = ax, cu a > 0 si a = 1, este definita pe R si ia valoripe intervalul (0,∞).

Aceasta functie este bijectiva si deci inversabila. Inversa sa este functia logaritmicaf−1 (x) = loga x, fiind definita pe intervalul (0,∞) cu valori în R. Daca a > 1 ambelefunctii sunt strict crescatoare, iar daca 0 < a < 1, ambele functii sunt strict descresca-toare.

4. Functiile trigonometrice.Functia f (x) = sinx, definita pe R cu valori în [−1, 1], este marginita si periodica de

perioada principala 2π. Restrictia sa la intervalul[−π2, π2

]este bijectiva si deci inversabila.

Inversa sa este functia f−1 (x) = arcsinx, definita pe intervalul [−1, 1]. Ambele functiisunt strict crescatoare.

Functia f (x) = cosx, definita pe R cu valori în [−1, 1], este marginita si periodica deperioada principala 2π. Restrictia sa la intervalul [0, π] este bijectiva si deci inversabila.Inversa sa este functia f−1 (x) = arccosx, definita pe intervalul [−1, 1]. Ambele functiisunt strict descrescatoare.

Functia f (x) = tg x, definita pe R\{

π2+ kπ, k ∈ Z

}cu valori în R, este nemarginita

si periodica de perioada principala π. Restrictia sa la intervalul(−π2, π2

)este bijectiva si

1.4. PROBLEME 11

deci inversabila. Inversa sa este functia f−1 (x) = arctg x, definita pe R. Ambele functiisunt strict crescatoare.

Functia f (x) = ctg x, definita pe R \ {kπ, k ∈ Z} cu valori în R, este nemarginitasi periodica de perioada principala π. Restrictia sa la intervalul (0, π) este bijectiva sideci inversabila. Inversa sa este functia f−1 (x) = arcctg x, definita pe R. Ambele functiisunt strict descrescatoare.

1.4 Probleme

1.18 Sa se determine domeniul maxim de definitie al urmatoarelor functii:

a) f (x) = x+1x−1 , b) f (x) =

√x− 1 + 3

√x,

c) f (x) = 1√x−1 , d) f (x) =

√x+1x−1 ,

e) f (x) =√

x2 − 4, f) f (x) = xx2+4

,

g) f (x) = 1|x4−16|−15 , i) f (x) =

√1− x +

√1 + x,

j) f (x) =√

1− cosx, k) f (x) =√

sin x.

Solutie. a) D = R \ {1}, b) D = [1,∞), c) D = (1,∞), d) D = (−∞,−1] ∪ (1,∞),e) D = (−∞,−2]∪ [2,∞), f) D = R, g) D = R \

{±1,± 4

√31}, i) D = [1,∞), j) D = R,

k) D =⋃

k∈Z[2kπ, (2k + 1) π].

1.19 Sa se studieze paritatea si imparitatea urmatoarelor functii:

a) f (x) = x2 + 10, b) f (x) = x2 + x, c) f (x) =√

1− x2,

d)) f (x) = x3+xx4+1

, e) f (x) = 1x, f) f (x) = x

x2−1 ,

g) f (x) = x +√

x2 + 1, h) f (x) =√

sin2 x, i) f (x) = x2 |x| ,j) f (x) = − sin2 x, k) f (x) = x

1+|x| , l) f (x) = max (x, x2) .

Solutie. Functiile de la punctele a), c), h), i), j) sunt pare, iar cele de la d), e), f), k)sunt impare.

1.20 Sa se arate ca urmatoarele functii sunt periodice si sa se determine perioadele lorprincipale: a) f (x) = |sin x|, b) f (x) = sin (ωx + ϕ), cu ω > 0.

Solutie. a) T = π, b) T = π/ω.

1.21 Sa se determine monotonia urmatoarelor functii:

a) f (x) = 1 + x2, x ∈ R, b) f (x) =√

x, x ∈ [0, 1] ,

c) f (x) = cosx, x ∈ [0, π] , d) f (x) = x2

1+x2, x ∈ R.

Solutie. a) f nu este monotona pe R, dar este monoton descrescatoare pe (−∞, 0)si monoton crescatoare pe [0,∞), b) f este monoton crescatoare, c) f este monotondescrescatoare, d) f nu este monotona peR, dar este monoton descrescatoare pe (−∞, 0)si monoton crescatoare pe [0,∞).


1.22 Sa se arate ca urmatoarele functii sunt marginite:

a) f (x) = 3 sin 2x, b) f (x) = xx2+1

,

c) f (x) = x2

x2+4, d) f (x) = 2−|x|.

Solutie. a) | f (x)| ≤ 3, b) | f (x)| ≤ 12, c) 0 ≤ f (x) ≤ 1, d) 0 ≤ f (x) ≤ 1.

1.23 Sa se determine m =infx∈D

f (x) si M =supx∈D

f (x) pentru urmatoarele functii f :

D → R:

a) f (x) = 2x− 1, D = [0, 1] , b) f (x) = xx+1

, D = (0,∞) ,

c) f (x) = x9 − 2x + 1, D = [0, 1] , d) f (x) = cos 2x, D =[0, π

4

].

Solutie. a) m = −1, M = 1, b) m = 0, M = 1, c) m = 0, M = 1, d) m = 0, M = 1.

Capitolul 2

Limite de siruri. Limite de functii

2.1 Limite de siruri

Definitie. Numim sir de numere reale o functie f : N→ R.Punând f (n) = an, sirul f se mai noteaza (an)n∈N.Definitie. Spunem ca sirul (an)n∈N are limita a ∈ R, când n → ∞, daca orice

vecinatate a lui a contine toti termenii sirului, exceptând eventual un numar finit dintreei.

Scriem atunci, limn→∞

an = a sau an → a. Daca a este finit, spunem ca sirul este

convergent. Daca a = ±∞ sau daca sirul nu are limita, spunem ca sirul este divergent.Teorema. Sirul an → a ∈ R daca si numai daca (d.d.) pentru orice numar ε > 0 se

poate gasi un rang N (ε), astfel încât (a.î.), pentru orice n > N (ε) sa avem |an − a| < ε.Teorema. Sirul an → +∞ d.d. pentru orice numar ε > 0 se poate gasi un rang

N (ε), a.î., pentru orice n > N (ε) sa avem an > ε.Teorema. Sirul an → −∞ d.d. pentru orice numar ε > 0 se poate gasi un rang

N (ε), a.î., pentru orice n > N (ε) sa avem an < −ε.Teorema. Orice sir convergent este marginit.Teorema. Fie (an) un sir de numere reale.1. Daca pentru a ∈ R exista un sir (αn), a.î. αn ≥ 0, αn → 0 si pentru orice n ∈ N,

|an − a| ≤ αn, atunci sirul (an) este convergent si limn→∞

an = a.

2. Daca exista un sir (αn), a.î. αn → +∞ si pentru orice n ∈ N, an ≥ αn, atuncisirul (an) este divergent si lim

n→∞an = +∞.

3. Daca exista un sir (αn), a.î. αn → −∞ si pentru orice n ∈ N, an ≤ αn, atuncisirul (an) este divergent si lim

n→∞an = −∞.

Teorema. Orice sir monoton si marginit este convergent.Teorema. Fie (an), (bn), (cn) trei siruri de numere reale astfel încât an ≤ bn ≤ cn.

Daca an → a si cn → a, atunci bn → a.Teorema lui Stolz-Cesaro. Fie (an) si (bn) doua siruri. Daca sirul (bn) este strict

monoton si nemarginit si

limn→∞

an+1 − an

bn+1 − bn

= ℓ ∈ R,

13

14 CAPITOLUL 2. LIMITE DE SIRURI. LIMITE DE FUNCTII

atunci exista limn→∞

anbn

= ℓ.

2.2 Probleme

2.1 Sa se arate ca limn→∞

2n+1n+1

= 2.

Solutie. Notând an = 2n+1n+1

, avem: |an − 2| =∣∣2n+1

n+1− 2∣∣ = 1

n+1. Pentru orice ε > 0,

conditia 1n+1

< ε, adica n + 1 > 1εsau n > 1

ε− 1, are loc pentru orice n > N , cu

N (ε) =[1ε− 1].

2.2 Sa se arate ca limn→∞

10n

10n+1= 1.

Solutie. Notând an = 10n

10n+1avem: |an − 1| = 1

10n+1. Dar lim

n→∞1

10n+1= 0, deci an → 1.

2.3 Sa se calculeze L = limn→∞

((√2)n

+(√

3)n

+(√

4)n)

.

Solutie. Deoarece pentru q > 1, qn →∞, rezulta ca L =∞.


an, unde:

a) an =√5n2−3n+24n+1

, b) an =(3n2+5n+4

n+1

) 2n+43n

.

Solutie. a) Avem

L = limn→∞

√5− 3

n+ 2

n2

4 + 1n

=

√5

4.

b) Deoarece 3n2+5n+4n+1

→∞, L =∞.


an, unde:

a) an =(2n2+5n+43n2+2

) −8n3n+1

, b) an =(3n+23n+5

)n.

Solutie. a) L =(23

)− 83 . b) Nedeterminare de forma 1∞. Avem

L = limn→∞

[(1 +

−3

3n + 5

) 3n+5−3

] −3n3n+5

= e

limn→∞

−3n3n+5 =

1

e.


an, unde:

a) an =(

n+√

n+1n+ 3√n+2

)n

, b) an =(1 + 3n+5

4n2+8n+2

)n.

2.2. PROBLEME 15

Solutie. a) L = e∞ =∞. b) L = e34 .


(1 + 1

n

)n+1 (1 + 1

2n

)3n+1.

Solutie. a) L = e. b) L = e52 .


an, unde:

a) an =(1 + 1√

n

)nk

, k ∈ R, b) an =(

an+ban+c

)nk, a, b, c ∈ R, a = 0, k ∈ N.

Solutie. a) L = elimn→∞

nk

√n . Se obtine: L = 1 pentru k < 1

2, L = e pentru k = 1

2,

L =∞pentru k > 12. b) Daca b = c, an = 1 si L = 1. Presupunem b = c. Nedeterminare

1∞. AvemL = lim

n→∞e(b−c)nk

an+c .

Rezulta: L = eb−ca pentru k = 1, L = ∞ pentru k > 1 si b−c

a> 0 si L = 0 pentru k > 1

si b−ca

< 0.


an, unde:

a) an = 3n sin π3n

, b) an = n12+1

n14+3

− n15+1

n110+1

.

Solutie. a) Avem

L = limn→∞

sin π3n

π3n

· π = π.

b) Se aduce la acelasi numitor. Deoarece 35> 7

20, L =∞.


an, unde:

a) an = an, a > 0, b) an = 2an+bn

3an+4bn, a, b > 0, c) an = an − bn, a, b ∈ N.

Solutie. a) Avem: L = 0 daca a ∈ (0, 1), L = 1 daca a = 1 si L =∞ daca a ∈ (1,∞).b) Avem: L = 2

3daca a > b, L = 3

7daca a = b si L = 1

4daca a < b. c) Daca a = b,

limita este zero. Daca a = b avem L = +∞ daca a > b, L = −∞ daca a < b.


an, unde:

a) an =(1+ 1

n)3−1

(3+ 1n)2−9

, b) an =(13+23+···+n3)

n

(n+2)5.

Solutie. a) Avem(1 +

1

n

)3− 1 =

3n2 + 3n + 1

n3,

(3 +

1

n

)2− 9 =

6n + 1

n2.

Rezulta L = 12. b) Deoarece 13 + 23 + · · ·+ n3 = n2(n+1)2

4, se obtine L = 1

4.



an, unde:

a) an = an3+n2+3bn3+n+6

, b) an = 1n4

n∑

k=1

(12 + 22 + · · ·+ k2) .

Solutie. a) Daca a = b = 0, atunci L = +∞. Daca a ∈ R si b = 0, atunci L = ab.

Daca a ∈ R si b = 0, atunci L = a · (+∞). b) Deoarece 12 + 22 + · · ·+ k2 = n(n+1)(2n+1)6

,

se obtine an =n(n+1)(n2+3n+2)

12n4. Deci L = 1

12.


an, unde:

a) an = 1·4+2·5+3·6+···+n·(n+3)Cn

n+3, b) an = 1

2n3+n+5(12 + 22 + · · ·+ n2) .

Solutie. a) Avem, mai întâi,

1 · 4 + 2 · 5 + 3 · 6 + · · ·+ n · (n + 3) =n∑

k=1

k (k + 3) =n (n + 1) (n + 5)

3,

iar

Cnn+3 = C3

n+3 =(n + 3) (n + 2) (n + 1)

6.

Se obtine L = 2. b) L = 16.


an, unde:

a) an = 1nm

(1k + 2k + · · ·+ nk

), k,m ∈ N, b) an = 2

(1+ 1n)

k−1, k ∈ N.

Solutie. a) Conform teoremei lui Stolz-Cesaro, avem:

L = limn→∞

(n + 1)k

(n + 1)m − nm= lim

n→∞

(n + 1)k

mnm−1 + C2mnm−2 + · · ·+ 1

,

de unde, rezulta: L = 1m, pentru k = m − 1, L = ∞, pentru k > m − 1, L = 0, pentru

k < m− 1. b) Deoarece

(1 +

1

n

)k

− 1 =k nk−1 + · · ·+ 1

nk,

rezulta L =∞.


an, unde:

a) an = n√

2n + 3n + · · ·+ nn, b) an = nn

n!, c) an =

2n∑

k=1

1k.

2.2. PROBLEME 17

Solutie. a) Deoarece n√

2n + 3n + · · ·+ nn > n, L =∞. b) Deoarece nn > n!n, pentrun > 3, L =∞. c) Avem:

an =

(1 +

1

2

)+

(1

3+

1

4

)+

(1

5+

1

6+

1

7+

1

8

)+

+

(1

2n−1 + 1+ · · ·+ 1

2n

).

Deci,

an >1

2+

(1

4+

1

4

)+

(1

8+

1

8+

1

8+

1

8

)+

+

(1

2n+ · · ·+ 1

2n

)=

1

2+

1

2+ · · ·+ 1

2=

n

2.

Rezulta L =∞.


an, unde:

an =√

n + 1− 2√

n + 2 +√

n + 3.

Solutie. Avem:

L = limn→∞

(√n + 1−

√n + 2

)+ lim

n→∞

(√n + 3−

√n + 2

)=

= limn→∞

−1√n + 1 +

√n + 2

+ limn→∞

1√n + 3 +

√n + 2

= 0.


an, unde:

an =√

n4 + n2 + 1−√

n4 − n2 + 1.

Solutie. Termenul general al sirului se mai scrie

an =2n2√

n4 + n2 + 1 +√

n4 − n2 + 1.

De unde, L = 1.

2.18 Sa se calculeze limitele sirurilor:

an =√

n2 + 4n + 5−√

n2 − 4n + 20,

bn =√

n2 + 4n + 20−√

n2 − 4n + 5,

cn =√

n2 + 5n− 4√

n + 8−√

n2 − 3n + 2√

n + 5.

Solutie. Avem:

an =8n− 15√

n2 + 4n + 5 +√

n2 − 4n + 20.

Deci lim ann→∞

= 4. Analog obtinem: lim bnn→∞

= 4, lim cnn→∞

= 4.


2.19 Sa se calculeze limitele sirurilor:

an =√

n + 2√

n + 1−√

n + 4√

n + 1,

bn =√

n + 11 + 8√

n + 5−√

n + 4 + 2√

n + 5,

cn =√

n +√

n2 − 1−√

n−√

n2 − 1.

Solutie. Avem pe rând:

an =−2√

n + 1√

n + 2√

n + 1 +√

n + 4√

n + 1,

deci lim ann→∞

= −1. Analog obtinem: lim bnn→∞

= 3, lim cnn→∞

=∞.

2.20 Sa se calculeze limita sirului dat de termenul general

an =

(λn +

√4n2 + 3n + 1√

n2 + 3n + 4

) n√n+

√n+1

, λ ∈ R.

Solutie. Avem mai întâi:

limn→∞

λn +√

4n2 + 3n + 1√n2 + 3n + 4

= λ + 2.

Daca λ + 2 = 1, adica λ = −1, avem o nedeterminare de tipul 1∞. Se obtine lim ann→∞

= 1.

Daca λ = −1, avem lim ann→∞

= (λ + 2)∞.


an, unde:

a) an = 5√

n(√

np + 1−√

n + 1), p ∈ N, b) an = nk

(√n+2n+5

− 1), k ∈ N.

Solutie. a) Daca p = 1, an = 0. Daca p > 1,

L = limn→∞

5√

n√

np

(√

1 +1

np−√

1

np−1 +1

np

)

=∞.

b) Termenul general al sirului se mai scrie

an =−3nk

√n + 5

(√n + 2 +

√n + 5

) .

Rezulta: L = −32, pentru k = 1 si L = −∞, pentru k > 1.


an, unde:

a) an = 3√

n2 + n + 1− an, a ∈ R, b) an = 5√

n + 1− 5√

2n + 1.

2.2. PROBLEME 19

Solutie. a) Daca a ≤ 0, L =∞. Daca a > 0, termenul general al sirului se mai scrie

an = n23

(√

1 +1

n+

1

n2− an

13

)

,

de unde L = −∞. b) Amplificând cu conjugata se obtine L = −∞.


an, unde:

an =n

√nk + nk−1 + · · ·+ 1− n.

Solutie. Amplificând cu conjugata se obtine L = 1k.


an, unde:

an =k

√

n +k

√n + k

√n− k

√n, k ∈ N, k ≥ 2.

Solutie. Amplificând cu conjugata se obtine L = 12, pentru k = 2 si L = 0, pentru

k > 2.


an, unde:

an =k

√

n +k

√nk−1 + k

√n− k

√n, k ∈ N, k ≥ 2.

Solutie. Amplificând cu conjugata se obtine L = 1k.


an, unde:

a) an = n√

n, b) an = n√

n2 + 4n + 7, c) an =(1n

) 1n .

Solutie. a) Deoarece n√

n > 1, pentru n ≥ 2, notând αn = n√

n− 1, avem ca αn > 0.De aici avem

n = (1 + αn)n = 1 + nαn +

n (n− 1)

2α2n + · · ·+ αn

n >n (n− 1)

2α2n.

Deci, pentru n ≥ 2, αn <√

2n−1 . Rezulta lim

n→∞αn = 0 si L = 1. b) Avem

an =n√

n2n

√

1 +4

n+

7

n2.

Deci L = 1. c) L = 1.



an, unde:

an = n2√

an1 + an

2 + · · ·+ ank , a1, a2, . . . , ak ∈ N.

Solutie. Fie a = max (a1, a2, . . . , ak). Avem

an =[(an1 + an

2 + · · ·+ ank)

1n

] 1n

=

=

{a[(a1

a

)n

+(a2

a

)n

+ · · ·+(ak

a

)n] 1n

} 1n

.

Deoarece limn→∞

(aia

)n= 1 pentru macar un indice i ∈ {1, 2, . . . , k}, obtinem L = 1.


an, unde:

an = n

√nk + a1nk−1 + a2nk−2 + · · ·+ ak, a1, a2, . . . , ak ∈ (0,∞) , k ∈ N.


an =n√

nk n

√1 +

a1n

+a2n2

+ · · ·+ ak

nk.

Rezulta L = 1.

2.29 Sa se ca daca limn→∞

an = a, a ∈ R, atunci

limn→∞

a1 + a2 + · · ·+ an

n= a.

Solutie. Fie αn = a1 + a2 + · · · + an si βn = n. Conform teoremei lui Stolz-Cesaro,avem

limn→∞

a1 + a2 + · · ·+ an

n= lim

n→∞

αn

βn

= limn→∞

αn+1 − αn

βn+1 − βn

= limn→∞

an = a.

2.30 Sa se ca daca (an) este un sir de numere strict pozitive si limn→∞

an = a, atunci

limn→∞

n√

a1 · a2 · · · · · an = a.


n√

a1 · a2 · · · · · an = elnn√

a1·a2·····an = eln a1+ln a2+···+ln an

n .

Deoarece limn→∞

ln an = ln a, tinând seama de problema 2.29, avem

limn→∞

n√

a1 · a2 · · · · · an = eln a = a.

2.2. PROBLEME 21

2.31 Fie (an) este un sir de numere strict pozitive. Sa se arate ca

limn→∞

an+1

an

= a⇒ limn→∞

n√

an = a.


n√

an = n

√a11· a2a1· a3a2· · · · · an

an−1.

Deoarece limn→∞

an+1an

= a, tinând seama de problema 2.30, rezulta limn→∞

n√

an = a.


an, unde:

an =1

n

(1 +

2

1 +√

2+

3

1 +√

2 +√

3+ · · ·+ n

1 +√

2 + · · ·+√n

).

Solutie. Aplicam teorema lui Stolz-Cesaro. Fie

αn = 1 +2

1 +√

2+

3

1 +√

2 +√

3+ · · ·+ n

1 +√

2 + · · ·+√n, βn = n.

Rezulta:L = lim

n→∞

n + 1

1 +√

2 + · · ·+√

n + 1.

Aplicam din nou teorema lui Stolz-Cesaro. Fie

αn = n + 1, βn = 1 +√

2 + · · ·+√

n + 1.

Deci L = limn→∞

1√n+2

= 0.


an, unde:

an =1 + 2 + 3 + · · ·+ n

n

√n! (n + 1)n

.

Solutie. Avem

an =1

2

nn√

n!=

1

2n

√nn

n!.

Fie bn = nn

n!. Deoarece

limn→∞

bn+1

bn

= limn→∞

(1 +

1

n

)n

= e,

rezulta, tinând seama de problema 2.31, ca limn→∞

n√

bn = e. Deci L = e2.


an, unde:

an = n

√C1

n · C2n · · · · · Cn

n .


Solutie. Fie bn = C1n · C2

n · · · · · Cnn . Deoarece Ck

n+1 = n+1k

Ckn, pentru k = 1, n si

limn→∞

bn+1

bn

= limn→∞

(1 +

1

n

)n

· nn

n!= e · ∞,

rezulta, tinând seama de problema 2.31, ca limn→∞

n√

bn =∞. Deci L =∞.


an, unde:

a) an = 1n

n√

lnn, b) an = 1n

n∑

k=1

1n√

n2+k, c) an = sin2 π

√n2 + n.

Solutie. Avem lnn < n, pentru orice n ∈ N. Deci si n√

lnn < n√

n. Rezulta

limn→∞

n√

lnn ≤ limn→∞

n√

n = 1.

De aici deducem calim

n→∞

1

nn√

lnn ≤ limn→∞

1

n= 0.

Si cum an > 0, obtinem L = 0.

2.36 Sa se gaseasca termenul general al sirului (un) dat prin relatia de recurenta:

un =1

12un−1 +

1

2un−2,

pentru n ≥ 2, cu u0 = 1 si u2 = 12. Sa se calculeze apoi limita sa.

Solutie. Ecuatia caracteristica atasata relatiei de recurenta este 12r2 − r − 6 = 0 siare radacinile r1 = 3

4, r2 = −2

3. Deci un este de forma un = a

(34

)n+ b(−23

)n. Tinând

seama de conditiile initiale, se obtine a = 1417, b = 3

17. Asadar, un = 14

17

(34

)n+ 3

17

(−23

)n,

iar L = 0.

2.37 Sa se gaseasca termenul general al sirului (un) dat prin relatia de recurenta:

un = un−1 + 4un−2 − 4un−3,

pentru n ≥ 3, cu u0 = 3, u2 = 1 si u3 = 9. Sa se calculeze apoi limita sa.

Solutie. Ecuatia caracteristica atasata relatiei de recurenta este r3 − r2 − 4r + 4 = 0si are radacinile r1 = 1, r2 = −2, r3 = 2. Tinând seama de conditiile initiale, se obtineun = 1 + (1 + (−1)n) · 2n. Sirul nu are limita.

2.38 Sirul (an) este dat prin relatia de recurenta:

an =√

an−1 + k,

pentru n ≥ 1, cu a0 > 0. Sa se arate ca sirul este convergent si sa se calculeze limita sa.

2.3. LIMITE DE FUNCTII 23

Solutie. Fie α = k + 12+ 1

2

√4k + 1 radacina ecuatiei x =

√x + k. Daca a0 < α sirul

este crescator si marginit superior, iar daca a0 ≥ α sirul este descrescator si marginitinferior, deci convergent. Trecând la limita în relatia de recurenta, se obtine L = α.

2.39 Sa se gaseasca în functie de a, b si x1 termenul general al sirului dat prin relatiade recurenta:

xn = axn−1 + b, a ∈ R \ {0, 1} , b ∈ R.

Sa se calculeze apoi limita sa.

Solutie. Se observa ca:

xn − xn−1 = a (xn−1 − xn−2) = a2 (xn−2 − xn−3) = . . . = an−2 (x2 − x1) .

De aici rezulta ca:

xn = an−1(x1 +

b

a− 1

)− b

a− 1.

Daca b = x1 (1− a), atunci L = x1. Daca |a| < 1, atunci L = b1−a

. Daca |a| > 1, atunciL = ±∞.

2.40 Sirul (an) este dat prin relatia de recurenta:

an = 3√

6 + an−1,

pentru n ≥ 2, cu a1 = 3√

6. Sa se arate ca sirul este convergent si sa se calculeze limitasa.

Solutie. Sirul este strict crescator si marginit superior de 2, deci convergent. Limitasa este radacina ecuatiei L3 − L− 6 = 0, adica L = 2.

2.3 Limite de functii

2.3.1 Limita într-un punct

Fie f : E → R si x0 un punct de acumulare al multimii E ⊂ R.Spunem ca numarul real l este limita functiei f în punctul x0 daca pentru orice

vecinatate U a lui l exista o vecinatate V a lui x0 a.î. oricare ar fi x = x0, x ∈ V ∩E, saavem f(x) ∈ U si scriem

limx→x0

f(x) = l.

Punctul x0 poate sa nu apartina multimii E, dar trebuie sa fie punct de acumularepentru E. Atât x0 cât si l pot fi finite sau infinite, vecinatatile V si U fiind definitecorespunzator.

Daca x0 si l sunt finite, defintia precedenta este echivalenta cu definitia care urmeaza:Spunem ca numarul real l este limita functiei f în punctul x0 daca pentru orice ε > 0

exista un numar δ(ε) > 0 a.î. ∀x ∈ E pentru care 0 < |x−x0| < δ, sa avem |f(x)−l| < ε.Definitia limitei unei functii într-un punct poate fi formulata si cu ajutorul sirurilor.Spunem ca numarul real l este limita functiei f în punctul x0 daca pentru orice sir

(xn), xn ∈ E, xn = x0, convergent la x0, sirul corespunzator al valorilor functiei (f(xn))este convergent la l.


2.3.2 Proprietati ale limitei unei functii

Deoarece limita unei functii într-un punct se poate defini cu ajutorul limitei unui sir, oparte dintre proprietatile limitelor sirurilor sunt valabile si pentru limite de functii.

Fie f1, f2 : E → R, doua functii definite pe E ⊂ R si x0 un punct de acumulare almultimii E.

Daca functiile f1 si f2 au limite în punctul x0, finite sau infinite si:1. daca suma limitelor are sens, atunci functia suma f1 + f2 are limita în punctul x0

si

limx→x0

(f1(x) + f2(x)) = limx→x0

f1(x) + limx→x0

f2(x);

2. daca produsul limitelor are sens, atunci functia produs f1 · f2 are limita în punctulx0 si

limx→x0

(f1(x) · f2(x)) = limx→x0

f1(x) · limx→x0

f2(x);

3. daca câtul limitelor are sens, atunci functia cât f1/f2 are limita în punctul x0 si

limx→x0

f1(x)

f2(x)=

limx→x0

f1(x)

limx→x0

f2(x);

4. daca limita lui f1 la puterea limita lui f2 are sens, atunci functia f f21 are limita în

punctul x0 si

limx→x0

(f1(x))f2(x) =

(lim

x→x0f1(x)

) limx→x0

f2(x)

.

Fie u : E → F si f : F → R doua functii si x0 un punct de acumulare al multimiiE, pentru care exista lim

x→x0u(x) = u0, u0 punct de acumulare al multimii F . Daca exista

limu→u0

f(u) = l, atunci functia compusa f ◦ u : E → R are limita în punctul x0 si

limx→x0

(f ◦ u)(x) = l.

⊳ Functia u având limita u0 în punctul x0, urmeaza ca pentru orice sir (xn) convergentla x0, sirul (un), cu un = u(xn), este convergent la u0 Functia f având limita l în punctulu0, urmeaza ca sirul cu termenul general

f(un) = f(u(xn)) = (f ◦ u)(xn)

este convergent la l. ⊲

Pentru siruri, criteriul lui Cauchy ne permite sa studiem convergenta unui sir fara afi implicata limita acestuia. Definitia limitei unei functii cu ajutorul sirurilor ne permitesa transpunem acest criteriu si la functii.

2.4. PROBLEME 25

2.4 Probleme

2.41 Sa se calculeze:

1) limx→∞

(x + 1)2

x2 + 1. 2) lim

x→∞

3√

x2 + 1

x + 1.

3) limx→5

x2 − 7x + 10

x2 − 25. 4) lim

h→0

(x + h)3 − x3

h.

5) limx→0

√1 + x− 1

3√

1 + x− 1. 6) lim

x→4

3−√

5 + x

1−√

5− x.


1) limx→0

sin 5x

sin 2x. 2) lim

x→a

cosx− cos a

x− a.

3) limx→−2

tg πx

x + 2. 4) lim

x→∞

(x− 1

x + 1

)x

.

5) limx→0

(1 + sinx)1x . 6) lim

x→0(cosx)

1x .

2.43 Sa se arate ca functia f : R\ {0}→ R, definita prin

f(x) =1

xcos

1

x

nu tinde catre infinit când x→ 0.

Solutie. Pentru sirul xn = 1π

2+nπ

→ 0, f(xn) = 0 si deci tinde la 0.

2.44 Sa se arate ca functia f : R→ R, definita prin f(x) = sin x, nu are limita pentrux→∞.

2.45 Sa se determine α ∈ R a.î. functia f : (0, 2]→ R, definita prin

f(x) =

{ √α2 − 2αx ln (ex) + x2, x ∈ (0, 1),

α + xe, x ∈ [1, 2],

sa aiba limita în punctul x = 1.

2.46 Sa se arate ca:

1) limx→∞

xk

ex= 0. 2) lim

x→∞

lnx

xk= 0, k ∈ N∗.

2.47 Sa se cerceteze daca functia f : R→ R, definita prin f(x) = [x], are limita înpunctul x = 2.



1) limx→∞

(x2 − 2x + 3

x2 − 3x + 2

)x+1

. 2) limx→0

(1 + 2 sin2 x

) 3x2 .

3) limx→0

ln (1 + arcsin 2x)

sin 3x.

4) limx→0

esin 2x − esinx

sin 2x− sin x. 5) lim

x→3

√x2 − 2x + 6−

√x2 + 2x− 6

x2 − 4x + 3.

6) limx→2

3√

x3 − 5x + 3−√

x2 + 3x− 9

x2 + x− 6. 7) lim

x→5

√x + 4− 3

√x + 22

4√

x + 11− 2.

8) limx→0

3√

1 + x2 − 4√

1− 2x

x + x2. 9) lim

x→0

arcsin x− arctg x

x3.

10) limxր1

(arcsin x− π

2

)2

1− x2. 11) lim

x→0

(1

x2− ctg2x

).

12) limx→∞

(x− x2 ln

x + 1

x

).

13) limx→0

1− cosx ·√

cos 2x · 3√

cos 3x

x2.

14) limx→0

[1 + ln (1 + x) + · · ·+ ln (1 + nx)]1x .

15) limx→0

(pα1x1 + pα2x

2 + · · ·+ pαnxn

n

) 1x

, pi > 0, αi ∈ R.

16) limx→0

(asinx + btg x

2

) 1x

, a, b > 0.

Solutie. 1) e. 2) e6. 3) 23. 4) 1. 5) −1

3. 6) − 7

30. 7) 112

27. 8) 1

2. 9) 1

2. 10) 1.

11) 23. 12) Se ia x = 1

y, y → 0, limita este 1

2. 13) 3. 14) e

n(n+1)2 .

15) n

√pα11 · pα2

2 · · · · · pαnn . 16)

√ab.

2.49 Sa se determine parametrul real α a.î.

limx→∞

(√x2 + x + 1 +

3√

x3 + x2 + x + 1− ax),

sa fie finita si nenula.

Solutie. Adunam si scadem x. Se obtine a = 2 si limita egala cu 56.

2.50 Sa se determine a, b, c ∈ R a.î.

limx→∞

(√5x4 + 7x3 − 8x2 − 4x− ax2 − bx− c

)= 0.

2.4. PROBLEME 27

Solutie. a =√

5, b = 72√5, c = − 209

40√5.


1) limx→0

cos (xex)− cos (xe−x)

x3. 2) lim

x→0

1− cos x · cos 2x · · · · · cosnxx2

, n ∈ N∗.

3) limx→0

sin xn − sinn x

xn+2, n ≥ 2. 4) lim

x→0

tg xn − lnn (1 + x)

xn+1.

5) limx→0

[(1 + x)

1x

e

] 1x

.

Solutie. 1) Se tine seama ca cosα− cosβ = 2 sin α+β

2sin β−α

2si se obtine limita 2. 2)

Notaman = lim

x→0

1− cosx · cos 2x · · · · · cosnxx2

.

Avem ca a1 = 12si an = an−1 + n2

2. Se obtine an = n(n+1)(2n+1)

12. 3) Functia se mai scrie

sin xn − sinn x

xn+2=

sin xn − xn

xn+2+

xn − sinn x

xn+2.

Se obtine limita n6. 4) Functia se mai scrie

tg xn − lnn (1 + x)

xn+1=

tg xn − xn

xn+1+

xn − lnn (1 + x)

xn+1.

Se obtine limita n2. 5) 1√

e.


1) limx→π

4

sin x · 3√

cosx− cosx · 3√

sin x

ln (tg x− cos 2x). 2) lim

x→∞x2(e1x − e

1x+1

).

Solutie. 1)3√26. 2) Putem scrie

x2(e1x − e

1x+1

)=

x2

x (x + 1)· e 1

x+1 · e1

x(x+1) − 11

x(x+1)

.

Capitolul 3

Functii continue

Fie f : E → R, E ⊂ R, o functie reala si x0 ∈ E.Spunem ca functia f este continua în punctul x0 daca oricare ar fi U o vecinatate a

lui f(x0), exista o vecinatate V a lui x0, a.î. pentru orice x ∈ V ∩E, sa avem f(x) ∈ U .Definitia precedenta este echivalenta cu urmatoarea definitie:Spunem ca functia f este continua în punctul x0 daca pentru orice ε > 0 exista un

numar δ(ε) > 0 a.î. oricare ar fi x ∈ E pentru care |x−x0| < δ, sa avem |f(x)−f(x0)| < ε.În cazul în care x0 ∈ E este punct de acumulare pentru E, continuitatea în punctul

x0 se poate defini cu ajutorul limitei.Spunem ca functia f este continua în punctul x0, punct de acumulare pentru E, daca

f are limita în x0 si aceasta este egala cu f(x0), adica

limx→x0

f(x) = f(x0).

Deoarece f este continua în orice punct izolat din E, problema continuitatii se punenumai în punctele de acumulare ale lui E. Daca f nu este continua în x0, spunem cafunctia f este discontinua în punctul x0, iar x0 se numeste punct de discontinuitate.

Functia f este continua pe o multime A ⊂ E daca este continua în fiecare punct almultimii A, adica

Spunem ca functia f este continua pe A ⊂ E daca pentru orice x ∈ A si pentru oriceε > 0 exista un numar δ(ε, x) > 0 a.î. oricare ar fi x′ ∈ E pentru care |x′ − x| < δ, saavem |f(x′)− f(x)| < ε.

3.1 Proprietati ale functiilor continue

3.1.1 Operatii cu functii continue

Din definitia continuitatii cu ajutorul sirurilor si proprietatile operatiilor cu siruri rezulta:Daca functiile f, g : E → R sunt continue în punctul x0, atunci:1. functia f + g este continua în x0;2. functia f · g este continua în x0;3. daca g(x0) = 0, functia f/g este continua în x0.

29

30 CAPITOLUL 3. FUNCTII CONTINUE

Fie u : E → F si f : F → R. Daca functia u este continua în punctul x0 ∈ E si feste continua în punctul u0 = u(x0) ∈ F , atunci functia compusa f ◦ u : E → R estecontinua în punctul x0.

Daca f este continua în x0 si f(x0) = 0, exista o vecinatate V a lui x0 a.î. pentruorice x ∈ V ∩E sa avem f(x) · f(x0) > 0.

Daca f este continua în x0 exista o vecinatate V a lui x0 în care f este marginita.

3.1.2 Proprietati ale functiilor continue pe un interval închis si

marginit

Prima teorema a lui Weierstrass. O functie continua pe un interval închis si marginit[a, b] este marginita pe [a, b].A doua teorema a lui Weierstrass. O functie continua pe un interval închis si

marginit [a, b] îsi atinge marginile pe [a, b].Daca o functie continua pe un interval închis si marginit [a, b] ia valori de semne

contrare la capetele intervalului, adica f(a) · f(b) < 0, atunci exista cel putin un punctx0 ∈ (a, b) a.î. f(x0) = 0.

O functie continua pe un interval închis si marginit [a, b] ia cel putin o data toatevalorile cuprinse între marginea inferioara m si marginea superioara M a valorilor salepe [a, b].

Proprietatea pusa în evidenta în aceasta teorema se numeste proprietatea lui Darboux.

3.2 Probleme

3.1 Sa se determine α real a.î. urmatoarele functii sa fie continue pe multimile lor dedefinitie:

1) f : [1, 3]→ R, definita prin

f(x) =

{ √α2 − 2αx + x2, x ∈ [1, 2),

αx + 3, x ∈ [2, 3].

2) f : [0, 2]→ R, definita prin

f(x) =

{6 sinα(x−1)

x−1 , x ∈ [0, 1),−α + 5x, x ∈ [1, 2].

Solutie. 1) α = −13. 2) α = −1.

3.2 Sa se determine α real a.î. urmatoarele functii sa fie continue în punctele indicate:1) f : R→ R, definita prin

f(x) =

{α(1−cosx)

x2, x = 0,

α2

2, x = 0,

, x0 = 0.

3.2. PROBLEME 31

2) f : [1,∞)→ R, definita prin

f(x) =

{α·arctg (x−1)

x2−1 , x = 1,

α2, x = 1,, x0 = 1.

3) f : R→ R, definita prin

f(x) =

{(1 + αx)

1x , x > 0,

x + e, x ≤ 0,, x0 = 0.


f(x) =

{2x+2−164x−16 , x = 2,

α, x = 2,, x0 = 2.

5) f : [0, π]→ R, definita prin

f(x) =

{e3x, x ∈ [0, 1],α sin(x−1)x2−5x+4 , x ∈ (1, π],

, x0 = 1.


f(x) =

(x + ex)1x , x < 0,

e2, x = 0,

(sin x + cosx)α

x , x > 0,

, x0 = 0.

Solutie. 1) α ∈ {0, 1}. 2) α ∈{0, 1

2

}. 3) α = 1. 4) α = 1

2. 5) α = −3e3. 6) α = 2.

3.3 Sa se determine punctele de discontinuitate ale functiilor:

1) f(x) =[√

x]−√x, x > 0. 2) f(x) = x

[1

x

], x = 0, f(0) = 1.

3) f(x) = x sin1

x, x = 0, f(0) = 0. 4) f(x) = xparctg

1

x, x = 0, f(0) = 0, p > 0.

Solutie. 1) Discontinua în x = n2, n ∈ N. 2) Discontinua în x = 1k, cu k întreg nenul.

3) si 4) Functii continue pe R.

3.4 Sa se studieze continuitatea functiei f : R→ R definita prin:

f(x) =

{x3 − x2, x ∈ Q,−14x, x ∈ R \Q.

Solutie. Daca x0 ∈ R este un punct de continuitate pentru f , atunci pentru orice sirxn ∈ Q, xn → x0 si orice sir x′n ∈ R \Q, x′n → x0, avem: x30 − x20 = −1

4x0, de unde

rezulta ca x0 ∈{0, 1

2

}.

32 CAPITOLUL 3. FUNCTII CONTINUE

3.5 Fie functia f : [0, 1]→ R, definita prin

f(x) =

{ √x, x ∈ Q,

1− x, x ∈ R \Q.

Sa se studieze continuitatea, sa se arate ca f ([0, 1]) este un interval si ca f nu areproprietatea lui Darboux.

Solutie. Punctul x0 ∈ [0, 1] este un punct de continuitate pentru f d.d.√

x0 = 1−x0,adica x0 = 1−

√5

2este singurul punct de continuitate al lui f . Pentru orice x ∈ [0, 1],√

x, 1 − x ∈ [0, 1], deci f ([0, 1]) ⊂ [0, 1]. Fie y ∈ [0, 1]. Daca y ∈ Q, exista x =y2 (x ∈ Q) a.î. f(x) = y, iar daca y ∈ R \Q, exista x = 1 − y (x ∈ R \Q) a.î.f(x) = y. Asadar, [0, 1] ⊂ f ([0, 1]). Avem: f ([0, 1]) = [0, 1]. Pentru a arata ca fnu are proprietatea lui Darboux, fie intervalul

[19, 14

]⊂ [0, 1], cu f

(19

)= 1

3, f(14

)= 1

2.

Consideram λ = 14√17 ∈

(13, 12

)si aratam ca ecuatia f(x) = λ nu are solutii în intervalul

(19, 14

). Daca x ∈ Q,

√x = 1

4√17 , da x = 1√17

/∈ Q, daca x ∈ R \Q, 1 − x = 14√17 , da

x = 1− 14√17 /∈

(19, 14

), deoarece 1− 1

4√17 > 14.

Capitolul 4

Functii derivabile

4.1 Derivata si diferentiala

Fie f : E → R, E ⊂ R, o functie reala si x0 ∈ E un punct de acumulare al multimii E.Spunem ca functia f este derivabila în punctul x0 daca exista si este finita limita în

x0 a functiei

Rx0(x) =f(x)− f(x0)

x− x0, x ∈ E \ {x0}.

Daca f este derivabila în x0, limita finita a functiei Rx0 se numeste derivata functiei f înx0 si se noteaza cu f ′(x0):

f ′(x0) = limx→x0

f(x)− f(x0)

x− x0.

Daca limita functiei Rx0 este infinita, atunci functia f nu este derivabila în x0. Dacalimita functiei Rx0 este ±∞ se spune ca f are derivata ±∞ în x0.

Spunem ca functia f : E → R este diferentiabila în punctul x0 ∈ E, punct deacumulare pentru E, daca exista numarul A ∈ R si functia α : E → R satisfacândconditia lim

x→x0α(x) = α(x0) = 0 a.î.

f(x)− f(x0) = A (x− x0) + α(x) (x− x0), ∀x ∈ E,

sau, cu x− x0 = h

f(x0 + h)− f(x0) = Ah + α(x0 + h) h, ∀x0 + h ∈ E.

Daca f este diferentiabila în x0, aplicatia

h �−→ Ah, ∀h ∈ R,

se numeste diferentiala functiei f în x0 si se noteaza

df(x0) = df(x0;h) = Ah.

33

34 CAPITOLUL 4. FUNCTII DERIVABILE

Pentru functia identica i : R→ R, definita prin i(x) = x, oricare ar fi x0 ∈ R are locidentitatea

i(x)− i(x0) = 1 · h + 0 · h, ∀h ∈ R,

care arata ca functia identica este diferentiabila în orice punct x0 ∈ R si di(x0) =di(x0;h) = h, ∀h ∈ R. Deoarece diferentiala functiei identice este aceeasi în orice punctdin R, ea se noteaza

di(x) = dx = h (4.1)

si se numeste diferentiala variabilei independente. Deci, putem scrie:

df(x0) = Adx.

Functia f este diferentiabila în x0 d.d. este derivabila în x0. Daca f este diferentiabilaîn x0, atunci

df(x0) = f ′ (x0) dx.

Spunem ca functia f este de doua ori derivabila în x0 daca functia f ′ este derivabilaîn x0. În acest caz, (f ′)′(x0) se numeste derivata a doua a functiei f în x0 si se noteazaf ′′(x0). Deci

f ′′(x0) = (f ′)′(x0) saud2f

dx2(x0) =

d

dx

(df

dx

)(x0).

Procedând prin recurenta, spunem ca f este de k ori derivabila în x0 daca f (k−1) estederivabila în x0. Deci

f (k)(x0) = (f (k−1))′(x0) saudkf

dxk(x0) =

d

dx

(dk−1f

dxk−1

)(x0).

Spunem ca functia f este de doua ori diferentiabila în punctul x0 daca functiadf(x;h) = f ′(x)h este diferentiabila în x0 oricare ar fi h ∈ R. Daca f este de douaori diferentiabila în x0 atunci aplicatia

d2f(x0;h) = d(df)(x0;h) = d(f ′ h)(x0;h) = (f ′ h)′(x0) h = f ′′(x0) h2

se numeste diferentiala a doua a functiei f în x0.Functia f este de k ori diferentiabila în x0 daca diferentiala de ordinul k−1 a functiei

f , adica dk−1f(x;h) = f (k−1)(x) hk−1 este diferentiabila în x0 pentru orice h ∈ R. Înacest caz, aplicatia

dkf(x0;h) = d(dk−1f)(x0;h) = (f (k−1) hk−1)′(x0)h = f (k)(x0)hk

se numeste diferentiala de ordinul k a functiei f în x0.Functia f este de k ori diferentiabila în x0 d.d. f este de k ori derivabila în x0.Deoarece h = dx, putem scrie dkf(x0) = f (k)(x0) dx

k.

4.2. DERIVATELE FUNCTIILOR UZUALE 35

4.2 Derivatele functiilor uzuale

Dam mai jos un tabel al derivatelor functiilor uzuale:

c′ = 0, (tgx)′ =1

cos2 x, (arccosx)′ = − 1√

1− x2,

(xα)′ = αxα−1, (ctgx)′ = − 1

sin2 x, (arctgx)′ =

1

1 + x2,

(√

x)′=

1

2√

x, (ex)′ = ex, (arcctgx)′ = − 1

1 + x2,

( n√

x)′=

1

nn√

xn−1, (ax)′ = ax ln a, (shx)′ = chx,

(1

x

)′= − 1

x2, (lnx)′ =

1

x, (chx)′ = shx,

(sin x)′ = cosx, (loga x)′ =1

x ln a, (thx)′ =

1

ch2 x,

(cosx)′ = − sin x, (arcsin x)′ =1√

1− x2, (cthx)′ = − 1

sh2 x.

Regula de derivare a functiilor compuse împreuna cu tabelul anterior permite obtinereaurmatoarelor formule de derivare, în care u = u (x) este o functie derivabila:

(un)′ = nun−1u′, (tgu)′ =u′

cos2 u, (arccosu)′ = − u′√

1− u2,

(uα)′ = αuα−1u′, (ctgu)′ = − u′

sin2 u, (arctgu)′ =

u′

1 + u2,

(√

u)′=

u′

2√

u, (eu)′ = u′eu, (arcctgu)′ = − u′

1 + u2,

( n√

u)′=

u′

nn√

un−1, (au)′ = u′au ln a, (shu)′ = u′chu,

(1

u

)′= − u′

u2, (lnu)′ =

u′

u, (chu)′ = u′shu,

(sin u)′ = u′ cosu, (loga u)′ =u′

u ln a, (thu)′ =

u′

ch2 u,

(cosu)′ = −u′ sin u, (arcsin u)′ =u′√

1− u2, (cthu)′ = − u′

sh2 u.

Utilizând acest tabel si regulile de derivare formulate în ultimele doua paragrafe,putem calcula derivata oricarei functii care se obtine din acestea prin aplicarea unuinumar finit de operatii aritmetice si de compunere.

4.3 Proprietati ale functiilor derivabile

Multe dintre proprietatile functiilor derivabile de o variabila reala sunt cunoscute dinliceu. Pentru a usura expunerea rezultatelor noi, trecem totusi în revista unele dintreaceste proprietati.


Puncte de extrem. Teorema lui Fermat

Fie f : E → R, E ⊂ R.Punctul x0 ∈ E se numeste punct de extrem local sau relativ al functiei f daca exista

o vecinatate V a lui x0 a.î. diferenta f(x)−f(x0) sa pastreze semn constant pentru oricex ∈ V ∩E. Daca:

f(x)− f(x0) ≤ 0, ∀x ∈ V ∩ E, x0 este punct de maxim local,f(x)− f(x0) ≥ 0, ∀x ∈ V ∩ E, x0 este punct de minim local.Daca diferenta f(x)−f(x0) pastreaza semn constant pentru orice x ∈ E, atunci x0 se

numeste punct de extrem absolut. Orice punct de extrem absolut este punct de extremrelativ. Reciproca nu este adevarata.Teorema lui Fermat. Fie f : I → R, definita pe intervalul I ⊂ R si x0 un punct

de extrem interior lui I. Daca functia f este derivabila în x0, atunci f ′(x0) = 0.Teorema lui Fermat este o conditie necesara de extrem.Un punct x0 ∈ I se numeste punct stationar sau punct critic al functiei f daca f este

derivabila în x0 si f ′(x0) = 0.Teorema lui Fermat afirma ca punctele de extrem ale unei functii derivabile sunt

puncte stationare.

Teoremele lui Rolle, Lagrange si Cauchy

Teorema lui Rolle. Fie f : [a, b]→ R. Daca:1. f este continua pe [a, b],2. f este derivabila pe (a, b),3. f(a) = f(b),atunci exista un punct c ∈ (a, b) a.î. f ′(c) = 0.Teorema lui Lagrange. Fie f : [a, b]→ R. Daca:1. f este continua pe [a, b],2. f este derivabila pe (a, b),atunci exista un punct c ∈ (a, b) a.î. f(b)− f(a) = f ′(c) (b− a) = df(c; b− a).Teoremele lui Rolle si Lagrange afirma numai existenta punctului c ∈ (a, b), fara nici

o precizare asupra unicitatii acestuia.Din teorema lui Lagrange rezulta ca daca f : I → R este derivabila pe I, atunci

oricare ar fi x1, x2 ∈ I, x1 = x2, exista ξ de forma ξ = x1 + θ(x2 − x1), cu θ ∈ (0, 1), a.î.

f(x1)− f(x2) = (x1 − x2) · f ′(ξ).

În particular, daca a, a + h ∈ I, avem

f(a + h)− f(a) = h · f ′(ξ), ξ = a + θh, θ ∈ (0, 1).

Teorema 4.3 se numeste prima teorema de medie a calculului diferential sau teoremacresterilor finite.

Daca f : I → R este derivavila pe I ⊂ R si f ′(x) = 0 pe I, atunci f este constantape I.

De aici rezulta ca daca f, g : I → R sunt derivabile pe I ⊂ R si f ′(x) = g′(x) pe I,atunci f si g difera printr-o constanta pe I.

4.4. PROBLEME 37

4.4 Probleme

4.1 Utilizând definitia, sa se calculeze derivatele urmatoarelor functii, în punctele spe-cificate:

1) f (x) =√

x + 2, x0 = 7. 2) f (x) = ln (x2 + 5x) , x0 = 1.3) f (x) = sin 3x2, x0 =

√π. 4) f (x) = arcsin (x− 1) , x0 = 1.

5) f (x) = e3x, x0 = 1. 6) f (x) = tg x, x0 = π4.

4.2 Sa se studieze derivabilitatea urmatoarelor functii, în punctele specificate:

1) f :(−12,∞)→ R, f (x) =

{ln (1 + 2x) , x ∈ (−1

2, 0],

2x, x ∈ (0,∞) ,x0 = 0.

2) f : (0,∞)→ R, f (x) =

{ √x2 + 5x + 2, x ∈ (0, 2],

98x + 7

4, x ∈ (0,∞) ,

x0 = 2.

Solutie. 1) f ′ (0) = 2. 2) f ′ (2) = 98.

4.3 Sa se calculeze derivatele urmatoarelor functii:

1) f (x) = x4 + 5x3 − 8. 2) f (x) = x2 +√

x− 3√

x.3) f (x) = x cosx. 4) f (x) = x−1

x2+1.

5) f (x) = sinx2+cosx

. 6) f (x) = ln x2

x+1.

7) f (x) = 3

√1−x2

1+x2. 8) f (x) = ex2 cosx.

Solutie. Se obtine:1) f ′ (x) = 4x3 + 15x2. 2) f ′ (x) = 2x + 1

2√

x− 1

3( 3√x)2 .

3) f ′ (x) = cosx− x sin x. 4) f ′ (x) = −x2−2x−1(x2+1)2

.

5) f ′ (x) = 2 cosx+1(2+cosx)2

. 6) f ′ (x) = 1x

x+2x+1

.

7) f ′ (x) = −43

x

(1+x2)23

√(1+x2

1−x2

)2.

8) f ′ (x) = (2x cosx− x2 sin x) ex2 cosx.


1) f (x) = ln(√

2 sinx + 1 +√

2 sin x− 1). 2) f (x) = sinx

cos2 x+ ln 1+sinx

cosx.

3) f (x) = x2

√x2 + k + k

2ln(x +

√x2 + k

). 4) f (x) = 5 sh3 x

15+ 3 sh5 x

15.

5) f (x) = exarctg ex − ln√

1 + e2x. 6) f (x) = xx

ex(x lnx− x− 1) .

7) f (x) =x

2

√a2 − x2 +

a2

2arcsin

x

a. 8) f (x) = loge2

(xn +

√x2n + 1

).

Solutie. Se obtine:1) f ′ (x) = cosx√

(4 sin2 x−1). 2) f ′ (x) = 2

cos3 x.

3) f ′ (x) =√

x2 + k. 4) f ′ (x) = sh2 x15

ch3 x15.

5) f ′ (x) = exarctg ex. 6) f ′ (x) = xx+1e−x (ln x) (ln x− 1).7) f ′ (x) =

√a2 − x2. 8) f ′ (x) = nxn−1

2√

x2n+1.



1) f (x) = ln 1+√sinx

1−√sinx

+ 2arctg(√

sin x).

2) f (x) = 34ln x2+1

x2−1 + 14ln x−1

x+1+ 1

2arctg x.

3) f (x) = 13ln (1 + x)− 1

6ln (x2 − x + 1) + 1√

3arctg 2x−1√

3.

4) f (x) = 3b2arctg√

xb−x

− (3b + 2x)√

bx− x2.

Solutie. 1) f ′ (x) = 2cosx

√sinx

. 2) f ′ (x) = x(x−3)x4−1 . 3) f ′ (x) = 1

x3+1.

4) f ′ (x) = 4x√

xb−x

.


1) f (x) = −arcsinxx

+ ln x

1+√1−x2

.

2) f (x) = ln√

x4 + x2 + 1 + 2√3arctg 2x2+1√

3.

3) f (x) = x

4(x2+1)2+ 3x

8(x2+1)+ 3

8arctg x.

4) f (x) = 52

√(2x2 + 8x + 1)− 13√

2ln(√

2 (x + 2) +√

(2x2 + 8x + 1)).

Solutie. Se obtine:1) f ′ (x) = arcsinx

x2. 2) f ′ (x) = 2x3+3x

x4+x2+1.

3) f ′ (x) = 1(x2+1)3

. 4) f ′ (x) = 5x−3√2x2+8x+1

.

4.7 Sa se arate ca derivata unei functii pare este o functie impara, iar derivata uneifunctii impare este o functie para.

4.8 Sa se arate ca derivata unei functii periodice este o functie periodica.

4.9 Sa se arate ca functia y = xe−x satisface relatia xy′ = (1− x) y.

4.10 Sa se arate ca functia y = xe−x2

2 satisface relatia xy′ = (1− x2) y.

4.11 Sa se arate ca functia y = 11+x+lnx

satisface relatia xy′ = y (y ln x− 1).

4.12 Sa se calculeze derivatele de ordinul doi ale urmatoarelor functii:

1) f (x) = x8 + 7x6 − 5x + 4. 2) f (x) = (arcsin x)2 .

3) f (x) = ex2 . 4) f (x) = ln(x +

√a2 + x2

).

5) f (x) = (1 + x2) arctg x. 6) f (x) = sin2 x.

Solutie. Se obtine:1) f ′′ (x) = 56x6 + 210x4. 2) f ′′ (x) = 2

1−x2+ 2x√

(1−x2)3arcsin x.

3) f ′′ (x) = 2ex2 + 4x2ex2. 4) f ′′ (x) = − x√(a2+x2)3

.

5) f ′′ (x) = 2 arctg x + 2 xx2+1

. 6) f ′′ (x) = 2 cos 2x.

4.4. PROBLEME 39

4.13 Sa se calculeze derivatele de ordinul n ale urmatoarelor functii:

1) f (x) = eax. 2) f (x) = 1x−a

. 3) f (x) = 1x2−a2

.

4) f (x) = cosx. 5) f (x) = sin x. 6) f (x) = ln 2xx2−1 .

7) f (x) = 2x. 8) f (x) = 1x2−3x+2 . 9) f (x) = ln (ax + b) .

10) f (x) = eax · ebx. 11) f (x) = 1ax+b

. 12) f (x) = (1 + x)α .

Solutie. 3) Se tine seama de identitatea: 1x2−a2

= 12a

(1

x−a− 1

x+a

).

4) f (n) (x) = cos(x + nπ

2

). 5) f (n) (x) = sin

(x + nπ

2

).

6). f ′ (x) = − x2+1x(x2+1)

si se scrie fractia ca suma de fractii simple.

7) f (n) (x) = 2x lnn 2.

8) f (x) = 1x−2 − 1

x−1 , se obtine f (n) (x) = (−1)n n![

1(x−2)n+1 −

1(x−1)n+1

].

9) f (n) (x) = (−1)n−1 (n−1)!an(ax+b)n

. 10) f (n) (x) = eax · ebx (a + b)n.

11) f (n) (x) = (−1)n n!an

(ax+b)n+1.

12) Avem: f (n) (x) = α (α− 1) · · · (α− n + 1) (1 + x)α−n.

4.14 Se considera functia polinomiala f (x) = x4 + x3 + x2 + x + 1. Sa se calculeze

suma: S =4∑

k=1

1xk−2 , unde xk sunt radacinile ecuatiei f (x) = 0.

Solutie. Din f (x) = (x− x1) (x− x2) (x− x3) (x− x4), prin derivare, deducem:

f ′ (x)

f (x)=

4∑

k=1

1

x− xk

.

Deci S = −f ′(2)f(2)

= −4931.

4.15 Sa se determine cu cât se modifica (aproximativ) latura unui patrat daca aria sacreste de la 9m2 la 9, 1m2.

Solutie. Daca x este aria patratului si y latura sa, atunci y =√

x. Se dau: x0 = 9,h = 0, 1. Cresterea laturii patratului este data de:

y − y0 ≈ dy = f ′ (x) · h =1

2√

9· 0, 1 = 0, 016m.

4.16 Sa se gaseasca cresterea y−y0 si diferentiala dy ale functiei y = 5x+x2 în punctulx0 = 2, daca h = 0, 001.

Solutie. y − y0 = 0, 009001 si dy = 0, 009.

4.17 Sa se calculeze diferentiala functiei y = cosx în punctul x0 = π6, pentru h = π

36.

4.18 Sa se calculeze diferentiala functiei y = 2√x

în punctul x0 = 9, pentru h = −0, 01.


4.19 Sa se calculeze diferentialele functiilor:

1) f (x) = 1xn

. 2) f (x) = x ln x− x. 3) f (x) = x1−x

.

4) f (x) = ln 1−x1+x

. 5) f (x) = x2e−x. 6) f (x) = ex sin x.

Solutie. Se obtine:1) df (x) = − n

xn+1dx. 2) df (x) = ln x dx. 3) df (x) = 1

(1−x)2dx.

4) df (x) = 2x2−1 dx. 5) df (x) = x (2− x) e−xdx.

6) df (x) = e (x sin x + cosx) dx.

4.20 Sa se calculeze diferentialele de ordinul doi ale functiilor:

1) f (x) =√

1− x2. 2) f (x) = arccos x. 3) f (x) = sinx ln x.4) f (x) = 1

xln x. 5) f (x) = x2e−x. 6) f (x) = ex sin x.

4.21 Sa se determine abscisele punctelor de extrem ale functiilor:

1) f (x) = 2 cosx + x2. 2) f (x) = x2 (x− 12)2 .

3) f (x) = x2−2x+2x−1 . 4) f (x) = 3

√(x2 − 1)2.

5) f (x) = 2 sin 2x + sin 4x. 6) f (x) = 2 cos x2+ 3 cos x

3.

Solutie. 1) x0 = 0 este punct de minim.2) x1 = 0, x2 = 12 sunt puncte de minim, x3 = 6 este punct de maxim.3) x1 = 0 este punct de maxim, x2 = 2 este punct de minim.4) x1,2 = ±1 sunt puncte de minim, x3 = 0 este punct de maxim.5) xk = −π

6+ kπ sunt puncte de minim, x′k = π

6+ kπ sunt puncte de maxim, k ∈ Z.

6) xk = 12kπ si x′k = 12(k ± 2

5

)π sunt puncte de maxim, yk = 6 (2k + 1)π si y′k =

12(k ± 1

5

)π sunt puncte de minim, k ∈ Z.

4.22 Fie a1, a2, . . . , an ∈ (0,∞) si ax1 + ax

2 + · · · + axn ≥ n pentru orice x ∈ R. Sa se

arate ca atunci a1 · a2 · · · · · an = 1.

Solutie. Fie functia f : R→ R, definita prin f (x) = ax1 + ax

2 + · · · + axn. Avem ca

f (x) ≥ n = f (0), ∀x ∈ R, deci x0 = 0 este un punct de minim pentru f si conformteoremei lui Fermat: f ′ (0) = 0.

4.23 Fie a, b ∈ (0,∞) \ {1} a.î. ax2 · b + bx2 · a ≥ 2ab, pentru orice x ∈ R. Sa se arateca ab = 1.

Solutie. Fie unctia f : R→ R, definita prin f (x) = ax2 · b + bx2 · a. Avem caf (x) ≥ 2ab = f (1), ∀x ∈ R, deci x0 = 1 este un punct de minim pentru f si conformteoremei lui Fermat: f ′ (1) = 0.

4.24 Sa se studieze aplicabilitatea teoremei lui Rolle pentru functia f :[0, π

2

]→ R,

definita prin

f (x) =

{cosx, x ∈

[0, π

4

],

sin x, x ∈(

π4, π2

].

4.4. PROBLEME 41

Solutie. Functia nu este derivabila în π4.

4.25 Sa se studieze aplicabilitatea teoremei lui Rolle pentru functiile f : [0, 2] → R,definite prin:

1) f (x) = |x− 1| . 2) f (x) = |x− 1|3 .

Solutie. 1) Nu. 2) Da, c = 1.

4.26 Sa se studieze aplicabilitatea teoremei lui Rolle pentru functiile f :[−π2, π2

]→ R,

definite prin:1) f (x) = |sin x| . 2) f (x) =

∣∣sin3 x∣∣ .

Solutie. 1) Nu. 2) Da, c = 0.

4.27 Sa se arate ca polinomul lui Legendre Pn (x) = dn

dxn(x2 − 1)

nare n radacini dis-

tincte în intervalul (−1, 1).

Solutie. Se aplica de n ori teorema lui Rolle functiei f (x) = (x2 − 1)n.

4.28 Fie f : [a, b] → R o functie continua pe [a, b], derivabila pe (a, b) si a.î. f (a) =f (b). Sa se arate ca exista c ∈ (a, b) a.î. f (a)− f (c) = f ′ (c) (c− a).

Solutie. Se aplica teorema lui Rolle functiei g (x) = (x− a) f (x)−xf (a) pe intervalul[a, b].

4.29 Fie numerele reale a0, a1, a2, . . . , an care verifica relatia

a01

+2a12

+22a23

+ · · ·+ 2nan

n + 1= 0.

Sa se arate ca functia f : [1, e2]→ R, definita prin f (x) = a0 + a1 ln x + a2 ln2 x + · · ·+

an lnn x se anuleaza cel putin într-un punct din intervalul (1, e2).

Solutie. Se aplica teorema lui Rolle functiei g (x) = a0 ln x + a1 ln2 x2

+ · · ·+ an lnn+1 x

n+1.

4.30 Fie f : [a, b]→ R o functie continua pe [a, b], derivabila pe (a, b). Sa sea arate caexista c ∈ (a, b) aî.

f ′ (c) =a + b− 2c

(c− a) (c− b).

Solutie. Se aplica teorema lui Rolle functiei g (x) = ef(x) (x− a) (x− b) pe intervalul[a, b].

4.31 Se considera functia f : [−1, 1]→ R, definita prin:

f (x) =

{x2 + mx + n, x ∈ [−1, 0] ,px2 + 4x + 4, x ∈ (0, 1].

Sa se determine m,n, p ∈ R a.î. f sa satisfaca ipotezele teoremei lui Rolle pe intervalul[−1, 1] si sa se gaseasca valoarea constantei c în acest caz.


Solutie. n = 4, m = 4, p = −7, c = 27.

4.32 Fie f, g : [a, b] → R doua functii continue pe [a, b], derivabile pe (a, b) si cuf (a) = f (b). Sa se arate ca ecuatia f (x) g′ (x) + f ′ (x) = 0 are cel putin o solutie înintervalul (a, b).

Solutie. Fie h : [a, b] → R, definita prin h (x) = f (x) eg(x), care este o functie Rolle.Exista deci c ∈ (a, b) a.î. h′ (c) = 0. Dar h′ (x) = f ′ (x) eg(x) + f (x) g′ (x) eg(x).

4.33 Fie f : [a, b] → R o functie de trei ori derivabila pe [a, b] a.î. f (a) = f (b) = 0 sif ′ (a) = f ′ (b) = 0. Sa se arate ca exista cel putin un punct c ∈ (a, b) a.î. f ′′′ (c) = 0.

Solutie. Aplicam teorema lui Rolle. Exista d ∈ (a, b) a.î. f ′ (d) = 0. Exista apoic1 ∈ (a, d) si c2 ∈ (d, b) a.î. f ′′ (c1) = 0 si f ′′ (c2) = 0. Deci exista c ∈ (c1, c2) a.î.f ′′′ (c) = 0.

4.34 Sa se cerceteze aplicabilitatea teoremei lui Lagrange pentru functia f : [0, 1]→ R,definita prin f (x) =

√x2 + ax, a > 0, si în caz afirmativ sa se determine constanta c

corespunzatoare.

Solutie. Da, c = 12

(−a +

√a2 + a

)∈ (0, 1).

4.35 Sa se cerceteze aplicabilitatea teoremei lui Lagrange pentru functiilor f , definiteprin:

1) f (x) =

{x, x ∈ [1, 2] ,x2

4+ 1, x ∈ (2, 3].

2) f (x) =

{x2, x ∈ [0, 1] ,2x− 1, x ∈ (1, 2].

3) f (x) =

{ √x + 1, x ∈ (0, 3],

x2+ 1, x ∈ [−4, 0] .

4) f (x) =

{3−x2

2, x ∈ [0, 1] ,

1x, x ∈ (1, 2].

Solutie. 1) Da, f ′ (c) = 98, c = 9

4. 2) Da, c = 3

4. 3) Da, c = 13

36. 4) Da, c1 = 1

2, c2 =

√2.

4.36 Sa se determine abscisa c a unui punct în care tangenta la graficul functiei f :R→ R, definita prin

f (x) =

{x+22

, x ≤ 0,√x + 1, x > 0,

este paralela cu coarda care uneste punctele de pe grafic de abscise x1 = −4 si x2 = 3.

Solutie. c = 1336.

4.37 Sa se arate ca 3√

30− 3 < 19.

Solutie. Se aplica teorema lui Lagrange functiei f : [27, 30] → R, definita prinf (x) = 3

√x.

4.38 Sa se gaseasca solutiile reale ale ecuatiei (a− 1)x + (a + 3)x = ax + (a + 2)x, cua > 1.

4.4. PROBLEME 43

Solutie. Ecuatia se mai scrie: ax − (a− 1)x = (a + 3)x − (a + 2)x. Consideramfunctia f : (0,∞) → R, definita prin f (t) = tx, pentru x∈ R, fixat. Aplicam teoremalui Lagrange pe intervalele [a− 1, a] si [a + 2, a + 3]. Exista deci c1 ∈ (a− 1, a) si c2 ∈(a + 2, a + 3) a.î. f (a) − f (a− 1) = f ′ (c1) si f (a + 3) − f (a + 2) = f ′ (c2). Dinf ′ (c1) = f ′ (c2) cu c1 = c2, rezulta x1 = 0, x2 = 1.

4.39 Fie f o functie de doua ori derivabila într-o vecinatate V a punctului a ∈ R. Sase arate ca pentru orice h suficient de mic exista punctele p, q ∈ V a.î.

f (a + h)− f (a− h)

2h= f ′ (p) ,

f (a + h)− 2f (a) + f (a− h)

h2= f ′′ (q) .

4.40 Sa se cerceteze aplicabilitatea teoremei lui Cauchy pentru functiile f si g, definiteprin:

1) f, g : [1, e]→ R, f (x) = ln x, g (x) = ex.

2) f, g : [−2, 5]→ R, f (x) =

{ √x + 3, x ∈ [−2, 1),

x4+ 7

4, x ∈ [1, 5] ,

g (x) = x.

3) f, g : [0, 3]→ R, f (x) =

{x3

3− x2 + 1, x ∈ [1, 3] ,

−x + 43, x ∈ [0, 1] ,

g (x) = x.

Solutie. 1) Da, c = ee−1 . 2) Da, c = 1

16. 3) Da, c = 2

√23

+ 1.

4.41 Sa se calculeze, utilizând regula lui l′Hospital:

1) limx→0

tg x−x

x−sinx. 2) lim

x→1xx−x

lnx−x+1. 3) lim

x→0ln(sin 2x)ln(sin 3x)

.

4) limx→∞

xn

eax, a > 0. 5) lim

x→0

(ctg x− 1

x

). 6) lim

x→0

[(1+x)

1x

e

] 1x

.

7) limx→0

(1x2− ctg2 x

). 8) lim

x→∞

(x− x2 ln 1+x

x

). 9) lim

x→1

(tg πx

4

)tg πx2 .

Solutie. 1) 2. 2) −2. 3) 1. 4) 0. 5) 0. 6) −12. 7) Putem scrie:

1

x2− ctg2 x =

sin2 x− x2 cos2 x

x2 sin2 x

si se aplica de patru ori regula lui l′Hospital. Se obtine 23. 8) Luam x = 1

t, cu t → 0

pentru x→∞. Se obtine 12. 9) 1

e.

4.42 Sa se calculeze, utilizând regula lui l′Hospital:

1) limx→0

tg x− x sin x

x− sin x. 2) lim

x→∞

x [ln x− ln (x + 1)] + 1

ex [ln (ex + 1)− lnx]− 1.

Solutie. 1) 5. 2) −e.

Capitolul 5

Reprezentarea grafica a functiilor

Pentru reprezentarea grafica a unei functii avem nevoie de urmatoarele elemente.

5.1 Derivata întâi. Intervale de monotonie. Puncte

de extrem

Fie f : E → R, E ⊂ R si E′ submultimea lui E pe care f este derivabila. Avemurmatoarele rezultate:

1. Daca derivata f ′ este strict pozitiva pe un interval I ⊂ E′, atunci functia f estestrict crescatoare pe I.

2. Daca derivata f ′ este strict negativa pe un interval I ⊂ E′, atunci functia f estestrict descrescatoare pe I.

3. Daca derivata f ′ este continua si nu se anuleaza pe un interval I ⊂ E′, atuncifunctia f ′ pastreaza acelasi semn pe întreg intervalul I.

Pentru a determina intervalele de monotonie se procedeaza deci în modul urmator:1. Se determina multimea E′ ⊂ E pe care functia f este derivabila si se calculeaza

derivata f ′ pe multimea E′.2. Se determina punctele din E′ în care f ′ se anuleaza, adica se rezolva ecuatia

f ′ (x) = 0 în multimea E′.3. Se descompune E în intervale disjuncte, astfel încât pe nici un interval derivata f ′

sa nu se anuleze.4. Se determina semnul derivatei pe fiecare interval.5. În functie de semnul derivatei, se stabileste monotonia functiei.Punctele de extrem se determina astfel: Fie x0 un punct interior al multimii E în care

f este continua, si fie I ⊂ E un interval care îl contine pe x0 si astfel ca derivata f ′ nuse mai anuleaza pe I, cu exceptia, eventual, a lui x0 (daca f este derivabila în x0). Dacape I functia f este strict crescatoare la stânga lui x0 si strict descrescatoare la dreaptalui x0, atunci x0 este punct de maxim. Daca pe I functia f este strict descrescatoare lastânga lui x0 si strict crescatoare la dreapta lui x0, atunci x0 este punct de minim.

Daca x0 este extremitatea stânga a intervalului I pe care derivata nu se mai anuleazasi functia f este continua în x0, atunci:

- daca pe I derivata este negativa, x0 este punct de maxim,

45

46 CAPITOLUL 5. REPREZENTAREA GRAFICA A FUNCTIILOR

- daca pe I derivata este pozitiva, x0 este punct de minim.Daca x0 este extremitatea dreapta a intervalului I pe care derivata nu se mai anuleaza

si functia f este continua în x0, atunci:- daca pe I derivata este negativa, x0 este punct de minim,- daca pe I derivata este pozitiva, x0 este punct de maxim.Putem stabili daca x0 este punct de extrem si cu ajutorul derivatelor de ordin superior

ale functiei f în x0.Fie f : I → R o functie de n ori derivabila, n ≥ 2, într-un punct x0 ∈ I, a.î.

f ′ (x0) = 0, f ′′ (x0) = 0, . . . , f (n−1) (x0) = 0, f (n) (x0) = 0.

1. Daca n este par, x0 este punct de extrem. Daca f (n) (x0) < 0 atunci x0 este punctde maxim, iar daca f (n) (x0) > 0 atunci x0 este punct de minim.

2. Daca n este impar, x0 nu este punct de extrem. În acest caz x0 este un punct deinflexiune.

5.2 Convexitate. Derivata a doua. Puncte de inflex-

iune

Fie f o functie definita si derivabila pe un interval I.Spunem ca functia f este convexa pe intervalul I daca tangenta în orice punct al

graficului se afla sub grafic.Spunem ca functia f este concava pe intervalul I daca tangenta în orice punct al

graficului se afla deasupra graficului.Daca f este de doua ori derivabila pe I si derivata a doua este pozitiva, atunci functia

f este convexa pe I.Daca f este de doua ori derivabila pe I si derivata a doua este negativa, atunci functia

f este concava pe I.Spunem ca punctul interior x0 ⊂ I este punct de inflexiune al functiei f daca functia

are derivata în x0 si daca este convexa de o parte a lui x0 si concava de cealalta parte alui x0.

Pentru a determina intervalele pe care o functie este concava sau convexa se pro-cedeaza astfel:

1. Se calculeaza derivata a doua.2. Se determina radacinile ecuatiei f ′′ (x) = 0.3. Se determina intervalele în care derivata a doua pastreaza semn constant. Punctele

de inflexiune ale graficului se determina tinând seama ca în aceste puncte f ′ exista atâtde o parte cât si de alta a acestor puncte, iar derivata a doua are semne diferite.

5.3 Asimptote

Dreapta y = mx + n este asimptota la ramura infinita a graficului functiei y = f (x),pentru x→∞, daca

limx→∞

[f (x)−mx− n] = 0.

5.4. PROBLEME 47

Dreapta y = m′x + n′ este asimptota la ramura infinita a graficului functiei y = f (x),pentru x→ −∞, daca

limx→−∞

[f (x)−m′x− n′] = 0.

coeficientii m,n,m′, n′ se determina din formulele:

m = limx→∞

f(x)x

, n = limx→∞

[f (x)−mx] ,

m′ = limx→−∞

f(x)x

, n′ = limx→−∞

[f (x)−m′x] .

Daca m = 0,∞, dreapta y = mx + n se numeste asimptota oblica. Daca m = 0,dreapta y = n se numeste asimptota orizontala.

Dreapta x = a este asimptota verticala la graficul functiei y = f (x) daca:

limxրa

f (x) = ±∞ sau limxցa

f (x) = ±∞.

Pentru trasarea graficului unei functii trebuie parcurse urmatoarele etape:1. Se determina domeniul maxim de definitie.2. Se calculeaza f (0) daca zero apartine domeniului de definitie. În punctul (0, f (0))

graficul taie axa Oy.3. Se rezolva ecuatia f (x) = 0. Solutiile, daca exista, reprezinta abscisele punctelor

de intersectie ale graficului cu axa Ox.4. Se calculeaza lim

x→af (x) si lim

x→bf (x), unde a, b sunt extremitatile intervalelor a caror

reuniune formeaza domeniul de definitie.5. Se determina multimea în care functia este derivabila, se calculeaza derivata, se

rezolva ecuatia f ′ (x) = 0, se determina semnul derivatei întâia pe subintervale. Sestabilesc eventualele puncte de extrem.

6. Se determina multimea în care functia este de doua ori derivabila, se calculeazaderivata a doua, se rezolva ecuatia f ′′ (x) = 0, se determina semnul derivatei a doua pesubintervale. Se stabilesc eventualele puncte de inflexiune.

7. Se determina asimptotele, daca este cazul.8. Se alcatuieste tabloul de variatie al functiei, care va contine pe patru linii valorile

lui x, f ′ (x), f (x), f ′′ (x).9. Se traseaza graficul tinând seama de datele din tabloul de variatie si de asimptote.

5.4 Probleme

5.1 Sa se reprezinte grafic functia f (x) = sin x (1 + cosx).

Solutie. Functia f este definita pentru orice x ∈ R, are perioada 2π si graficul eieste simetric fata de origine, deoarece f (−x) = −f (x). Vom studia functia pe intervalul[0, π].

Intersectia cu axa Ox are loc în punctele x = 0 si x = π.Prima derivata este f ′ (x) = cosx + 2 cos2 x − 1 = (1 + cos x) (2 cosx− 1). Ea se

anuleaza pentru x1 = π3si x2 = π. În x1 functia are un maxim egal cu 3

√34.


Derivata a doua este data de f ′′ (x) = − sin x (1 + 4 cosx). Ea se anuleaza în interiorulintervalului(0, π) în punctul x3 = π − arccos 1

4, care este punct de inflexiune.

Tabloul de variatie este urmatorul.

x 0 π3

π − arccos 14

πf ′ (x) 2 + 0 − − − 0

f (x) 0 ր 3√34

ց 3√1516

ց 0f ′′ (x) 0 − − − 0 + 0

Graficul functiei este dat în Fig. 5.1.

x6420-2

10.5

0-0.5-1

Fig. 5.1.

5.2 Sa se reprezinte grafic functia f (x) = cos 2x + 2 cosx + 1.

Solutie. Functia f este definita pe R, are perioada 2π, iar graficul ei este simetricfata de axa Oy, deoarece f (−x) = f (x). Vom studia functia pe intervalul [0, π].

Intersectia cu axa Oy este punctul (0, 4), iar intersectia cu axa x consta din punctele(π2, 0)si (π, 0).

Prima derivata este f ′ (x) = −2 sin x (2 cosx + 1). Ea se anuleaza pentru x1 = 0,x2 = 2π

3si x3 = π. În x2 functia are un minim f

(2π3

)= −1

2.

Derivata a doua f ′′ (x) = −2 (4 cos2 x + cosx− 2) se anuleaza pentru x4 = arccos√33−18

si x5 = π − arccos√33+18

. Ambele sunt puncte de inflexiune.Tabloul de variatie este urmatorul.

x 0 x4π2

2π3

x5 πf ′ (x) 0 − − − 0 + 0f (x) 4 ց 0 ց −1

2ր 0

f ′′ (x) − 0 + + 0 −


5.4. PROBLEME 49

x420-2-4

4

3

2

1

0

Fig. 5.2.

5.3 Sa se reprezinte grafic functia f (x) = (x+1)3

x2−x+1.

Solutie. Domeniul de definitie al functiei este R. Avem: limx→−∞

f (x) = −∞, limx→∞

f (x) =∞ si f (x) = 0 pentru x = −1. Intersectia cu Oy este (0, 1).

Prima derivata f ′ (x) =(x2−x−2)

2

(x2−x+1)2se anuleaza pentru x1 = −1 si x2 = 2.

Derivata a doua este f ′′ (x) =6(2x−1)(x2−x−2)

(x2−x+1)3. Ea se anuleaza pentru x3 = 1

2, x4 = −1

si x5 = 2. Toate trei sunt puncte de inflexiune. Graficul admite asimptota oblica y =x+4. Deoarece f (x)− (x + 4) = 6x−3

x2−x+1se anuleaza pentru x = 1

2, rezulta ca asimptota

taie graficul în punctul(12, 92

). Pentru x < 1

2asimptota se afla deasupra graficului, iar

pentru x > 12asimptota se afla sub grafic.


x −∞ −1 0 12

2 +∞f ′ (x) + + 0 + + + + + 0 + +f (x) −∞ ր 0 ր 1 ր 4, 5 ր 9 ր +∞f ′′ (x) − − 0 + + + 0 − 0 + +


x 6420-2-4-6

10

8

6

4

2

0-2

Fig. 5.3.


5.4 Sa se reprezinte grafic functia f (x) = 1−x2

1+x2.

Solutie. Domeniul de definitie al functiei este R. Se observa ca limn→±∞

f (x) = −1,

deci y = −1 este asimptota orizontala la graficul functiei atât la ramura spre −∞, câtsi la ramura spre +∞. Graficul este simetric fata de axa Oy. Intersectiile cu axa Ox auloc în punctele (−1, 0) si (1, 0), iar punctul de intersectie cu Oy este (0, 1).

Prima derivata este f ′ (x) = −4x(1+x2)2

, x ∈ R. Ea se anuleaza pentru x = 0. Acesta

este un punct de maxim, deoarece f ′ (x) > 0 pentru x ∈ (−∞, 0) si f ′ (x) < 0 pentrux ∈ (0,∞). Valoarea functiei în punctul de maxim este f (0) = 1. Se observa apoi caf ′ (−1) = 1 si f ′ (1) = −1.

Derivata a doua f ′′ (x) =4(3x2−1)(1+x2)3

, x ∈ R, se anuleaza pentru x = ±1/√

3. Punctele(−1/

√3, 0)si(1/√

3, 0)sunt puncte de inflexiune, deoarece f ′′ (x) < 0 pentru x ∈(

−1/√

3, 1/√

3)si f ′′ (x) > 0 pentru x ∈

(−∞,−1/

√3)∪(1/√

3,∞).


x −∞ −1 − 1√3

0 1√3

1 ∞f ′ (x) + + 1 + + + 0 − − − −1 − −f (x) −1 ր 0 ր ր ր 1 ց ց ց 0 ց −1f ′′ (x) + + + + 0 − − − 0 + + + +


x420-2-4

10.5

0-0.5-1

Fig. 5.4.

5.5 Sa se reprezinte grafic functia f (x) = 1−4xx2−2x+2 .

Solutie. Deoarece x2−2x+2 > 0, functia este definita pe R. Avem: limx→±∞

f (x) = 0,

deci axa Ox este asimptota orizontala. Intersectia cu axa Ox este(14, 0), cea cu axa Oy(

0, 12

).

Prima derivata este f ′ (x) = 2(x+1)(2x−3)(x2−2x+2)2 , x ∈ R. Ea se anuleaza pentru x = −1 si

x = 32. Primul este punct de maxim, al doilea de minim. Derivata a doua este f ′′ (x) =

−24x3−3x2−18x+14(x2−2x+2)3 , x ∈ R. Notând P (x) = 4x3 − 3x2 − 18x + 14, din inegalitatile:

P (−2) · P (−1) < 0, P (0) · P (1) < 0, P (2) · P (3) < 0,

5.4. PROBLEME 51

deducem ca derivata a doua se anuleaza în trei puncte:

x1 ∈ (−2,−1) , x2 ∈ (0, 1) , x1 ∈ (2, 3) ,

acestea fiind puncte de inflexiune.Tabloul de variatie este urmatorul.

x −∞ x1 −1 0 14

x232

x3 +∞f ′ (x) + + 0 − − − − − 0 + +f (x) 0 ր 1 ց 1

2ց 0 ց −4 ր 0

f ′′ (x) + 0 − − − − − 0 + 0 −


x1050-5-10 1

0-1-2-3-4

Fig. 5.5.

5.6 Sa se reprezinte grafic functia f (x) = (x + 1)√

x + 2.

Solutie. Domeniul de definitie al functiei este [−2,+∞). Graficul intersecteaza axaOx în punctul (−2, 0), iar axa Oy în punctul

(0,√

2).

Prima derivata f ′ (x) = 3x+52√

x+2se anuleaza pentru x = −5

3, care este punct de minim.

Observam ca f ′d (−2) = −∞ si f(−53

)= −2

√39.

Derivata a doua f ′′ (x) = 3x+7

4√(x+2)3

este strict pozitiva pe (−2,+∞).


x −2 −53

−1 0 +∞f ′ (x) −∞ − 0 + + + + + +

f (x) 0 ց −2√39

ր 0 ր√

2 ր +∞f ′′ (x) | + + + + + + + +



x 43210-1-2

12

10

8

6

4

2

0

Fig. 5.6.

5.7 Sa se reprezinte grafic functia f (x) =√

x2 + 4x + 29−√

x2 − 2x + 2.

Solutie. Domeniul de definitie al functiei este R. Avem:

limx→−∞

f (x) = limx→−∞

6x + 27√x2 + 4x + 29 +

√x2 − 2x + 2

= −3

si limx→∞

f (x) = 3, deci y = −3 si y = 3 sunt asimptote orizontale la ramurile spre −∞ si

+∞. Intersectia cu axa Ox este(−92, 0), iar cu axa Oy este

(0,√

29−√

2).

Prima derivata este f ′ (x) = x+2√x2+4x+29

− x−1√x2−2x+2 . Ecuatia f ′ (x) = 0 se mai scrie:

x + 2

x− 1=

√x2 + 4x + 29√x2 − 2x + 2

.

De aici deducem ca x ∈ (−∞,−2)∪ (1,∞). Rationalizând, obtinem ecuatia 8x2− 18x+7 = 0, care are solutiile x1 = 7

4si x2 = 1

2. A doua însa nu convine. Pentru x1 = 7

4functia

are un maxim, f(74

)= 5.

Derivata a doua f ′′ (x) = 25√(x2+4x+29)3

− 1√(x2−2x+2)3

se anuleaza în doua puncte:

x1 ≈ −1, 2 si x2 ≈ 2, 4. Functia este convexa pe (−∞;−1, 2) ∪ (2, 4;+∞) si concava pe(−1, 2; 2, 4). Rezulta ca punctele de mai sus sunt puncte de inflexiune.


x −∞ −92−1, 2 0 7

42, 4 +∞

f ′ (x) + + + + + + 0 − −f (x) −3 ր 0 ր 3, 9 ր 5 ց 3f ′′ (x) + + + 0 − − − 0 +


5.4. PROBLEME 53

x1050-5-10

54321

0-1-2-3

Fig. 6.7.

5.8 Sa se reprezinte grafic functia f (x) = 2x1−x2

+ ln 1+x1−x

.

Solutie. Punând conditiile: 1 − x2 = 0 si 1+x1−x

> 0, rezulta domeniul de definitie alfunctiei: (−1, 1). Deoarece lim

xց−1f (x) = −∞ si lim

xր1f (x) = ∞, dreptele x = −1 si

x = 1 sunt asimptote verticale. Graficul este simetric în raport cu originea, deoarecef (−x) = −f (x). Graficul trece prin origine.

Prima derivata este data de f ′ (x) = 4(1−x2)2

, x ∈ (−1, 1). Functia este strict cresca-

toare pe (−1, 1) si f ′ (0) = 4.Derivata a doua f ′′ (x) = 16x

(1−x2)3, x ∈ (−1, 1) se anuleaza în x = 0 si cum f ′′ (x) < 0

pentru x ∈ (−1, 0), f ′′ (x) > 0 pentru x ∈ (0, 1), rezulta ca originea este punct deinflexiune.


x −1 0 1f ′ (x) + + 4 + +f (x) −∞ ր 0 ր +∞f ′′ (x) − − 0 + +


x 0.80.60.40.20-0.2-0.4-0.6-0.8

10

5

0

-5

-10

Fig. 5.8.


5.9 Sa se reprezinte grafic functia f (x) = arcsin x√2(x2+2x+2)

.

Solutie. Domeniul de definitie al functiei este dat de valorile lui x pentru care

|x|√

2 (x2 + 2x + 2)≤ 1 ⇔ (x + 2)2 ≥ 0,

deci f : R →[−π2, π2

]. Avem: lim

x→−∞f (x) = −π

4, lim

x→∞f (x) = π

4, deci graficul are

asimptotele orizontale: y = −π4la ramura graficului spre−∞ si y = π

4la ramura graficului

spre +∞. Functia se anuleaza pentru x = 0.Prima derivata este data de:

f ′ (x) =

{ −1x2+2x+2

, x < −2,1

x2+2x+2, x > −2.

În punctul x = −2 functia nu este derivabila, deoarece f ′ (−2− 0) = −12iar f ′ (−2 + 0) =

12, astfel ca punctul

(−2,−π

2

)este punct unghiular al graficului.

Derivata a doua este data de:

f ′′ (x) =

{2(x+1)

(x2+2x+2)2, x < −2,

−2(x+1)(x2+2x+2)2

, x > −2.

Ea se anuleaza pentru x = −1, deci punctul(−1,−π

4

)este punct de inflexiune.


x −∞ −2 −1 0 +∞f ′ (x) − − −1

2|12

+ + + + + +f (x) −π

4ց −π

2ր −π

4ր 0 ր π

4

f ′′ (x) − − | + 0 − − − −


x420-2-4 0.5

0-0.5-1

-1.5

Fig. 5.9.

5.4. PROBLEME 55

5.10 Sa se reprezinte grafic functiile:

1. f (x) = x3 + x2. 2. f (x) = 1x+ 1

x2. 3. f (x) = |x|

x2+1.

4. f (x) =√

x

(x−1)2 . 5. f (x) = 3x − 3−x. 6. f (x) = x +√

x2 + 2x.

7. f (x) = 1−√|x2 − 1|. 8. f (x) = xe−xσ (x) . 9. f (x) = x2 ln x.

10. f (x) = sin x + 12sin 2x. 11. f (x) = ln 1+x

1−x. 12. f (x) = arctg 1+x√

1−x.

13. f (x) = x2 + 8x. 14. f (x) = e−x2 . 15. f (x) = xe−

1x .

Solutie. 1. Domeniul de definitie al functiei este R. Intersectiile cu axele sunt (0, 0)si (−1, 0), iar lim

x→−∞f (x) = −∞, lim

x→∞f (x) = ∞. Nu avem asimptote. Functia este

continua pe R.

Prima derivata este data de f ′ (x) = 3x2+2x. Ecuatia f ′ (x) = 0 are solutiile x1 = −23,

x2 = 0, f(−23

)= 4

27si f (0) = 0. Derivata a doua este f ′′ (x) = 6x + 2. Se anuleaza în

x = −13si cum f ′′ (x) < 0 pentru x < −1

3, f ′′ (x) > 0 pentru x < −1

3, rezulta ca punctul

x3 = −13este punct de inflexiune.


x −∞ −23

−13

0 +∞f ′ (x) + + 0 − − − 0 + +f (x) −∞ ր 4

27ց 2

27ց 0 ր +∞

f ′′ (x) − − − − 0 + + + +


x 0.60.40.20-0.2-0.4-0.6-0.8-1-1.2

0.8

0.6

0.4

0.2

0

-0.2

-0.4

Fig. 5.10.

3. Graficul functiei este dat în Fig. 5.11.


x420-2-4

21.5

10.5

0

Fig. 5.11.


x 420-2-4

200

100

0

-100

-200

Fig. 5.12.


x 420-2-4

4

2

0

-2

-4

Fig. 5.13.

Capitolul 6

Primitive

6.1 Primitive

Fiind data o functie f : I → R (I un interval ⊂ R), se pun urmatoarele probleme:(A) Exista o functie F : I → R a carei derivata sa fie functia f ?(B) Cum se poate determina o asemenea functie F , plecând de la functia f ?În cele ce urmeaza vom studia câteva metode de obtinere a functiilor F care verifica

relatia F ′ = f .Raspunsul la problema (A) este afirmativ pentru o clasa destul de larga de functii, în

particular pentru functiile continue.Spunem ca functia f : I → R admite primitiva pe I daca exista o functie F : I → R,

derivabila pe I si astfel încât F ′ (x) = f (x), pentru orice x ∈ I. Functia F se numesteprimitiva functiei f .

Doua primitive ale functiei f difera printr-o constanta. Daca F este o primitiva afunctiei f pe intervalul I, atunci oricare ar fi constanta C, functia F + C este înca oprimitiva a functiei f pe I.

Multimea primitivelor functiei f se numeste integrala nedefinita a functiei f si senoteaza

∫f (x) dx, deci ∫

f (x) dx = F (x) + C.

Operatia de calculare a primitivelor unei functii se numeste integrare.Definitia primitivei s-ar putea extinde si la functii definite pe reuniuni finite de in-

tervale disjuncte, însa în acest caz nu mai este adevarata afirmatia ca doua astfel deprimitive difera printr-o constanta.

De exemplu, fie f : (−∞, 0) ∪ (0,∞) → R functia definita prin f (x) = x2. Atuncifunctiile F,G : (−∞, 0) ∪ (0,∞)→ R definite prin

F (x) =x3

3, x ∈ (−∞, 0) ∪ (0,∞) ,

respectiv

G (x) =

{x3

3+ 1, x ∈ (−∞, 0) ,

x3

3+ 2, x ∈ (0,∞) ,

57

58 CAPITOLUL 6. PRIMITIVE

sunt derivabile pe (−∞, 0) ∪ (0,∞) si verifica relatiile F ′ (x) = f (x), G′ (x) = f (x),x ∈ (−∞, 0) ∪ (0,∞), totusi diferenta G− F nu este o constanta pe (−∞, 0) ∪ (0,∞):

G (x)− F (x) =

{1, x ∈ (−∞, 0) ,2, x ∈ (0,∞) .

O functie care admite primitive are proprietatea lui Darboux, fiind derivata uneifunctii. De aici rezulta ca daca imaginea unui interval prin f nu este un interval, atuncif nu admite primitive. Orice functie continua f : [a, b]→ R admite primtive.

Daca functiile f si g admit primitive pe intervalul I, atunci oricare ar fi λ ∈ R \ {0},functiile f + g si λf admit primitive pe I si

∫(f (x) + g (x)) dx =

∫f (x) dx +

∫g (x) dx,

∫λf (x) dx = λ

∫f (x) dx.

Dam mai jos un tabel al primitivelor imediate:∫

dx = x + C,

∫xαdx =

xα+1

α + 1+ C, α = −1,

∫dx

x= ln |x|+ C,

∫axdx =

ax

ln a+ C, a > 0, a = 1,

∫exdx = ex + C,

∫dx

x2 + a2=

1

aarctg

x

a+ C, a = 0,

∫dx

x2 − a2=

1

2aln

∣∣∣∣x− a

x + a

∣∣∣∣+ C, a = 0,

∫dx

cos2 x= tg x + C,

∫dx

sin2 x= −ctg x + C,

∫dx

sin x= ln

∣∣∣tgx

2

∣∣∣+ C,

∫dx

cosx= ln

∣∣∣tg(x2

+π

4

)∣∣∣+ C,

∫tg x dx = − ln |cosx|+ C,

∫ctg x = ln |sin x|+ C,

∫dx√

x2 + a2= ln

(x +

√x2 + a2

)+ C, a = 0,

∫dx√

x2 − a2= ln

∣∣∣x +√

x2 − a2∣∣∣+ C, a = 0,

∫dx√

a2 − x2= arcsin

x

a+ C, a = 0,

∫ √a2 − x2 dx =

x

2

√a2 − x2 +

a2

2arcsin

x

a+ C, a = 0,

∫sin x dx = − cos x + C,

∫cosx dx = sin x + C,

∫sh x dx = ch x + C,

∫chx dx = sh x + C,

6.2. PROBLEME 59

∫dx

ch2x= thx + C,

∫dx

sh2x= −cth x + C.

Daca functiile u si v, definite pe intervalul I, au derivate continue pe I, atunci∫

uv′dx = uv −∫

u′v dx,

numita si formula de integrare prin parti.Fie I si J doua intervale si functiile u : I → J , f : J → R. Daca functia u are

derivata continua pe I, f este continua pe J , iar F este o primitiva a functiei f , atuncifunctia compusa F ◦ u : I → R, definita prin (F ◦ u)(t) = F (u(t)), este o primitiva afunctiei f(u(t)) · u′(t) pe I si deci

∫f(u(t)) · u′(t) dt = F (u(t)) + C.

Rezultatul precedent sta la baza metodei schimbarii de variabila (metoda substitutiei)în integrala nedefinita. Ea se foloseste de fapt pentru gasirea primitivelor functiei f(x)pe J atunci când, în urma substitutiei x = u(t), este mai usor de gasit o primitivaa functiei f(u(t))u′(t) pe I. Daca Φ(t) este o primitiva a functiei f(u(t))u′(t), atunciF (u(t)) = Φ(t)+C0. Aceasta relatie ne permite sa determinam pe F (x). Pentru aceastapresupunem ca functia u : I → J este inversabila, adica exista functia u−1 : J → I,t = u−1(x). De unde:

F (x) = Φ(u−1(x)) + C0.

6.2 Probleme

6.1 Sa se calculeze primitivele urmatoarelor functii:1. f (x) = x2 + 2x + 3, x ∈ R.2. f (x) = x + 1

x, x ∈ (0,∞).

3. f (x) = x + 1x, x ∈ (−∞, 0).

4. f (x) = a sin x + b cosx, x ∈ R.5. f (x) = 1√

1−4x2 , x ∈(−12, 12

).

6. f (x) = 1√4−x2

, x ∈ (−2, 2).

7. f (x) = 2sin2 x

+ 1cos2 x

, x ∈(0, π

2

).

8. f (x) = 1sin2 x cos2 x

, x ∈(0, π

2

).

9. f (x) = 1x2+4

, x ∈ R.

10. f (x) = 14x2+1

, x ∈ R.11. f (x) = 2x + ex, x ∈ R.12. f (x) = 1

x2−1 , x ∈ (−1, 1).

13. f (x) = 1x2−1 , x ∈ (−∞,−1).

14. f (x) = 1√x+ 1

3√x2

, x ∈ (0,∞).

15. f (x) = x√

x + 2x3√

x2, x ∈ (0,∞).


Solutie: Folosind tabelul precedent, se obtine:1.∫

(x2 + 2x + 3) dx = x3

3+ x2 + 3x + C.

2.∫ (

x + 1x

)dx = x2

2+ ln x + C.

3.∫ (

x + 1x

)dx = x2

2+ ln (−x) + C.

4.∫

(a sinx + b cosx) dx = −a cosx + b sin x + C.5.∫

1√1−4x2 dx = 1

2arcsin 2x + C.

6.∫

1√4−x2

dx = arcsin x2+ C.

7.∫ (

2sin2 x

+ 1cos2 x

)dx = −2 ctg x + tg x + C.

8.∫

1sin2 x cos2 x

dx =∫sin2 x+cos2 xsin2 x cos2 x

dx = tg x− ctg x + C.9.∫

1x2+4

dx = arctg x2+ C.

10.∫

14x2+1

dx = 12arctg 2x + C.

11.∫

(2x + ex) dx = 2x

ln 2+ ex + C.

12.∫

1x2−1 dx = 1

2ln∣∣x−1

x+1

∣∣+ C = ln√

1−x1+x

+ C.

13.∫

1x2−1 dx = 1

2ln∣∣x−1

x+1

∣∣+ C = ln√

x−1x+1

+ C.

14.∫ (

1√x+ 1

3√x2

)dx =

∫ (x−

12 + x−

23

)dx = 2x

12 + 3x

13 + C = 2

√x + 3 3

√x + C.

15.∫ (

x√

x + 2x3√

x2)dx =

∫ (x32 + 2x

53

)dx = 2

5x52 + 3

4x83 +C = 2

5x2√

x+ 34x2

3√

x2+

C.

6.2 Sa se arate ca urmatoarele functii nu poseda primitive pe R:1. f : R→ R, definita prin

f (x) =

{−1, x < 0,

1, x ≥ 0.

2. f : R→ R, definita prin f (x) = [x] = max {k ∈ Z, k ≤ x}.3. f : R→ R, definita prin

f (x) =

{0, x ≤ 0,sin 1

x− 1

xcos 1

x, x > 0.

Solutie: 1. Imaginea f (R) = {−1, 1}, a lui R prin f , nu este un interval, deci f nuadmite primitive.

2. Imaginea f (R) = Z, a luiR prin f , nu este un interval, deci f nu admite primitive.3. Se observa ca functiile f1 : (−∞, 0)→ R, f2 : (0,∞)→ R definite prin f1 (x) = 0,

f2 (x) = sin 1x− 1

xcos 1

x, admit, respectiv, ca primitive functiile F1 (x) = C, F2 (x) =

x sin 1x.

Daca functia f ar admite o primitiva pe R, F : R → R, atunci ar rezulta ca, pe(−∞, 0), F = F1 + C1 = k, iar pe (0,∞), F = F2 + C2. Orice primitiva este o functiederivabila, deci continua, prin urmare, F este continua în origine, deci

F (0) = limxր0

F (x) = k, F (0) = limxց0

F (x) = C2,

6.2. PROBLEME 61

de unde, k = C2. Asadar, functia F va fi de forma

F (x) =

{k, x ≤ 0,k + x sin 1

x, x > 0.

Observând ca pentru x > 0,F (x)− F (0)

x− 0= sin

1

x

si tinând seama de faptul ca sin 1xnu are limita în origine, deducem ca F nu este derivabila

în 0.

6.3 Sa se arate ca urmatoarele functii nu poseda primitive pe R:1. f (x) = [x]− x.

2. f (x) =

−1, x < 0,0, x = 0,

+1, x > 0.

3. f (x) =

{x, x ≤ 0,sin 1

x− 1

xcos 1

x, x > 0.

4. f (x) =

{2x sin 1

x− cos 1

x, x ∈ R \ {0} ,

12, x = 0.

Solutie: 1. Daca f ar avea primitive, atunci si functia f (x)+x = [x] ar avea primitive.Dar, cum am vazut mai sus, functia [x] nu admite primitive.

2. Imaginea f (R) = {−1, 0, 1}, a lui R prin f , nu este un interval, deci f nu admiteprimitive.

3. Daca f are o primitiva pe R, aceasta trebuie sa fie de forma

F (x) =

{x2

2+ C1, x ≤ 0,

x sin 1x+ C2, x > 0.

Punând conditia ca F sa fie continua, obtinem C1 = C2 = C, deci

F (x) =

{x2

2+ C, x ≤ 0,

x sin 1x+ C, x > 0,

care nu este derivabila în origine.4. Daca f are o primitiva pe R, aceasta trebuie sa fie de forma

F (x) =

x2 sin 1x+ C1, x < 0,

C2, x = 0,x2 sin 1

x+ C3, x > 0.

Cum însa derivata functiei F în 0,

F ′ (0) = limx→0

F (x)− F (0)

x− 0= lim

x→0x sin

1

x= 0

este diferita de valoarea functiei f în acest punct, f (0) = 12, rezulta ca F nu admite

primitive pe R.


6.4 Tinând seama de faptul ca o functie continua pe un interval are o primitiva, sa searate ca urmatoarele functii au primitive pe R.

1. f (x) =

{sinx

x, x ∈ R \ {0} ,

1, x = 0.

2. f (x) =

{x sin 1

x, x ∈ R \ {0} ,

0, x = 0.

3. f (x) =

{1x2

e−1x2 , x ∈ R \ {0} ,

0, x = 0.

4. f (x) =

{1x5

e−1x2 , x ∈ R \ {0} ,

0, x = 0.

5. f (x) =

{e−

1x2 sin 1

x, x ∈ R \ {0} ,

0, x = 0.

Solutie: 1. Deoarece limx→0

f (x) =limx→0

sinxx

= 1 = f (0), functia este continua pe R si

deci admite primitive.2. Deoarece lim

x→0f (x) =lim

x→0x sin 1

x= 0 = f (0), functia este continua pe R si deci

admite primitive.3. Daca notam t = 1

x2, observam ca lim

x→0f (x) = lim

t→∞tet

= 0 = f (0), rezulta ca functia

este continua pe R si deci admite primitive.

4. Daca notam t = 1x2, observam ca lim

x→0f (x) = lim

t→∞t53

et= 0 = f (0), rezulta ca functia

este continua pe R si deci admite primitive.

5. Deoarece∣∣∣e−

1x2 sin 1

x

∣∣∣ ≤ 1

e1x2→ 0, rezulta ca lim

x→0f (x) = 0 = f (0), functia este

continua pe R si deci admite primitive.

6.5 Fie f : [a, b] → R si c ∈ (a, b). Sa se arate ca daca f admite primitive pe [a, c] sipe [c, b] atunci admite primitive si pe [a, b].

Solutie: Fie F si G primitivele lui f pe [a, c], respectiv, pe [c, b]: F ′ (x) = f (x),x ∈ [a, c] si G′ (x) = f (x), x ∈ [c, b]. Putem face ca cele doua primitive sa aiba aceeasivaloare în punctul c. De exemplu, putem înlocui primitiva G prin primitiva H (x) =G (x) + F (c)−G (c). Este atunci evident ca

R (x) =

{F (x) , x ∈ [a, c] ,H (x) , x ∈ [c, b]

este o primitiva a lui f .

6.6 Fie f, g : [a, b]→ R doua functii care admit primitive. Daca exista o multime finitaA de puncte din [a, b] a.î. f (x) = g (x), pentru orice x ∈ [a, b] \ A, atunci f (x) = g (x),pentru orice x ∈ [a, b].

Solutie: Consideram functia h : [a, b]→ R, h (x) = f (x)−g (x). Cum h este diferentaa doua functii care admit primitive, admite la rândul sau primitive, deci are proprietatea

6.2. PROBLEME 63

lui Darboux pe [a, b] si h (x) = 0, pentru orice x ∈ [a, b] \ A. Trebuie sa aratam cah (x) = 0, pentru orice x ∈ [a, b].

Demonstratie prin reducere la absurd. Presupunem ca exista un punct x1 ∈ A încare h este nenula. Fie x2 ∈ [a, b] \ A, deci h (x2) = 0. Deoarece h are proprietatea luiDarboux, ea trebuie sa ia pe intervaul (x1, x2) toate valorile din intervalul (h (x1) , h (x2)).Deci h este nenula într-o infinitate de puncte din A, ceea ce contrazice ipoteza.

6.7 Folosind metoda integrarii prin parti, sa se determine primitivele urmatoarelorfunctii:

1. f (x) = x cosx, x ∈ R.2. f (x) = cos2 x, x ∈ R.3. f (x) = sin2 x, x ∈ R.4. f (x) = x2 sin x, x ∈ R.

Solutie: 1.∫

x cosxdx =∫

xd sinx = x sinx−∫

sin xdx = x sin x + cosx + C.2.∫

cos2 xdx =∫

cos xd sin x = sin x cosx−∫

sin xd cosx = sin x cosx+∫

sin2 xdx =sinx cosx +

∫(1− cos2 x) dx = sin x cosx + x−

∫cos2 xdx. Deci,

∫cos2 xdx =

1

2(x + sin x cosx) + C.

3. Se gaseste ca la 2. ca∫

sin2 xdx = 12(x− sin x cosx) + C.

4.∫

x2 sin xdx = −∫

x2d cosx = −x2 cosx+∫

cosxdx2 = −x2 cosx+2∫

x cosxdx =−x2 cosx+2

∫xd sin x = −x2 cos x+2x sin x−2

∫sin xdx = −x2 cosx+2x sin x+2 cosx+

C.

6.8 Sa se determine primitivele urmatoarelor functii:1. f (x) = ln x, x > 0.2. f (x) = x ln x, x > 0.3. f (x) = x2 ln x, x > 0.4. f (x) = xn ln x, x > 0, n ∈ N.5. f (x) = 1

xln x, x > 0.

6. f (x) = xα ln x, x > 0, α ∈ R \ {−1}.7. f (x) = ln2 x, x > 0.8. f (x) = lnn x, x > 0, n ∈ N.9. f (x) = xα lnn x, x > 0, n ∈ N, α ∈ R \ {−1}.

Solutie: 1.∫

ln xdx = x ln x−∫

xd ln x = x ln x− x + C.2.∫

x lnxdx = 12

∫ln xdx2 = 1

2

(x2 ln x−

∫xdx)= 1

2x2 lnx− 1

4x2 + C.

3.∫

x2 ln xdx = 13

∫lnxdx3 = 1

3

(x3 ln x−

∫x2dx

)= 1

3x3 ln x− 1

9x3 + C.

4.∫

xn lnxdx = 1n+1

∫ln xdxn+1 = 1

n+1

(xn+1 ln x−

∫xndx

)=

1n+1

xn+1 lnx− 1(n+1)2

xn+1 + C.

5.∫1xln xdx =

∫lnxd ln x = ln2 x−

∫1xlnxdx. De unde,

∫1xlnxdx = 1

2ln2 x + C.

6.∫

xα ln xdx = 1α+1

∫ln xdxα+1 = 1

α+1

(xα+1 lnx−

∫xαdx

)=

1α+1

xα+1 lnx− 1(α+1)2

xα+1 + C.


7.∫

ln2 xdx = x ln2 x− 2∫

ln xdx = x ln2 x− 2 (x ln x− x) + C.8. Fie In =

∫lnn xdx. Avem In = x lnn x− n

∫lnn−1 xdx. Deci, In = x lnn x− nIn−1,

n = 2, 3, . . ., cu I1 = x ln x− x + C.9. Fie In =

∫xα lnn xdx. Avem

In =1

α + 1

∫lnn xdxα+1 =

1

α + 1

(xα+1 lnn x− n

∫xα lnn−1 xdx

).

Deci, In = 1α+1

(xα+1 lnn x− nIn−1), n = 2, 3, . . ., cu

I1 =1

α + 1xα+1 ln x− 1

(α + 1)2xα+1 + C.

6.9 Sa se determine primitivele urmatoarelor functii:1. f (x) = xex, x ∈ R.2. f (x) = xneαx, x ∈ R, n ∈ N, α ∈ R \ {0}.3. f (x) = x sin x, x ∈ R.4. f (x) = xn sinαx, x ∈ R, n ∈ N, α ∈ R \ {0}.5. f (x) = ex sinx, g (x) = ex cosx, x ∈ R.6. f (x) = eαx sin βx, g (x) = eαx cosβx, x ∈ R, α, β ∈ R.

Solutie: 1.∫

xexdx =∫

xdex = xex −∫

exdx = xex − ex + C.2. Fie In =

∫xneαxdx. Avem

In =1

α

∫xndeαx =

1

α

(xneαx − n

∫xn−1eαxdx

).

Deci, In = 1α(xneαx − nIn−1), n = 2, 3, . . ., cu I1 = xex − ex + C.

3.∫

x sin xdx = −∫

xd cos x = −x cosx +∫

cosxdx = −x cosx + sin x + C.4. Fie In =

∫xn sinαxdx. Avem

In = − 1

α

∫xnd cosαxdx = − 1

α

(xn cosαx− n

∫xn−1 cosαxdx

).

Dar∫

xn−1 cosαxdx =1

α

∫xn−1d sinαx =

xn−1

αsinαx− n− 1

α

∫xn−2 sinαxdx.

Deci

In = − 1

αxn cosαx +

n

α2xn−1 sinαx− n (n− 1)

α2In−2,

n = 2, 3, . . ., cu I0 =∫

sinαxdx = − 1αcosαx + C, I1 = −x 1

αcosx + 1

α2sin x + C.

5. Notam: I =∫

ex sin xdx, J =∫

ex cosxdx. Avem I =∫

sin xdex = ex sin x −∫ex cosxdx. Deci, I + J = ex sin x. Apoi J =

∫cosxdex = ex cosx +

∫ex sin xdx. Deci,

J − I = ex cosx. De unde,

I =1

2ex (sin x− cosx) + C, J =

1

2ex (sin x + cosx) + C.

6.2. PROBLEME 65

6. Notam: I =∫

eαx sinβxdx, J =∫

eαx cosβxdx. Avem

I =1

α

∫sinβxdeαx =

1

αex sinx− β

α

∫eαx cosβxdx.

Deci, I + β

αJ = 1

αeαx sin βx. Apoi

J =1

α

∫cosβxdeαx =

1

αeαx cosβx +

β

α

∫eαx sin βxdx.

Deci, β

αI − J = − 1

αeαx cosβx. De unde,

I =eαx

α2 + β2(α sin βx− β cosβx) + C, J =

eαx

α2 + β2(β sin βx + α cosβx) + C.

6.10 Sa se determine primitivele urmatoarelor functii:1. f (x) = sin2 x, g (x) = cos2 x, x ∈ R.2. f (x) = sin4 x, g (x) = cos4 x, x ∈ R.

Solutie: 1. Avem∫

sin2 xdx =1

2

∫(1− cos 2x) dx =

1

2

(x− 1

2sin 2x

)+ C,

∫cos2 xdx =

1

2

∫(1 + cos 2x) dx =

1

2

(x +

1

2sin 2x

)+ C.

2. Notam I =∫

sin4 xdx, J =∫

cos4 xdx. Avem

I = −∫

sin3 xd cosx = − sin3 x cosx + 3

∫sin2 x cos2 xdx =

= − sin3 x cosx + 3

∫sin2 x

(1− sin2 x

)dx =

= − sin3 x cosx +3

2

(x− 1

2sin 2x

)− 3I.

De unde,

I =1

4

(− sin3 x cos x +

3

2

(x− 1

2sin 2x

))+ C.

Analog, se obtine

J =1

4

(sin x cos3 x +

3

2

(x +

1

2sin 2x

))+ C.

6.11 Sa se determine primitivele functiei f (x) = 1sinn x

, x ∈ I, unde I este un intervaldin R pentru care sin x = 0.


Solutie: Din 1 = sin2 x + cos2 x, avem

1

sinn x=

1

sinn−2 x+

cos2 x

sinn x

si deci ∫1

sinn xdx =

∫1

sinn−2 xdx +

∫cos2 x

sinn xdx.

În a doua integrala din membrul drept aplicam metoda integrarii prin parti, observândca

cos x

sinn xdx = − 1

n− 1d

(1

sinn−1 x

).

Deci ∫cos2 x

sinn xdx = − 1

n− 1

∫cosxd

(1

sinn−1 x

)=

= − 1

n− 1

cosx

sinn−1 x+

1

n− 1

∫1

sinn−2 xdx.

Notând, In =∫

1sinn x

dx, pentru n ≥ 2, deducem

In =n− 2

n− 1In−2 −

1

n− 1

cosx

sinn−1 x.

Pentru n = 0, gasim imediat ca I0 = x + C. Pentru n = 1, observam ca

1

sin x=

sin x

sin2 x=

sin x

1− cos2 x=

sin x

(1− cosx) (1 + cosx)=

=1

2

(sin x

1− cosx+

sinx

1 + cosx

).

Deci ∫1

sinxdx =

1

2

∫ (sin x

1− cosx+

sin x

1 + cosx

)dx =

1

2ln

∣∣∣∣1− cosx

1 + cosx

∣∣∣∣+ C.

sau I1 = ln tg∣∣x2

∣∣+ C.

6.12 Sa se calculeze primitivele functiei f (x) =√

x2 + α, α = 0, pe un interval pe carex2 + α > 0.

Solutie: Avem∫ √

x2 + αdx =

∫x2 + α√x2 + α

dx =

∫x2√

x2 + αdx +

∫α√

x2 + αdx.

Dar ∫x2√

x2 + αdx =

∫xd√

x2 + α = x√

x2 + α−∫ √

x2 + αdx.

Deci ∫ √x2 + αdx =

1

2x√

x2 + α +α

2

∫1√

x2 + αdx,

∫ √x2 + αdx =

1

2x√

x2 + α +α

2ln∣∣∣x +

√x2 + α

∣∣∣+ C. (6.1)

6.2. PROBLEME 67

6.13 Sa se calculeze primitivele functiei f (x) =√

a2 − x2, a > 0, pe un intervalul(−a, a).

Solutie: Avem∫ √

a2 − x2dx =

∫a2 − x2√a2 − x2

dx =

∫a2√

a2 − x2dx−

∫x2√

a2 − x2dx.

dar ∫x2√

a2 − x2dx = −

∫xd√

a2 − x2 = −x√

a2 − x2 +

∫ √a2 − x2dx.

Deci ∫ √a2 − x2dx =

1

2x√

a2 − x2 + a2∫

1√a2 − x2

dx,

∫ √a2 − x2dx =

1

2x√

a2 − x2 +a2

2arcsin

x

a+ C. (6.2)

6.14 Sa se calculeze, utilizând metoda schimbarii de variabila, primitivele functiei f (x) =(ax + b)n, a, b ∈ R, a = 0, n ∈ N.

Solutie:∫

(ax + b)n dx = 1a

∫(ax + b)n d (ax + b) = 1

a1

n+1(ax + b)n+1 + C.

6.15 Sa se calculeze, utilizând metoda schimbarii de variabila, primitivele urmatoarelorfunctii:

1. f (x) = 4x+2x2+x+3

, x ∈ R.

2. f (x) = 8x3+6x2x4+3x2+5

, x ∈ R.

3. f (x) = sinx1+cos2 x

, x ∈ R.

4. f (x) = tg x, x ∈(−π2, π2

).

5. f (x) = 1cosx

, x ∈(−π2, π2

).

6. f (x) = 1+tg2xtg x

, x ∈(0, π

2

).

Solutie: 1.∫

4x+2x2+x+3

dx = 2∫ (x2+x+3)

′

x2+x+3dx = 2 ln (x2 + x + 3) + C.

2.∫

8x3+6x2x4+3x2+5

dx =∫ (2x4+3x2+5)

′

2x4+3x2+5dx = ln (2x4 + 3x2 + 5) + C.

3.∫

sinx1+cos2 x

dx = −∫ (cosx)′

1+cos2 xdx = −arctg (cosx) + C.

4.∫

tg xdx =∫sinxcosx

dx = −∫ (cosx)′

cosxdx = − ln (cosx) + C.

5.∫

1cosx

dx =∫

cosxcos2 x

dx = −∫ (sinx)′

1−sin2 xdx = 1

2ln 1+sinx

1−sinx+ C.

6.∫1+tg2xtg x

dx =∫ (tgx)′

tg xdx = ln (tgx) + C.


1. f (x) = x2ex3, x ∈ R.

2. f (x) = 2x sin (x2 + 1) ecos(x2+1), x ∈ R.3. f (x) = sin x cos2 x, x ∈ R.4. f (x) = sinx+cos x

sinx−cosx, x ∈

(−π4, π4

).

5. f (x) = tg2 x + tg 4x, x ∈(−π2, π2

).

6. f (x) = sin3 xcosx

, x ∈(−π2, π2

).


Solutie: 1.∫

x2ex3dx = 13

∫ex3 (x3)

′dx = 1

3ex3 + C.

2.∫

2x sin (x2 + 1) ecos(x2+1)dx = −∫

ecos(x2+1) (cos (x2 + 1))′dx =

−ecos(x2+1) + C.3.∫

sin x cos2 xdx = −∫

cos2 x (cosx)′ dx = −13cos3 x + C.

4.∫sinx+cosxsinx−cosx dx =

∫ (sinx−cosx)′

sinx−cosxdx = ln |sin x− cosx|+ C.

5.∫

(tg2 x + tg 4x) dx =∫

tg2 x (1 + tg2 x) dx =∫

tg2 x (tg x)′ dx =13tg3 x + C.

6.∫sin3 xcosx

dx =∫sin2 xcosx

sin xdx = −∫1−cos2 xcosx

(cosx)′ dx =12cos2 x− ln (cosx) + C.


1. f (x) = x√1−x4

, x ∈ R.

2. f (x) =√

x√1−x3

, x ∈ (0, 1).

3. f (x) = x1+x4

, x ∈ R.

4. f (x) = ex√1−e2x

, x ∈ (−∞, 1).

5. f (x) = 1x(1+lnx)

, x ∈ (0,∞).

6. f (x) = sin 2x√1−cos4 x

, x ∈ (0, π).

Solutie: 1.∫

x√1−x4

dx = 12

∫ (x2)′

√1−x4

dx = 12arcsinx2 + C.

2. Deoarece√

x = 23(x√

x)′ si x3 = (x

√x)2, avem

∫ √x√

1−x3dx =

23

∫ (x√

x)′

√1−(x

√x)

2 dx = 23arcsin (x

√x) + C.

3.∫

x1+x4

dx = 12

∫ (x2)′

1+(x2)2dx = 1

2arctg x2 + C.

4.∫

ex√1−e2x

dx =∫ (ex)′√

1−e2xdx = arcsin ex + C.

5.∫

1x(1+lnx)

dx =∫ (1+lnx)′

1+lnxdx = ln (1 + lnx) + C.

6.∫

sin 2x√1−cos4 x

dx = −∫ (cos2 x)

′

√1−(cos2 x)2

dx = − arcsin (cos2 x) + C.

6.18 Sa se calculeze primitivele functiei f (x) = 2√

x2 − 3x + 2, x ∈ (2,∞).

Solutie: Deoarece 4 (x2 − 3x + 2) = (2x− 3)2 − 1, putem scrie:

I = 2∫ √

x2 − 3x + 2 dx =∫ √

(2x− 3)2 − 1 dx =

12

∫ √(2x− 3)2 − 1 d (2x− 3).

Notând 2x− 3 = t, avem, cu (6.1) pentru α = −1,

I =1

2

∫ √t2 − 1 dt =

t

4

√t2 − 1− 1

4ln∣∣∣t +

√t2 − 1

∣∣∣+ C,

I =2x− 3

2

√x2 − 3x + 2− 1

4ln∣∣∣2x− 3 + 2

√x2 − 3x + 2

∣∣∣+ C.

6.2. PROBLEME 69

6.19 Sa se calculeze primitivele functiei f (x) = 2√

x2 + x + 1, x ∈ R.

Solutie: Deoarece 4 (x2 + x + 1) = (2x + 1)2 + 3, putem scrie:

I = 2∫ √

x2 + x + 1 dx =∫ √

(2x + 1)2 + 3 dx =

12

∫ √(2x + 1)2 + 3 d (2x + 1).

Notând 2x + 1 = t, avem cu (6.1) pentru α = 3,

I =1

2

∫ √t2 + 3 dt =

t

4

√t2 + 3 +

3

4ln(t +

√t2 + 3

)+ C,

I =2x + 1

2

√x2 + x + 1 +

3

4ln(2x + 1 + 2

√x2 + x + 1

)+ C.

6.20 Sa se calculeze primitivele functiei f (x) = 2√−x2 + 3x− 2, x ∈ (1, 2).

Solutie: Deoarece 4 (−x2 + 3x− 2) = 1− (2x− 3)2, putem scrie:

I = 2∫ √

−x2 + 3x− 2 dx =∫ √

1− (2x− 3)2 dx =

12

∫ √1− (2x− 3)2 d (2x− 3).

Notând 2x− 3 = t, avem cu (6.2) pentru a = 1,

I =1

2

∫ √1− t2 dt =

t

4

√1− t2 +

1

4arcsin t + C.

I =2x− 3

2

√−x2 + 3x− 2 +

1

4arcsin (2x− 3) + C.

6.21 Sa se calculeze primitivele functiei f (x) = 1x+√

x2−1 , x ∈ (1,∞).

Solutie: Amplificând cu conjugata numitorului, obtinem

I =

∫1

x +√

x2 − 1dx =

∫ (x−

√x2 − 1

)dx =

x2

2−∫ √

x2 − 1 dx.

De unde, cu (6.1) pentru α = −1, gasim

I =x2

2− 1

2x√

x2 − 1 +1

2ln(x +

√x2 − 1

)+ C.

6.22 Sa se calculeze primitivele functiei f (x) = arcsinxx2

, x ∈ (0, 1).

Solutie:∫arcsinx

x2dx = −

∫ (1x

)′arcsin xdx = − 1

xarcsin x +

∫dx

x√1−x2

. Dar

1

x√

1− x2=

1√

1x2− 1

· 1

x2= − 1

√1x2− 1

(1

x

)′

si deci∫arcsinx

x2dx = − 1

xarcsin x− ln

(1x+√

1x2− 1)

+ C.


6.23 Sa se calculeze, utilizând metoda schimbarii de variabila, primitivele functiei f (x) =√ex−1ex+1

, x ∈ (0,∞).

Solutie: Notând ex = t, deci x = ln t, dx = 1tdt, avem

∫ √ex − 1

ex + 1dx =

∫ √t− 1

t + 1

1

tdt =

∫t− 1√t2 − 1

1

tdt =

=

∫1√

t2 − 1dt−

∫1√

t2 − 1

1

tdt = ln

(t +

√t2 − 1

)−∫

1√t2 − 1

1

tdt.

Cu schimbarea de variabila√

t2 − 1 = u, cum tdt = udu, integrala de mai sus devine∫

1√t2 − 1

1

tdt =

∫du

1 + u2= arctg u = arctg

√t2 − 1.

Deci ∫ √ex − 1

ex + 1dx = ln

(ex +

√e2x − 1

)− arctg

√e2x − 1 + C.

6.24 Sa se calculeze primitivele functiei f (x) = cos2√

x, x ∈ (0,∞).

Solutie: Notând√

x = t, deci x = t2, dx = 2tdt, avem

∫cos2

√x dx = 2

∫t cos2 tdt =

∫t (1 + cos 2t) dt =

t2

2+

∫t cos 2tdt =

=t2

2+

1

2

∫t (sin 2t)′ dt =

t2

2+

1

2

(t sin 2t−

∫sin 2tdt

)=

=t2

2+

1

2

(t sin 2t +

1

2cos 2t

)+ C =

x

2+

1

2

(√x sin 2

√x +

1

2cos 2

√x

)+ C.

6.25 Sa se calculeze primitivele functiei f (x) = sinx

cosx√1+sin2 x

, x ∈(−π2, π2

).

Solutie: Notând√

1 + sin2 x = t, deci sin2 x = t2 − 1, sin x cosxdx = tdt, cos2 x =2− t2, avem

∫sin x

cosx√

1 + sin2 xdx =

∫dt

2− t2=

1

2√

2ln

√2 + t√2− t

+ C =

=1

2√

2ln

√2 +

√1 + sin2 x√

2−√

1 + sin2 x+ C.

6.26 Sa se calculeze primitivele functiei f (x) = 1(x2+1)

√x2+2

, x ∈ R.

6.2. PROBLEME 71

Solutie: Notam√

x2 + 2 = x + t, deci x = 2−t2

2t, dx = − t2+2

2t2dt, iar x2 + 1 = 4+t4

4t2,√

x2 + 2 = x + t = t2+22t

. Atunci

∫1

(x2 + 1)√

x2 + 2dx = −

∫4t2

4 + t42t

t2 + 2

t2 + 2

2t2dt =

= −4

∫tdt

4 + t4= −arctg

t2

2+ C = −arctg

(√x2 + 2− x

)2

2+ C.

6.27 Sa se calculeze primitivele functiei f (x) = 1(x−a)n

, x ∈ I, I ⊂ (−∞, a) sau (a,∞).

Solutie: Pentru n ≥ 2, avem∫

1(x−a)n

dx =∫

(x− a)−n dx = 1−n+1

(x− a)−n+1 + C =

− 1n−1

1(x−a)n−1

+ C. Pentru n = 1, avem∫

dxx−a

= ln |x− a|+ C.

6.28 Sa se calculeze primitivele functiei f (x) = 1(x2+a2)n

, a = 0, x ∈ I ⊂ R, n ∈ N.

Solutie: Vom deduce o formula de recurenta pentru integrala nedefinita

In =

∫1

(x2 + a2)n dx.

Avem

In =1

a2

∫a2

(x2 + a2)n dx =1

a2

∫a2 + x2

(x2 + a2)n dx− 1

a2

∫x2

(x2 + a2)n dx.

Sau

In =1

a2

(In−1 −

∫x2

(x2 + a2)n dx

).

Integrând prin parti, pentru n ≥ 2, avem∫

x2

(x2 + a2)n dx =1

2

∫x(x2 + a2

)−nd(x2 + a2

)=

=1

2

1

−n + 1

∫xd(x2 + a2

)−n+1=

= −1

2

1

n− 1

x

(x2 + a2)n−1 +1

2

1

n− 1

∫1

(x2 + a2)n−1 dx =

= −1

2

1

n− 1

x

(x2 + a2)n−1 +1

2

1

n− 1In−1.

Deci

In =1

a21

2 (n− 1)

(x

(x2 + a2)n−1 + (2n− 3) In−1

), n = 2, 3, . . . .

Reamintim ca I1 =∫

dxx2+a2

= 1aarctg x

a+ C.


6.29 Sa se calculeze primitivele functiei f (x) = 1x2−2px+q

, cu p2 − q < 0, x ∈ R.

Solutie: Daca p2− q < 0, atunci trinomul x2− 2px+ q se poate scrie ca suma a douapatrate:

x2 − 2px + q = (x− p)2 + α2, α =√

q − p2.

Avem, deci∫

1

x2 − 2px + qdx =

∫1

(x− p)2 + α2dx =

1

αarctg

x− p

α+ C.

6.30 Sa se calculeze primitivele functiei f (x) = 1(x2−2px+q)n

, cu p2 − q < 0, n ≥ 2,x ∈ R.

Solutie: Deoarece x2− 2px+ q = (x− p)2+α2, cu schimbarea de variabila t = x− p,avem ∫

1

(x2 − 2px + q)n dx =

∫1

((x− p)2 + α2

)n dx =

∫1

(t2 + α2)n dt.

Calculul ultimei integrale a fost descris în 6.28.

6.31 Sa se calculeze primitivele functiei f (x) = x(x2−2px+q)n

, cu p2 − q < 0, n ∈ N,x ∈ R.

Solutie: Observam ca functia data se mai scrie

x

(x2 − 2px + q)n =1

2

2x− 2p

(x2 − 2px + q)n + p1

(x2 − 2px + q)n .

Avem deci∫

x

(x2 − 2px + q)n dx =1

2

∫2x− 2p

(x2 − 2px + q)n dx + p

∫1

(x2 − 2px + q)n dx.

Dar ∫2x− 2p

(x2 − 2px + q)n dx =

∫(x2 − 2px + q)

′

(x2 − 2px + q)n dx.

Pentru n = 1, avem∫

2x− 2p

x2 − 2px + qdx =

∫(x2 − 2px + q)

′

x2 − 2px + qdx = ln

(x2 − 2px + q

)+ C.

Pentru n ≥ 2, avem∫

2x− 2p

(x2 − 2px + q)n dx = − 1

n− 1

1

(x2 − 2px + q)n−1 + C.

Calculul celei de a doua integrale a fost descris în 6.30.

6.32 Sa se calculeze primitivele functiei f (x) = 1x2+2x+3

, x ∈ R.

6.2. PROBLEME 73

Solutie: Deoarece polinomul de la numitor are radacini complexe, putem scrie: x2 +2x + 3 = (x + 1)2 + 2. Deci

∫1

x2 + 2x + 3dx =

∫1

(x + 1)2 + 2dx =

1√2arctg

x + 1√2

+ C.

6.33 Sa se calculeze primitivele functiei f (x) = x+1(x2+x+1)2

, x ∈ R.

Solutie: Functia data se mai scrie

x + 1

(x2 + x + 1)2=

1

2

(x2 + x + 1)′

(x2 + x + 1)2+

1

2

1

(x2 + x + 1)2

si deci ∫x + 1

(x2 + x + 1)2dx = −1

2

1

x2 + x + 1+

1

2

∫1

(x2 + x + 1)2dx.

Dar x2+x+1 =(x + 1

2

)2+ 3

4, încât, cu schimbarea de variabila x+ 1

2= t

√32, dx =

√32dt,

avem ∫1

(x2 + x + 1)2dx =

∫dx

((x + 1

2

)2+ 3

4

)2 =8√

3

9

∫dt

(t2 + 1)2.

Însa∫

dt

(t2 + 1)2=

∫t2 + 1

(t2 + 1)2dt−

∫t2

(t2 + 1)2dt = arctg t− 1

2

∫t(t2 + 1)

′

(t2 + 1)2dt =

= arctg t +1

2

t

t2 + 1− 1

2

∫dt

t2 + 1=

1

2

t

t2 + 1+

1

2arctg t + C.

Cum t = 2x+1√3, rezulta

∫x + 1

(x2 + x + 1)2dx =

1

3

x− 1

x2 + x + 1+

2√

3

9arctg

2x + 1√3

+ C.

6.34 Sa se calculeze primitivele functiei rationale f (x) = x3+x2+x+1x3−x2+x−1 , x ∈ (−∞, 1).

Solutie: Deoarece gradul numaratorului este egal cu cel al numitorului, efectuamîmartirea. Deci

∫x3 + x2 + x + 1

x3 − x2 + x− 1dx =

∫ (1 +

2 (x2 + 1)

(x2 + 1) (x− 1)

)dx =

∫ (1 +

dx

x− 1

)dx =

= x + 2 ln (1− x) + C.

6.35 Sa se descompuna în fractii simple functia rationala

f (x) =x3 + x + 1

(x− 1)3 (x2 − x + 1)2.


Solutie: Functia admite o descompunere de forma:

f (x) =A

x− 1+

B

(x− 1)2+

C

(x− 1)3+

Dx + E

x2 − x + 1+

Fx + G

(x2 − x + 1)2.

Aducând la acelasi numitor si egalând numaratorii celor doua fractii, obtinem sitemulliniar:

A + D = 0,−4A + B − 4D + E = 0,8A− 3B + C + 7D − 4E + F = 0,−10A + 5B − 2C − 7D + 7E − 3F + G = 1,8A− 5B + 3C + 4D − 7E + 3F − 3G = 0,−4A + 3B − 2C −D + 4E − F + 3G = 1,A−B + C − E −G = 1.

Cu solutia: A = −2, B = −2, C = 3, D = 2, E = 2, F = 1, G = 0. Deci f (x) se scrie:

f (x) = − 2

x− 1− 2

(x− 1)2+

3

(x− 1)3+

2 (x + 1)

x2 − x + 1+

x

(x2 − x + 1)2.

6.36 Sa se calculeze primitivele functiei rationale f (x) = x2+1(x+1)4(x+2)

, x ∈ (−2,−1).

Solutie: Fractia admite o descompunere de forma:

x2 + 1

(x + 1)4 (x + 2)=

A

(x + 1)4+

B

(x + 1)3+

C

(x + 1)2+

D

x + 1+

E

x + 2.

De unde, înmultind cu (x + 1)4, gasim

x2 + 1

x + 2= A + B (x + 1) + C (x + 1)2 + D (x + 1)3 +

E (x + 1)4

x + 2,

Avem

A =x2 + 1

x + 2

∣∣∣∣x=−1

= 2, B =

(x2 + 1

x + 2

)′∣∣∣∣x=−1

=x2 + 4x− 1

(x + 2)2

∣∣∣∣x=−1

= −4,

C =1

2

(x2 + 1

x + 2

)′′∣∣∣∣x=−1

=1

2

(x2 + 4x− 1

(x + 2)2

)′∣∣∣∣x=−1

=1

2

10

(x + 2)3

∣∣∣∣x=−1

= 5,

D =1

3!

(x2 + 1

x + 2

)′′′∣∣∣∣x=−1

=1

3!

(10

(x + 2)3

)′∣∣∣∣x=−1

= − 1

3!

30

(x + 2)4

∣∣∣∣x=−1

= −5.

Înmultind identitatea initiala cu x + 2 si facând x = −2, gasim E = 5. Deci

x2 + 1

(x + 1)4 (x + 2)=

2

(x + 1)4− 4

(x + 1)3+

5

(x + 1)2− 5

x + 1+

5

x + 2.

Încât∫

x2 + 1

(x + 1)4 (x + 2)dx = − 2

3 (x + 1)3+

2

(x + 1)2− 5

x + 1+ 5 ln

x + 2

−x− 1+ C.

6.2. PROBLEME 75

6.37 Sa se calculeze primitivele functiei rationale f (x) = x2+1x4−2x3+3x2−2x+1 , x ∈ R.

Solutie: Observam ca: x4−2x3+3x2−2x+1 = (x2 − x + 1)2 si x2+1 = (x2 − x + 1)+

x. Deci∫

f (x) dx =

∫x2 + 1

(x2 − x + 1)2dx =

∫1

x2 − x + 1dx +

∫x

(x2 − x + 1)2dx =

=

∫1

x2 − x + 1dx +

1

2

∫2x− 1

(x2 − x + 1)2dx +

1

2

∫1

(x2 − x + 1)2dx =

= J1 +1

2J2 −

1

2

1

x2 − x + 1+ C,

unde am notat cu Jn =∫

dx(x2−x+1)n

. Dar x2 − x + 1 =(x− 1

2

)2+ 3

4si cu schimbarea de

variabila x − 12

=√32t, avem x2 − x + 1 = 3

4(t2 + 1), dx =

√32

dt, Jn =(43

)n √32

∫dt

(t2+1)n.

Deci, tinând seama de (6.28),

J1 =2√

3

3arctg t, J2 =

4√

3

9

(t

t2 + 1+ arctg t

).

Rezulta ∫x2 + 1

(x2 − x + 1)2dx =

8√

3

9arctg

2x− 1√3

+1

3

2x− 1

x2 − x + 1+ C.

6.38 Sa se calculeze primitivele functiei rationale f (x) = x(x2+3)(x+1)

, x ∈ (−1,∞).

Solutie: Descompunerea în fractii simple este de forma:

x

(x2 + 3) (x + 1)=

Ax + B

x2 + 3+

C

x + 1.

Se obtine A = 14, B = 3

4, C = −1

4. Deci

∫x

(x2 + 3) (x + 1)dx =

1

4

∫x + 3

x2 + 3dx− 1

4

∫1

x + 1dx =

=1

8ln(x2 + 3

)+

√3

4arctg

x√3− 1

4ln (x + 1) + C.

6.39 Sa se calculeze primitivele functiei rationale f (x) = x4+1x3+1

, x ∈ (−1,∞).

Solutie: Avemx4 + 1

x3 + 1= x +

−x + 1

x3 + 1.

Descompunerea fractiei este de forma:

−x + 1

x3 + 1=

A

x + 1+

Bx + C

x2 − x + 1.

Gasim: A = 23, B = −2

3, C = 1

3. Prin urmare

∫x4 + 1

x3 + 1dx =

1

2x2 +

1

3ln

(x + 1)2

x2 − x + 1+ C.


6.40 Sa se calculeze primitivele functiei irationale f (x) = 11+√

x2+2x+2, x ∈ (−1,∞).

Solutie: Notam√

x2 + 2x + 2 = t−x, deci t = x+√

x2 + 2x + 2 ∈ (0,∞), x = t2−22(t+1)

,

1 +√

x2 + 2x + 2 = 1 + t− t2 − 2

2 (t + 1)=

(t + 2)2

2 (t + 1),

iar dx = 12

t2+2t+2(t+1)2

dt. Prin urmare

∫1

1 +√

x2 + 2x + 2dx =

∫2 (t + 1)

(t + 2)21

2

t2 + 2t + 2

(t + 1)2dt =

∫t2 + 2t + 2

(t + 1) (t + 2)2dt.

Descopunerea în fractii simple a fractiei din integrala este de forma

t2 + 2t + 2

(t + 1) (t + 2)2=

A

t + 1+

B

t + 2+

C

(t + 2)2,

cu A = 1, B = 0, C = −2. Deci∫

t2 + 2t + 2

(t + 1) (t + 2)2dt =

∫1

t + 1dt−

∫2

(t + 2)2dt = ln (t + 1) +

2

t + 2+ C.

Rezulta∫

1

1 +√

x2 + 2x + 2dx = ln

(√x2 + 2x + 2 + x + 1

)+

2√x2 + 2x + 2 + x + 2

+ C.

6.41 Sa se calculeze primitivele functiei irationale f (x) = 1(1+x)

√1+x−x2

, x ∈(0, 1+

√5

2

).

Solutie: Notam√

1 + x− x2 = 1 + tx, deci t = 1x

(√1 + x− x2 − 1

), x = 1−2t

t2+1,√

1 + x− x2 = −t2+t+1t2+1

, 1 + x = t2−2t+2t2+1

, dx = −2−t2+t+1(t2+1)2

dt. Prin urmare

∫1

(1 + x)√

1 + x− x2dx = −2

∫1

(t− 1)2 + 1dt = −2arctg (t− 1) + C.

Rezulta∫

1

(1 + x)√

1 + x− x2dx = −2arctg

(√1 + x− x2 − 1

x− 1

)+ C.

6.42 Sa se calculeze primitivele functiei irationale f (x) = x√(−x2+7x−10)3

, x ∈ (2, 5).

Solutie: Observam ca −x2 + 7x − 10 = (5− x) (x− 2). Notam√

(5− x) (x− 2) =

t (x− 2), deci t =√

5−xx−2 , x = 2t2+5

t2+1,√

(5− x) (x− 2) = 3tt2+1

, dx = −6t(t2+1)2

dt. Prin urmare

∫x

√(−x2 + 7x− 10)3

dx =

∫2t2 + 5

t2 + 1

(t2 + 1)3

27t3−6t

(t2 + 1)2dt = −2

9

∫2t2 + 5

t2dt =

6.2. PROBLEME 77

= −2

9

∫ (t2 +

5

t2

)dt = −2

9

(2t− 5

t

)dt + C.

Rezulta ∫x

√(−x2 + 7x− 10)3

dx =2

9

(

5

√x− 2

5− x− 2

√5− x

x− 2

)

+ C.

6.43 Sa se calculeze primitivele functiei irationale f (x) = x+1√−x2+4x+5

, x ∈ (−1, 5).

Solutie: Observam ca−x2+4x+5 = 9−(x− 2)2. Notam x−2 = 3 sin t, t = arcsin x−23,√

−x2 + 4x + 5 = 3 cos t, dx = 3 cos t. Prin urmare∫

x + 1√−x2 + 4x + 5

dx = 3

∫(1 + sin t) dt = 3t− 3 cos t + C.

Rezulta∫

x + 1√−x2 + 4x + 5

dx = 3arcsinx− 2

3−√−x2 + 4x + 5 + C.

6.44 Sa se calculeze primitivele functiei f (x) = 12 sinx−cosx+5

, x ∈ (−π, π).

Solutie: Facem substitutia tg x2= t, x = 2arctg t, dx = 2

1+t2dt. Deoarece

sin x =2tg x

2

1 + tg2 x2

, cosx =1− tg2 x

2

1 + tg2 x2

,

2 sinx− cosx + 5 = 22tg x

2

1 + tg2 x2

− 1− tg2 x2

1 + tg2 x2

+ 5 =2 (3t2 + 2t + 2)

1 + t2,

avem∫

1

2 sin x− cosx + 5dx =

∫1

3t2 + 2t + 2dt =

∫3

(3t + 1)2 + 5dt =

1√5arctg

3t + 1√5

+C.

Rezulta ∫1

2 sin x− cosx + 5dx =

1√5arctg

3tg x2+ 1√5

+ C.

6.45 Sa se calculeze primitivele functiei f (x) = 1sinx(2+cosx−2 sinx)

, x ∈(0, π

6

).


1+t2dt. Deoarece

sin x (2 + cosx− 2 sin x) =2t (t− 1) (t− 3)

(1 + t2)2,

avem ∫1

sin x (2 + cosx− 2 sin x)dx =

∫t2 + 1

t (t− 1) (t− 3)dt.


Dar

t2 + 1

t (t− 1) (t− 3)=

1

3t− 1

t− 1+

5

3 (t− 3),

si deci∫

t2 + 1

t (t− 1) (t− 3)dt =

1

3ln t− ln (1− t) +

5

3ln (3− t) + C.

Rezulta ∫1

sin x (2 + cosx− 2 sin x)dx =

1

3ln

tg x2

(3− tg x

2

)5(1− tg x

2

)3 + C.

6.46 Sa se calculeze primitivele functiei f (x) = sinx1+sinx

, x ∈(−π2, π2

).


1+t2dt. Deoarece

sinx

1 + sin x=

2t

(t + 1)2,

avem∫

sinx

1 + sin xdx =

∫4t

(t + 1)2 (t2 + 1)dt = 2

∫(t2 + 2t + 1)− (t2 + 1)

(t + 1)2 (t2 + 1)dt =

= 2

∫1

t2 + 1dt− 2

∫1

(t + 1)2dt = 2arctg t +

2

t + 1+ C.

Rezulta ∫sin x

1 + sin xdx = x +

2

1 + tg x2

+ C.

6.47 Sa se calculeze primitivele functiei f (x) = 2tg x+3sin2 x+2cos2 x

, x ∈ R \{

π2+ kπ, k ∈ Z

}.

Solutie: Observam ca f se poate exprima în functie de tg x:

f (x) =(2tg x + 3) (1 + tg2x)

tg2x + 2.

Facem substitutia tg x = t, x = arctg t, dx = 11+t2

dt. Deci

∫2tg x + 3

sin2 x + 2 cos2 xdx =

∫2t + 3

t2 + 2dt = ln

(t2 + 2

)+

3√2arctg

t√2

+ C.

Rezulta ∫2tg x + 3

sin2 x + 2 cos2 xdx = ln

(tg2x + 2

)+

3√2arctg

tg x√2

+ C.

6.48 Sa se calculeze primitivele functiei f (x) = 1sin2 x cos4 x

, x ∈(0, π

2

).

6.2. PROBLEME 79

Solutie: Observam ca f se poate exprima în functie de tg x:

f (x) =(tg2x + 1)

3

tg2x.

Facem substitutia tg x = t, x = arctg t, dx = 11+t2

dt. Deci

∫1

sin2 x cos4 xdx =

∫(t2 + 1)

2

t2dt =

t3

3+ 2t− 1

t+ C.

Rezulta ∫1

sin2 x cos4 xdx =

tg3x

3+ 2tg x− 1

tg x+ C.

Capitolul 7

Functii integrabile

7.1 Integrala Riemann

Fie [a, b] un interval închis si marginit, cu a ≤ b. O familie finita de puncte ∆ ={x0, x1, . . . xn}, astfel ca

a = x0 ≤ x1 ≤ x2 ≤ . . . ≤ xn = b,

se numeste diviziune a intervalului [a, b]. Fiecare din intervalele [xi−1, xi] se numesteinterval partial al diviziunii ∆.

Lungimea celui mai mare interval partial al diviziunii ∆ se numeste norma diviziuniisi se noteaza ν (∆), deci

ν (∆) = maxi=1,n

(xi − xi−1) .

Fie f o functie definita pe intervalul [a, b] si ∆ o diviziune a sa. Pe fiecare in-terval [xi−1, xi] alegem un punct intermediar ξi, xi−1 ≤ ξi ≤ xi si formam produselef (ξi) (xi − xi−1), i = 1, n.

Numim suma integrala Riemann a functiei f , corespunzatoare diviziunii∆ si punctelorintermediare ξi, suma

σ∆ (f) =n∑

i=1

f (ξi) (xi − xi−1) .

Spunem ca functia f este integrabila Riemann pe intervalul [a, b] daca exista si estefinita

limν→0

σ∆ (f) = I,

oricare ar fi punctele intermediare ξi. Numarul I se numeste integrala functiei f peintervalul [a, b] si se noteaza

I =

∫ b

a

f (x) dx.

Daca functia f este pozitiva, suma σ∆ (f) aproximeaza aria suprafetei cuprinsa întreaxa Ox, graficul functiei f si dreptele x = a, x = b. Daca f este continua, atunci Ireprezinta aria suprafetei mentionate.

81

82 CAPITOLUL 7. FUNCTII INTEGRABILE

Orice functie f : [a, b]→ R integrabila [a, b] este marginita pe [a, b].Orice functie f : [a, b]→ R continua pe [a, b] este integrabila pe [a, b].Daca f, g : [a, b] → R sunt doua functii integrabile si α, β ∈ R, atunci αf + βg este

o functie integrabila pe [a, b] si∫ b

a

(αf + βg) (x) dx = α

∫ b

a

f (x) dx + βg (x) dx.

Daca f este integrabila pe [a, b], atunci ea este integrabila pe orice interval [α, β] ⊂[a, b].

Daca f este integrabila pe [a, c] si [c, b] atunci ea este integrabila pe [a, b].Teorema de medie. Daca f este continua pe [a, b], atunci exista un punct ξ ∈ [a, b]

a.î. ∫ b

a

f (x) dx = f (ξ) (b− a) .

Orice functie f : [a, b] → R continua pe [a, b] admite primitive pe [a, b]. Una dintreacestea este functia

F (x) =

∫ x

c

f (t) dt,

cu c ∈ [a, b].Formula lui Leibniz-Newton. Daca functia f : [a, b] → R este continua pe [a, b]

si Φ (x) este o primitiva a ei pe [a, b], atunci∫ b

a

f (x) dx = Φ(b)− Φ (a) = Φ (x)|ba .

Formula de integrare prin parti. Daca u si v au derivate continue pe [a, b], atunciare loc formula ∫ b

a

uv′ dx = uv|ba −∫ b

a

u′v dx.

Formula schimbarii de variabila. Daca functia f : [a, b] → R este continua pe[a, b], functia ϕ : [α, β] → [a, b] are derivata continua pe [α, β] si ϕ (α) = a, ϕ (β) = b,atunci are loc formula

∫ b

a

f (x) dx =

∫ β

α

f (ϕ (t))ϕ′ (t) dt.

Fie f : [0, α] → R o functie integrabila si ∆n o diviziune a intervalului [0, α] prinpunctele echidistante xi = i

nα, i = 0, n, deci xi − xi−1 = α

n, ξi = i

nα ∈ [xi−1, xi], i = 1, n,

puncte intermediare. Suma integrala Riemann asociata are forma

σ∆n (f) =n∑

i=1

f

(i

nα

)(i

nα− (i− 1)

nα

)=

α

n

n∑

i=1

f

(i

nα

)= an.

Deoarece f este integrabila pe [0, α], rezulta ca

limn→∞

an = limn→∞

σ∆n (f) =

∫ α

0

f (x) dx.

7.2. PROBLEME 83

7.2 Probleme

7.1 Sa se arate, cu ajutorul integralei definite, ca

limn→∞

(1

n + 1+

1

n + 2+ · · ·+ 1

2n

)= ln 2.

Solutie. Observam ca

1

n + 1+

1

n + 2+ · · ·+ 1

2n=

1

n

(1

1 + 1n

+1

1 + 2n

+ · · ·+ 1

1 + nn

).

Consideram deci functia f : [0, 1] → R definita prin f (x) = 1x+1

si diviziunea ∆n aintervalului [0, 1] prin punctele echidistante xi = i

n, i = 0, n, de norma νn = 1

n, iar în

fiecare interval [xi−1, xi] alegem punctul intermediar ξi = in. Atunci termenul general

al sirului din enunt este chiar suma integrala Riemann a functiei f pe intervalul [0, 1],corespunzatoare diviziunii ∆n si punctelor intermediare ξi.

σ∆n (f) =1

n

n∑

i=1

1

1 + in

.

Deci

limn→∞

n∑

i=1

1

n + i= lim

n→∞σ∆n (f) =

∫ 1

0

dx

1 + x= ln (1 + x)|10 = ln 2.

7.2 Sa se arate, cu ajutorul integralei definite, ca

limn→∞

(1√

4n2 − 1+

1√4n2 − 22

+ · · ·+ 1√4n2 − n2

)=

π

6.

Solutie. Scriind suma de mai sus sub forma

1

n

1√

4−(1n

)2 +1

√4−(2n

)2 + · · ·+ 1√

4−(

nn

)2

,

se observa ca este suma integrala Riemann a functiei f : [0, 1]→ R definita prin f (x) =1√4−x2

, corespunzatoare diviziunii ∆n a intervalului [0, 1] si punctelor intermediare ξi,definite ca în problema precedenta. Deci

limn→∞

n∑

i=1

1√4n2 − i2

= limn→∞

σ∆n (f) =

∫ 1

0

dx√4− x2

= arcsinx

2

∣∣∣1

0=

π

6.

7.3 Sa se calculeze, cu ajutorul integralei definite, limita sirurilor cu termenul general:

1. an = 3n

(1 +√

nn+3

+√

nn+6

+ · · ·+√

nn+3(n−1)

).

2. an = 1n

(√1 + 1

n+√

1 + 2n+ · · ·+√1 + n

n

).

3. an = πn

(sin π

n+ sin 2π

n+ · · ·+ sin nπ

n

).

4. an = π2n

(1 + cos π

2n+ cos 2π

2n+ · · ·+ cos (n−1)π

2n

).

5. an = n(

1(n+1)2

+ 1(n+2)2

+ · · ·+ 1(2n)2

).


Solutie. 1. an este termenul general al sumei Riemann a functiei f : [0, 3] → R

definita prin f (x) = 1√1+x

, corespunzatoare diviziunii intervalului [0, 3] prin punctele

xi = 3in, i = 0, n si punctelor intermediare ξi = 3(i−1)

n, i = 1, n. Deci

limn→∞

an =

∫ 3

0

1√1 + x

dx = 2√

1 + x∣∣∣3

0= 2.

2. an este termenul general al sumei Riemann a functiei f : [0, 1] → R definitaprin f (x) =

√1 + x, corespunzatoare diviziunii intervalului [0, 1] prin punctele xi = i

n,

i = 0, n si punctelor intermediare ξi = in, i = 1, n. Deci

limn→∞

an =

∫ 1

0

√1 + x dx =

2

3

√(1 + x)3

∣∣∣∣1

0

=2

3

(2√

2− 1).

3. an este termenul general al sumei Riemann a functiei f : [0, π] → R definita prinf (x) = sin x, corespunzatoare diviziunii intervalului [0, π] prin punctele xi = iπ

n, i = 0, n

si punctelor intermediare ξi = iπn, i = 1, n. Deci

limn→∞

an =

∫ π

0

sin xdx = − cosx|π0 = 2.

4. an este termenul general al sumei Riemann a functiei f :[0, π

2

]→ R definita

prin f (x) = cosx, corespunzatoare diviziunii intervalului[0, π

2

]prin punctele xi = iπ

2n,

i = 0, n si punctelor intermediare ξi = (i−1)π2n

, i = 1, n. Deci

limn→∞

an =

∫ π

2

0

cosxdx = sin x|π

20 = 1.

5. Termenul general al sirului se mai poate scrie

n

(1

(n + 1)2+

1

(n + 2)2+ · · ·+ 1

(2n)2

)=

1

n

(1

(1 + 1

n

)2 +1

(1 + 2

n

)2 + · · ·+ 1(1 + n

n

)2

)

.

Prin urmare an este termenul general al sumei Riemann a functiei f : [0, 1]→ R definitaprin f (x) = 1

(1+x)2, corespunzatoare diviziunii intervalului [0, 1] prin punctele xi = i

n,

i = 0, n si punctelor intermediare ξi = in, i = 1, n. Deci

limn→∞

an =

∫ 1

0

dx

(1 + x)2= − 1

1 + x

∣∣∣∣1

0

=1

2.

7.4 Sa se calculeze integrala I =∫ 10x2exdx.

Solutie. I =∫ 10x2dex = x2ex|10−2

∫ 10xexdx = e− 2

∫ 10xdex = e−2

(xex|10 −

∫ 10dex).

Deci I = e− 2.

7.5 Sa se calculeze integrala I =∫ π

0x2 cosxdx.

7.2. PROBLEME 85

Solutie. I =∫ π

0x2d sin x = x2 sin x|π0 − 2

∫ π

0x sinxdx = 2

∫ π

0xd cos x. Deci

I = 2

(x cosx|π0 −

∫ π

0

cosxdx

)= −2π − 2 sin x|π0 = −2π.

7.6 Sa se calculeze integrala I =∫ 21x2 ln xdx.

Solutie. I =∫ 21x2 ln xdx = 1

3

∫ 21ln xdx3 = 1

3

(x3 lnx|21 −

∫ 21x2dx

)= 8

3ln 2− 1

9x3|21 =

83ln 2− 7

9.


4

0xtg2x dx.

Solutie. I =∫ π

40

x (tg2x + 1− 1) dx =∫ π

40

xdtg x −∫ π

40

xdx = xtg x|π

40 −

∫ π

40

tg xdx −12x2∣∣π40

= π4+ ln cosx|

π

40 − π2

32= π

4+−π2

32+ ln

√22.

7.8 Sa se calculeze integrala I =∫ 5π

4π

4sin5 xdx.

Solutie. Efectuam schimbarea de variabila cosx = t, − sin xdx = dt, pentru x = π4,

t = 1√2, iar pentru x = 5π

4, t = − 1√

2. Deci

I =

∫ 1√2

− 1√2

(1− t2

)2dt = 2 t

(1− 2

3t2 +

1

5t4)∣∣∣∣

1√2

0

=43

60

√2.


2π

3

1sinx

dx.

Solutie. Efectuam schimbarea de variabila tg x2

= t, x = 2arctg t, dx = 2dt1+t2

, pentrux = π

3, t = 1√

3, iar pentru x = π

2, t = 1. Deci

I =

∫ 1

1√3

1 + t2

2t

2dt

1 + t2=

∫ 1

1√3

1

tdt = ln t|11√

3

= ln√

3.

7.10 Sa se calculeze integrala I =∫ β

α

√(β − x) (x− α) dx, β > α, efectuând schimbarea

de variabila x = α + (β − α) sin2 t.

Solutie. Avem x−α = (β − α) sin2 t, β−x = (β − α) cos2 t, dx = 2 (β − α) sin t cos tdt,pentru x = α, t = 0, pentru x = β, t = π

2. Deci

I = 2 (β − α)2∫ π

2

0

sin2 t cos2 tdt =(β − α)2

2

∫ π

2

0

sin2 2tdt =(β − α)2

4

∫ π

2

0

(1− cos 4t) dt =

=(β − α)2

4

(x− 1

4sin 4t

)∣∣∣∣

π

2

0

= (β − α)2π

8.



4

0sinx

sinx+cosxdx.

Solutie. Deoarece sinxsinx+cos x

= tg x

1+tg x, putem efectua schimbarea de variabila tg x = t,

x = arctg t, dx = dt1+t2

, pentru x = 0, t = 0, iar pentru x = π4, t = 1. Deci

I =

∫ 1

0

t

1 + t

1

1 + t2dt.

Dart

(t + 1) (t2 + 1)=

A

t + 1+

Bt + C

t2 + 1,

cu A = −12, B = C = 1

2. Asadar

I =1

2

∫ 1

0

(− 1

t + 1+

t + 1

t2 + 1

)dt = −1

2ln 2 +

1

4ln 2 +

1

2

π

4=

1

4

(π2− ln 2

).

7.12 Fie f : [−a, a]→ R, cu a > 0, o functie continua. Sa se arate ca

∫ +a

−a

f (x) dx =

∫ a

0

[f (x) + f (−x)] dx.

Solutie. Avem∫ +a

−a

f (x) dx =

∫ 0

−a

f (x) dx +

∫ +a

0

f (x) dx = −∫ −a

0

f (x) dx +

∫ +a

0

f (x) dx

si în prima integrala efectuam schimbarea de variabila x = −t, dx = −dt, pentru x = −a,t = a, iar pentru x = 0, t = 0. Deci

−∫ −a

0

f (x) dx =

∫ +a

0

f (−t) dt.

7.13 Fie f : [−a, a] → R, cu a > 0, o functie continua. Sa se arate ca daca f este ofunctie para, atunci ∫ +a

−a

f (x) dx = 2

∫ a

0

f (x) dx,

iar daca f este impara, atunci integrala este nula.

Solutie. Tinând seama de problema precedenta, cum pentru o functie para f (x) +f (−x) = 2f (x), iar pentru o functie impara f (x) + f (−x) = 0, rezulta concluziile dinenunt.

7.14 Sa se calculeze∫ π

0sin3 xdx.

Solutie. Avem∫ π

0sin3 xdx = −

∫ π

0(1− cos2 x) (cosx)′ dx =

(cosx− 1

3cos3 x

)∣∣π0= 4

3.


0cos3 xdx.

7.2. PROBLEME 87

Solutie. Avem∫ π

0cos3 xdx =

∫ π

0

(1− sin2 x

)(sin x)′ dx =

(sin x− 1

3sin3 x

)∣∣π0= 0.


20

ex sin 2xdx.

Solutie. Calculam mai întâi primitivele

I =

∫ex sin 2xdx =

∫sin 2xdex = ex sin 2x− 2

∫ex cos 2xdx,

∫ex cos 2xdx =

∫cos 2xdex = ex cos 2x + 2

∫ex sin 2xdx = ex cos 2x + 2I.

DeciI =

1

5ex (sin 2x− 2 cos 2x) .

Prin urmare∫ π

2

0

ex sin 2xdx =1

5ex (sin 2x− 2 cos 2x)

∣∣∣∣

π

2

0

=2

5

(eπ

2 + 1).


0x sin xdx.

Solutie. Avem∫ π

0x sin xdx = −

∫ π

0x (cosx)′ dx = −x cosx|π0 +

∫ π

0cosxdx = π.


0x sin2 xdx.

Solutie. Avem∫ π

0

x sin2 xdx =1

2

∫ π

0

x (1− cos 2x) dx =1

2

∫ π

0

xdx− 1

4

∫ π

0

x (sin 2x)′ dx =

=π2

4− x sin 2x|π0 +

1

4

∫ π

0

sin 2xdx =π2

4− 1

8cos 2x|π0 =

π2

4.

7.19 Sa se calculeze∫ 20x2√

1 + x3 dx.

Solutie. Avem∫ 20x2√

1 + x3 dx = 13

∫ 20

(1 + x3)12 (1 + x3)

′dx = 1

323(1 + x3)

32

∣∣∣2

0= 52

9.

7.20 Sa se calculeze∫ 40x√

x2 + 9 dx.

Solutie. Avem∫ 40x√

x2 + 9 dx = 12

∫ 40(x2 + 9)

12 (x2 + 9)

′dx = 1

223(x2 + 9)

32

∣∣∣4

0= 98

3.

7.21 Sa se calculeze∫ 10

√4− x2 dx.

Solutie. Avem∫ 10

√4− x2 dx =

∫ 10

4−x2√4−x2

dx = 4 arcsin x2

∣∣10−∫ 10x x√

4−x2dx = 4π

6+

∫ 10x(√

4− x2)′

dx = 2π3

+ x√

4− x2∣∣10−∫ 10

√4− x2 dx = 2π

3+√

3−∫ 10

√4− x2 dx. Deci

∫ 1

0

√4− x2 dx =

π

3+

√3

2.



1ex+e−x

dx.

Solutie. Avem∫ 10

1ex+e−x

dx =∫ 10

1e2x+1

dex = arctg ex|10 = arctg e− π4.


x+1√x2+1

dx.

Solutie. Avem∫ 1

0

x + 1√x2 + 1

dx =

∫ 1

0

(√x2 + 1

)′dx +

∫ 1

0

1√x2 + 1

dx =

=√

2− 1 + ln(x +

√x2 + 1

)∣∣∣1

0=√

2− 1 + ln(√

2 + 1).


1√5+4x−x2

dx.

Solutie. Deoarece 5 + 4x − x2 = (5− x) (x + 1), luam√

(5− x) (x + 1) = t (x + 1),

deci t =√

5−xx+1

, x = 5−t2

t2+1, dx = −12t

(t2+1)2dt, iar

√5 + 4x− x2 = 6t

t2+1. Pentru x = 1

2, t =

√3,

pentru x = 2, t = 1. Asadar

∫ 2

12

1√5 + 4x− x2

dx =

∫ 1

√3

t2 + 1

6t

−12t

(t2 + 1)2dt = 2

∫ √3

1

1

t2 + 1dt = 2 arctg t|

√3

1 =π

6.


2

− 12

14x2+4x+5

dx.

Solutie. Deoarece 4x2 + 4x + 5 = (2x + 1)2 + 4, efectuam schimbarea de variabila2x + 1 = 2t, t = 2x+1

2, dx = dt, iar 4x2 + 4x + 5 = 4 (t2 + 1). Pentru x = −1

2, t = 0,

pentru x = 12, t = 1. Asadar

∫ 12

− 12

1

4x2 + 4x + 5dx =

1

4

∫ 1

0

1

t2 + 1dt =

1

4arctg t|10 =

π

16.

7.26 Sa se calculeze∫ 5π

4π

sin 2xsin4 x+cos4 x

dx.

Solutie. Avem

sin 2x

sin4 x + cos4 x=

sin 2x(sin2 x + cos2 x

)2 − 2 sin2 x cos2 x=

2 sin 2x

1 + cos2 2x.

Deci∫ 5π

4

π

sin 2x

sin4 x + cos4 xdx =

∫ 5π4

π

2 sin 2x

1 + cos2 2xdx = −

∫ 5π4

π

(cos 2x)′

1 + cos2 2xdx =

= − arctg (cos 2x)| 5π4π =π

4.

7.2. PROBLEME 89


4

0tg3xdx.

Solutie. Avem∫ π

4

0

tg3xdx =

∫ π

4

0

tg x(tg2x + 1

)dx−

∫ π

4

0

tg xdx =

∫ π

4

0

tg x (tg x)′ dx+

∫ π

4

0

(cosx)′

cosxdx =

=1

2tg2x

∣∣π40

+ ln (cosx)|π

40 =

1

2+ ln

√2

2.

7.28 Sa se calculeze∫ ln 20

√ex − 1dx.

Solutie. Efectuam schimbarea de variabila√

ex − 1 = t, x = ln (t2 + 1), dx = 2tt2+1

dt.Pentru x = 0, t = 0, pentru x = ln 2, t = 1. Deci

∫ ln 2

0

√ex − 1dx =

∫ 1

0

t2t

t2 + 1dt = 2

∫ 1

0

t2 + 1

t2 + 1dt− 2

∫ 1

0

1

t2 + 1dt =

= 2t|10 − 2 arctg t|10 = 2− π

2.


2

0sin3 x cos2 xdx.

Solutie. Avem

∫ π

2

0

sin3 x cos2 xdx = −∫ π

2

0

(1− cos2 x

)cos2 xd cosx =

(1

5cos5 x− 1

3cos3 x

)∣∣∣∣

π

2

0

=2

15.


0sin2 x cos 2xdx.

Solutie. Avem∫ π

0

sin2 x cos 2xdx =1

2

∫ π

0

(1− cos 2x) cos 2xdx =1

4sin 2x|π0 −

1

4

∫ π

0

(1 + cos 4x) dx =

= −1

4x|π0 −

1

16sin 4x|π0 = −π

4.

7.31 Sa se calculeze∫ 10x2arctg xdx.

Solutie. Avem∫ 1

0

x2arctg xdx =1

3

∫ 1

0

arctg xdx3 =1

3

(x3arctg x

∣∣10−∫ 1

0

x31

1 + x2dx

)=

=π

12− 1

3

∫ 1

0

(x− x

1 + x2

)dx =

π

12− 1

6

(x2 − ln

(1 + x2

))∣∣10=

π

12− 1

6+

1

6ln 2.

7.32 Sa se calculeze∫ 20x ln (1 + x) dx.


Solutie. Avem∫ 2

0

x ln (1 + x) dx =1

2

∫ 2

0

ln (1 + x) dx2 =1

2x2 ln (1 + x)

∣∣20− 1

2

∫ 2

0

x2

1 + xdx =

= 2 ln 3− 1

2

∫ 2

0

(x− 1 +

1

x + 1

)dx = 2 ln 3− 1

2(2− 2 + ln 3) =

3

2ln 3.


xx4+1

dx.

Solutie. Avem

∫ 1

0

x

x4 + 1dx =

1

2

∫ 1

0

(x2)′

x4 + 1dx =

1

2arctg x2

∣∣10=

π

8.


2x+1√2−x2

dx.

Solutie. Avem

∫ 1

0

2x + 1√2− x2

dx = −2√

2− x2∣∣∣1

0+ arcsin

x√2

∣∣∣∣1

0

= −2 + 2√

2 +π

4.


2x+1√x2+1

dx.

Solutie. Avem

∫ 2

1

2x + 1√x2 + 1

dx = 2√

x2 + 1∣∣∣2

1+ ln

(x +

√x2 + 1

)∣∣∣2

1= 2(√

5−√

3)

+ ln2 +

√5

1 +√

2.

Capitolul 8

Aplicatii ale integralei definite

8.1 Aria unei multimi

O multime E ⊂ R2 se numeste elementara daca exista dreptunghiurile Di, i = 1, n, culaturile paralele cu axele de coordonate a.î.

E =n⋃

i=1

Di,

iar oricare doua dreptunghiuri diferite nu au puncte interioare comune. Prin definitie,aria multimii E este

A (E) =n∑

i=1

A (Di) .

Fie A o multime marginita de puncte din plan. Spunem ca multimea A are arie, dacaexista doua siruri de multimi elementare (En) si (Fn) a.î.

En ⊂ A ⊂ Fn, ∀n ∈ N,

pentru care sirurile de numere reale pozitive (A (En)) si (A (Fn)) sunt convergente si

limn→∞

A (En) = limn→∞

A (Fn) .

În acest caz,A (A) = lim

n→∞A (En) = lim

n→∞A (Fn) .

Fie f : [a, b]→ R+. Notam

Γf ={(x, y) ∈ R2 | a ≤ x ≤ b, 0 ≤ y ≤ f (x)

}.

Teorema. Daca functia f este continua, atunci multimea Γf are arie si

A (Γf) =

∫ b

a

f (x) dx.

91

92 CAPITOLUL 8. APLICATII ALE INTEGRALEI DEFINITE

Consecinta. Daca f, g : [a, b] → R+ sunt doua functii continue, care verificaconditia: f (x) ≤ g (x), ∀x ∈ [a, b], atunci multimea

Γf,g ={(x, y) ∈ R2 | a ≤ x ≤ b, f (x) ≤ y ≤ g (x)

}

are arie si

A (Γf,g) =

∫ b

a

[g (x)− f (x)] dx.

8.2 Probleme

8.1 Sa se calculeze aria multimii Γf,g, unde1. f (x) = −√x, g (x) =

√x, x ∈ [0, 4].

2. f (x) = x3, g (x) = x2, x ∈ [0, 1].3. f (x) = 1

x2, g (x) = x, x ∈ [1, 3].

4. f (x) =√

rx− x2, g (x) =√

r2 − x2, x ∈ [0, r], r > 0.5. f (x) = x2

2, g (x) = 1

x2+1, x ∈ [−1, 1].

Solutie. 1. Avem

A (Γf,g) =

∫ 4

0

(√x +

√x)dx = 2

∫ 4

0

x12dx =

4

3x32

∣∣∣4

0=

32

3.

2. Pentru ∀x ∈ [0, 1], avem x3 ≤ x2, deci

A (Γf,g) =

∫ 1

0

(x2 − x3

)dx =

(1

3x3 − 1

4x4)∣∣∣∣

1

0

=1

12.

3. Pentru x > 1, avem 1x2

< x, deci

A (Γf,g) =

∫ 3

1

(x− 1

x2

)dx =

(1

2x2 +

1

x

)∣∣∣∣3

1

=10

3.

4. Pentru x ≤ r, avem√

rx− x2 ≤√

r2 − x2, deci

A (Γf,g) =

∫ r

0

(√r2 − x2 −

√rx− x2

)dx.

În prima integrala efectuam schimbarea de variabila x = r sin t, dx = r cos tdt, pentrux = 0, t = 0, iar pentru x = r, t = π

2. Deoarece rx − x2 = r2

4−(x− r

2

)2, în cea de a

doua integrala luam x − r2

= r2sin τ , dx = r

2cos τdτ , pentru x = 0, τ = −π

2, iar pentru

x = r, τ = π2. Prin urmare

A (Γf,g) = r2∫ π

2

0

cos2 tdt− r2

4

∫ π

2

−π

2

cos2 τdτ =r2

2

1

2

∫ π

2

0

(1 + cos 2t) dt =πr2

8.

5. Pentru x ∈ [−1, 1], avem x2

2≤ 1

x2+1, deci

A (Γf,g) =

∫ 1

−1‘

(1

x2 + 1− x2

2

)dx = arctg x|1−1 −

x3

6

∣∣∣∣1

−1=

π

2− 1

3.

8.2. PROBLEME 93

8.2 Sa se calculeze aria multimii cuprinse între parabolele y2 = ax, x2 = ay, undea > 0.

Solutie. Parabolele se intersecteaza în punctele de abscise: x = 0 si x = a. Avem

A (Γf,g) =

∫ a

0

(√ax− x2

a

)dx =

(2

3a12x

32 − x3

3a

)∣∣∣∣a

0

=a2

3.

8.3 Sa se calculeze aria multimii A = {(x, y) ∈ R2 |x2 + y2 ≤ r2, y ≥ 0}, unde r > 0.

Solutie. Multimea A este marginita de axa Ox si graficul functiei f (x) =√

r2 − x2,care intersecteaza axa Ox în punctele de abscise: x = −r si x = r. Avem

A (A) =

∫ r

−r

√r2 − x2 dx = 2

∫ r

0

√r2 − x2 dx.

Efectuam schimbarea de variabila x = r sin t, dx = r cos t, pentru x = 0, t = 0, iar pentrux = r, t = π

2. Prin urmare

A (A) = 2r2∫ π

2

0

cos2 tdt = r2∫ π

2

0

(1 + cos 2t) dt =πr2

2.

8.4 Sa se calculeze aria multimii A cuprinse între cercul de ecuatie x2 + y2 = 4px siparabola y2 = 2px, p > 0.

Solutie. Ecuatia cercului se mai scrie (x− 2p)2 + y2 − (2p)2 = 0, deci are centrulîn punctul (2p, 0) si raza egala cu 2p. Curbele sunt simetrice fata de axa Ox si seintersecteaza în punctele de abscise: x = 0 si x = 2p. Avem

A (A) = 2

∫ 2p

0

(√4p2 − (x− 2p)2 −

√2px

)dx =

= 2

∫ 2p

0

√4p2 − (x− 2p)2 dx− 2

√2p

∫ 2p

0

x12 dx.

În prima integrala efectuam schimbarea de variabila x − 2p = 2p sin t, dx = 2p cos tdt,pentru x = 0, t = −π

2, iar pentru x = 2p, t = 0. Prin urmare

A (A) = 8p2∫ π

2

0

cos2 tdt− 4

3

√2p x

32

∣∣∣π

2

0= 2πp2 − 16

3p2.

8.5 Sa se calculeze aria multimii marginite de elipsa de ecuatie

x2

a2+

y2

b2− 1 = 0, a, b > 0.


Solutie. Elipsa intersecteaza axa Ox în punctele de abscise x = −a si x = a. Datoritasimetriei putem sa ne limitam la calculul ariei multimii marginite de axe si graficulsfertului de elipsa y = b

a

√a2 − x2, x ∈ [0, a]. Avem, deci

Ael = 4b

a

∫ a

0

√a2 − x2 dx.

Efectuam schimbarea de variabila x = a sin t, dx = a cos t, pentru x = 0, t = 0, iarpentru x = a, t = π

2. Prin urmare

Ael = 4ab

∫ π

2

0

cos2 tdt = πab.

8.6 Sa se gaseasca aria multimii marginite de axa Ox, cercul x2 + y2 = 16 si parabolay2 = 6x, situata în semiplanul y ≥ 0.

Solutie. Parabola intersecteaza Ox în origine iar cercul în punctul de abscisa x = 2.Cercul intersecteaza Ox în punctul de abscisa x = 4. Problema revine la calculul arieimultimii marginite de axa Ox si graficul functiei

f (x) =

{ √6x, x ∈ [0, 2] ,√16− x2, x ∈ (2, 4].

Avem

A (Γf ) =

∫ 2

0

√6x dx +

∫ 4

2

√16− x2 dx =

2

3

√6 x

32

∣∣∣2

0+

∫ 4

2

√16− x2 dx.

În cea de a doua integrala efectuam schimbarea de variabila x = 4 sin t, dx = 4 cos t,pentru x = 2, t = π

6, iar pentru x = 4, t = π

2. Prin urmare

A (Γf ) =8√

3

3+ 16

∫ π

2

π

6

cos2 tdt =8√

3

3+ 8

∫ π

2

π

6

(1 + cos 2t) dt =2√

3

3+

8π

3.

8.7 Sa se calculeze aria multimii marginite de semiaxa Ox, x ≥ 0, arcul de hiperbolax2 − y2 = a2, cu y ≥ 0 si dreapta y = mx, 0 < m < 1.

Solutie. Hiperbola intersecteaza axa Ox în punctul de abscisa x = a, iar dreapta înpunctul de abscisa x = b, cu b = a√

1−m2 . Avem deci de calculat aria multimii marginitede graficele functiilor

f (x) =

{0, x ∈ [0, a] ,√

x2 − a2, x ∈ (a, b],g (x) = mx, x ∈ [0, b] .

Prin urmare

A (Γf,g) = m

∫ b

0

xdx−∫ b

a

√x2 − a2 dx.

Primitiva celei de a doua integrale este∫ √

x2 − a2 dx =x

2

√x2 − a2 − a2

2ln(x +

√x2 − a2

).

Ca atare

A (Γf,g) =mb2

2−(

x

2

√x2 − a2 − a2

2ln(x +

√x2 − a2

))∣∣∣∣b

a

=a2

2ln

√1 + m

1−m.

8.3. VOLUMUL CORPURILOR DE ROTATIE 95

8.3 Volumul corpurilor de rotatie

Fie f : [a, b] → R+. Numim corp de rotatie determinat de graficul functiei f corpulmarginit de suprafata obtinuta prin rotirea graficului functiei f în jurul axei Ox si planelex = a si x = b:

Cf ={(x, y, z) ∈ R3 |

√y2 + z2 ≤ f (x) , a ≤ x ≤ b

}.

Cel mai simplu corp de rotatie se obtine prin rotirea graficului functiei constantef (x) = r, x ∈ [a, b] în jurul axei Ox. Aceasta multime, care este un cilindru de raza r siînaltime b− a, poate fi scrisa

Cr ={(x, y, z) ∈ R3 |

√y2 + z2 ≤ r, a ≤ x ≤ b

}.

Volumul acestui cilindru este V (Cr) = πr2 (b− a).Functia g : [a, b] → R+ se numeste constanta pe portiuni daca exista o diviziune

a intervalului [a, b] a.î. g sa fie constanta pe fiecare interval (xi−1, xi), g (x) = ri, x ∈(xi−1, xi), i = 1, n. Numim multime cilindrica elementara orice multime care se obtineprin rotirea unei functii constane pe portiuni în jurul axei Ox. Volumul corpului de

rotatie determinat de graficul functiei g este V (Cn) = πn∑

i=1

r2i (xi − xi−1).

Fie f : [a, b]→ R+ si Cf corpul de rotatie determinat de graficul functiei f . Spunemca Cf are volum daca exista doua siruri (Gn) si (Hn) de multimi cilindrice elementarea.î. Gn ⊂ Cf ⊂ Hn si

limn→∞

V (Gn) = limn→∞

V (Hn) .

În acest caz volumul lui Cf se defineste prin

V (Cf) = limn→∞

V (Gn) = limn→∞

V (Hn) .

Teorema. Daca functia f este continua corpul de rotatie determinat de graficulfunctiei f are volum si

V (Cf) = π

∫ b

a

f 2 (x) dx.

8.4 Probleme

8.8 Sa se calculeze volumul corpului de rotatie determinat de functia f : [0, b] → R+

definita prin f (x) =√

2ax, a, b > 0 (paraboloid de rotatie).

Solutie. Avem

V (Cf) = 2aπ

∫ b

0

xdx = 2aπx2

2

∣∣∣∣b

0

= πab2.

8.9 Sa se calculeze volumul corpului de rotatie determinat de functia f : [a, b] → R+

definita prin f (x) =√

x2 − a2, a, b > 0 (hiperboloid de rotatie).


Solutie. Avem

V (Cf) = π

∫ b

a

(x2 − a2

)dx = π

(x3

3− a2x

)∣∣∣∣b

a

=π

3

(2a3 − 3a2b + b3

).

8.10 Sa se calculeze volumul corpului de rotatie determinat de functia f : [−a, a]→ R+

definita prin f (x) = ba

√a2 − x2, a, b > 0 (elipsoid de rotatie).

Solutie. Deoarece f (−x) = f (x), graficul este simetric fata de axa Oy. Avem deci

V (Cf) = 2ππb2

a2

∫ a

0

(a2 − x2

)dx = 2π

b2

a2

(a2x− x3

3

)∣∣∣∣a

0

=4π

3ab2.

În particular, daca b = a, obtinem volumul sferei de raza a,

Vsf =4πa3

3.

8.11 Sa se calculeze volumele corpurilor de rotatie determinate de functiile:1. f : [0, 2]→ R+, f (x) = 2x− x2.2. f : [0, π]→ R+, f (x) = sin x.3. f :

[0, 1

2

]→ R+, f (x) = arcsin x.

4. f : [0, a]→ R+, f (x) = a2

(ex

a + e−x

a

), a > 0.

5. f : [0, a]→ R+, f (x) = (√

a−√x)2, a > 0.

6. f : [0, 1]→ R+, f (x) =√

1− 3√

x2.7. f : [a, b]→ R+, f (x) = 1

x

√(b− x) (x− a), a < b.

8. f : [0, 3]→ R+, f (x) =√

x(x−3)x−4 .

Solutie. 1. V (Cf) = π∫ 20(4x2 − 4x3 + x4) dx = π

(43x3 − x4 + 1

5x5)∣∣20= 16

15π.

2. V (Cf) = π∫ π

0sin2 xdx = π

2

∫ π

0(1− cos 2x) dx = π

2

(x− 1

2sin 2x

)∣∣π0= 1

2π2.

3. V (Cf) = π∫ 1

2

0(arcsin x)2 dx = π x (arcsin x)2

∣∣12

0−π∫ 1

2

02x√1−x2

arcsin xdx = π2

(π6

)2+

2π∫ 1

20

arcsin xd√

1− x2 = π3

72+ 2π

√1− x2 arcsin x

∣∣12

0− 2π

∫ 120

dx = π3

72+ π2

√3

3− π.

4. V (Cf) = πa2

4

∫ a

0

(ex

a + e−x

a

)2dx = πa2

4

∫ a

0

(e2xa + 2 + e−

2xa

)dx = πa3

8

(e2 − 1

e2

)+

πa3

2.

5. V (Cf) = π∫ a

0(√

a−√x)4dx = π

∫ a

0

(a2 − 4

√a3x + 6ax− 4

√ax3 + x2

)dx = πa3

15.

6. V (Cf) = π∫ 10

(1− 3

√x2)dx = π

(x− 3

5x53

)∣∣∣1

0= 2π

5.

7. V (Cf) = π∫ b

a

(b−x)(x−a)x2

dx = π∫ b

a

−x2+(a+b)x−ab

x2dx = π

∫ b

a

(−1 + a+b

x− ab

x2

)dx =

π(−x + (a + b) ln x + ab

x

)∣∣ba

= π (a + b) ln ba+ 2π (a− b).

8. V (Cf ) = π∫ 30

x(x−3)x−4 dx = π

∫ 30

(x + 1 + 4

x−4)dx = π x2

2+ x + 4 ln |x− 4|

∣∣∣3

0= 15π

2−

4π ln 4.

8.5. LUNGIMEA GRAFICULUI UNEI FUNCTII 97

8.5 Lungimea graficului unei functii

Fie functia f : [a, b] → R, continua pe [a, b] si diviziunea ∆ cu intervalele partiale[xi−1, xi], i = 1, n.

Functia f∆ : [xi−1, xi]→ R, definta prin

f∆ (x) = f (xi−1) +f (xi)− f (xi−1)

xi − xi−1(x− xi−1) , i = 1, n

se numeste functia poligonala asociata functiei f si diviziunii ∆.Graficul functiei poligonale y = f∆ (x) este o linie poligonala cu vârfurile în punctele

Mi (xi, f (xi)), i = 0, n, situate pe graficul functiei y = f (x). Distanta dintre douapuncte consecutive este

d (Mi−1,Mi) =

√(xi − xi−1)

2 + (f (xi)− f (xi−1))2.

Lungimea liniei poligonale M0M1 . . .Mn este

ℓ (f∆) =n∑

i=1

d (Mi−1,Mi) =n∑

i=1

√(xi − xi−1)

2 + (f (xi)− f (xi−1))2.

Spunem ca gaficul functiei f are lungime finita daca multimea lungimilor tuturorliniilor poligonale definite de f este marginita superior, adica exista sup∆ {ℓ (f∆)}. Acestnumar, daca exista, se numeste lungimea graficului functiei f .Teorema. Daca functia f : [a, b]→ R+ este derivabila si cu derivata continua, atunci

graficul ei are lungime finita si lungimea sa este

ℓ (f) =

∫ b

a

√1 + f ′2 (x) dx.

8.6 Probleme

8.12 Sa se calculeze lungimile graficelor urmatoarelor functii:1. f (x) = x2, x ∈ [−1, 1].2. f (x) = ln x, x ∈

[√3,√

8].

3. f (x) = ln (1− x2), x ∈[0, 1

2

].

4. f (x) = 12(ex + e−x), x ∈ [0, 1].

5. f (x) =√

x, x ∈ [1, 2].6. f (x) = ln cosx, x ∈

[0, π

4

].

Solutie. 1. Datorita simetriei avem

ℓ (f) =

∫ 1

−1

√1 + 4x2 dx = 2

∫ 1

0

√1 + 4x2 dx =

∫ 2

0

√1 + t2 dt =

=

[1

2t√

1 + t2 +1

2ln(t +

√1 + t2

)]∣∣∣∣2

0

=√

5 +1

2ln(2 +

√5).


2. Deoarece f ′ (x) = 1x, avem

ℓ (f) =

∫ √8

√3

√1 +

1

x2dx =

∫ √8

√3

√x2 + 1

xdx =

∫ √8

√3

√x2 + 1

x2xdx.

Notam√

x2 + 1 = t, atunci xdx = tdt, pentru x =√

3, t = 2, iar pentru x =√

8,t = 3. Deci

ℓ (f) =

∫ 3

2

t2dt

t2 − 1=

∫ 3

2

dt +

∫ 3

2

dt

t2 − 1= 1 +

1

2ln

t− 1

t + 1

∣∣∣∣3

2

= 1 +1

2ln

3

2.

3. Deoarece f ′ (x) = −2x1−x2

, avem

ℓ (f) =

∫ 12

0

√

1 +4x2

(1− x2)2dx =

∫ 12

0

1 + x2

1− x2dx = −

∫ 12

0

dx + 2

∫ 12

0

dx

1− x2=

= −1

2+ ln

1 + x

1− x

∣∣∣∣

12

0

= ln 3− 1

2.

4. Deoarece f ′ (x) = 12(ex − e−x), avem

ℓ (f) =

∫ 1

0

√1 +

1

4(ex − e−x)2 dx =

1

2

∫ 1

0

√(ex + e−x)2 dx =

1

2

∫ 1

0

(ex + e−x

)dx =

=1

2

(ex − e−x

)∣∣10=

1

2

(e− 1

e

).

5. Deoarece f ′ (x) = 12√

x, avem

ℓ (f) =

∫ 2

1

√1 +

1

4xdx.

Putem calcula aceasta integrala efectuând schimbarea de variabila√

1 + 14x

= t. Deoarececaculele sunt prea complicate, am putea evalua lungimea aceluiasi arc de curba reprezen-tat prin functia inversa: g (y) = y2, y ∈

[1,√

2]. Avem

ℓ (f) =

∫ √2

1

√1 + 4y2 dy =

1

2

∫ 2√2

2

√1 + t2 dt =

=1

2

[1

2t√

1 + t2 +1

2ln(t +

√1 + t2

)]∣∣∣∣2√2

2

=1

2

(3√

2−√

5)

+1

4ln

3 + 2√

2

2 +√

5.

6. Deoarece f ′ (x) = −tg x, avem

ℓ (f) =

∫ π

4

0

√1 + tg2x dx =

∫ π

4

0

1

cosxdx = −

∫ π

4

0

(sin x)′

sin2 x− 1dx =

= −1

2ln

1− sin x

1 + sin x

∣∣∣∣

π

4

0

= ln(√

2 + 1).

8.7. ARIA SUPRAFETELOR DE ROTATIE 99

8.7 Aria suprafetelor de rotatie

Fie f : [a, b] → R+. Numim suprafata de rotatie determinata de graficul functiei fsuprafata obtinuta prin rotirea graficului functiei f în jurul axei Ox:

Sf ={(x, y, z) ∈ R3 |

√y2 + z2 = f (x) , a ≤ x ≤ b

}.

Fie ∆ o diviziune a intervalului [a, b]. Aria suprafatei de rotatie determinata degraficul functiei f∆, fiind suma ariilor laterale a trunchiurilor de con de raze f (xi−1),f (xi) si generatoare d (Mi−1,Mi), se scrie

A (Sf∆) = πn∑

i=1

(f (xi−1) + f (xi)) d (Mi−1,Mi) =

= πn∑

i=1

(f (xi−1) + f (xi))

√(xi − xi−1)

2 + (f (xi)− f (xi−1))2.

Fie f : [a, b] → R+ o functie continua. Spunem ca suprafata de rotatie are arie dacaoricare ar fi sirul de diviziuni (∆n), a caror norma tinde la zero când n → ∞, sirul(A(Sf∆n

))este convergent. În acest caz, numarul real pozitiv

A (Sf) = limn→∞

A(Sf∆n

)

se numeste aria suprafetei de rotatie Sf .Teorema. Daca functia f : [a, b]→ R+ este derivabila si cu derivata continua, atunci

suprafata de rotatie determinata de graficul functiei f are arie si

A (Sf) = 2π

∫ b

a

f (x)√

1 + f ′2 (x) dx.

8.8 Probleme

8.13 Sa se gaseasca ariile suprafetelor de rotatie determinate de graficele functiilor:1. f (x) = 1

3x3, x ∈ [0, 1].

2. f (x) = 12(ex + e−x), x ∈ [0, 1].

3. f (x) = sin x, x ∈ [0, π].4. f (x) = cosx, x ∈

[0, π

2

].

5. f (x) =√

2ax, x ∈ [0, b], a, b > 0 (paraboloid de rotatie).6. f (x) = b

a

√a2 − x2, x ∈ [−a, a], a > b > 0 (elipsoid de rotatie).

Solutie. 1. Avem

A (Sf) = 2π

∫ 1

0

x3

3

√1 + x4 dx =

2π

3

1

4

∫ 1

0

√1 + x4 d

(1 + x4

)=

=π

6

2

3

(1 + x4

) 32

∣∣∣1

0=

π

9

(2√

2− 1).


2. Deoarece 1 + f ′2 (x) = 1 + 14(ex − e−x)2 = 1

4(ex + e−x)2, avem

A (Sf ) = 2π

∫ 1

0

1

4

(ex + e−x

)2dx =

π

2

(1

2e2x + 2x− 1

2e−2x

)∣∣∣∣1

0

=

=π

4

(e2 − e−2 + 4

).

3. Avem

A (Sf) = 2π

∫ π

0

sin x√

1 + cos2 x dx = 4π

∫ π

2

0

sin x√

1 + cos2 x dx.

Efectuam schimbarea de variabila cosx = t, − sin xdx = dt, pentru x = 0, t = 1, pentrux = π

2, t = 0. Deci

A (Sf ) = 4π

∫ 1

0

√1 + t2 dt = 2π

[t√

1 + t2 + ln(t +

√1 + t2

)]∣∣∣1

0dx =

= 2π[√

2 + ln(1 +

√2)]

.

4. Avem

A (Sf) = 2π

∫ π

2

0

cosx√

1 + sin2 x dx.

Efectuam schimbarea de variabila sin x = t, cos xdx = dt, pentru x = 0, t = 0, pentrux = π

2, t = 1. Deci

A (Sf) = 2π

∫ 1

0

√1 + t2 dt = π

[t√

1 + t2 + ln(t +

√1 + t2

)]∣∣∣1

0dx =

= π[√

2 + ln(1 +

√2)]

.

5. Deoarece f (x)√

1 + f ′2 (x) =√

a (2x + a), avem

A (Sf) = 2π

∫ b

0

√a (2x + a) dx = 2π

√a

∫ b

0

(2x + a)12 dx =

=2π√

a

3(2x + a)

32

∣∣∣b

0=

2π√

a

3

[(2b + a)

32 − a

32

].

6. Deoarece f 2 (x) = b2

a2(a2 − x2), f (x) f ′ (x) = − b2

a2x si

f (x)√

1 + f ′2 (x) =b

a

√a2 − e2x2,

unde e =√

a2−b2

aeste excentricitatea elipsei, avem

A (Sf ) =4πb

a

∫ a

0

√a2 − e2x2 dx = 2πab

[arcsin e

e+√

1− e2].

Bibliografie

[1] L�� A��A, T. M�� , Culegere de probleme de calcul diferential si integral,Vol. I, Editura Tehnica, Bucuresti, 1967.

[2] G�. B��, E. C��, S. GA��A, Culegere de probleme de calcul diferential siintegral, Vol. II si III, Editura Tehnica, Bucuresti, 1967.

[3] S. C��TA, Probleme de matematici superioare, Editura Didactica si pedagogica,Bucuresti, 1989.

[4] B. D��, Problems in mathematical analysis, Mir Publishers, Moscow, 1981.

[5] N. D��, D. F ��, Analiza matematica. Culegere de probleme, EdituraALL, Bucuresti, 1993.

[6] C. P. N�� "��, Teste de analiza matematica, Editura Albatros, Bucuresti, 1984.

[7] G�. P��, Matematica, Univ. Tehnica “Gh. Asachi” Iasi, 1999.

[8] G�. P��, G�. S �#�, M. I"��", Matematica, teorie si aplicatii, Editura“Gh. Asachi” Iasi, 2001.

[9] G�. S��T��, Calcul diferential si integral, Vol. 1, Notiuni fundamentale, Ed. st.si Encicl., Bucuresti, 1985.

[10] G�. S��T��, Calcul diferential si integral, Vol. 2, Exercitii, Ed. St. si Encicl.,Bucuresti, 1985.

[11] R�� T��, Culegere de probleme de analiza matematica, Vol. I, Calcululdiferential, Univ. Tehnica “Gh. Asachi” Iasi, 2000.

[12] R�� T��, Culegere de probleme de analiza matematica, Vol. II, Calcu-lul integral, Univ. Tehnica. “Gh. Asachi” Iasi, 2001.

[13] G�, G�""�, O. S'A��S� A, T. S'��, Matematica - Elemente de analiza mate-matica, Manual pentru clasa a XI-a, Editura Didactica si pedagogica, Bucuresti,1996.

[14] N, B�#��, I. C� �(��A, Matematica - Elemente de analiza matematica, Manualpentru clasa a XII-a, Editura Didactica si pedagogica, Bucuresti, 1996.

101

102 BIBLIOGRAFIE

[15] A �)�� C� �(��A, I. C� �(��A, Analiza matematica: Rezolvarea pro-blemelor din manual, Editura Rotech Pro, Bucuresti, 1997.

[16] C. I��"��-T��, L. P��"��, Calcul diferential si integral pentru admitere în fa-cultate, Editura Albatros, Bucuresti, 1975.

[17] M. L. S�� "+�, Tabele de integrale nedefinite, Editura Tehnica, Bucuresti,1972.

matematicielementare calculdiferent¸ial s¸i integral · capitolul1 numerereale.func¸tiireale 1.1...

Documents