format .pdf, 1.8 MB

XII.29. Fie f : R → R ofuncţie continuă şi t>0. Pentru a, b > 0, săse
calculeze
nX k t − (k − 1) t
lim
f
µn ³ b´
t
−1 k a a+b
(k − 1) .
n→∞
k=1
n t
½ ¾
Mihail Bencze, Braşov
0
t
Soluţie. Fie ∆ n =
n t , 1t
n t ,...,nt n t o diviziune a intervalului [0, 1]. Atunci
k t − (k − 1) t
k∆ n k = max
k∈{0,1,...,n} n t = nt − (n − 1) t
n t → 0 pentru n →∞. Luăm drept
puncte intermediare media geometrică ponderată a punctelor de diviziune, adică
⎡
µ
ξ k = ⎣ k
t a
à ! ⎤ 1
(k − 1) t b a+b
⎦
³ b´ t
n t n t
= n −t k a a+b
(k − 1) ,k= 1,n.
Atunci
σ ∆n (f,ξ) =
o
nX k t − (k − 1) t
f
k=1
n t
µn ³ b´
t
−t k a a+b
(1 − k) .
Cum f :[0, 1] → R este continuă, rezultă că lim σ ∆
n→∞ n
(f,ξ) = f (x) dx.
0
Z t
ln (1 + x)
h
x2 π
XII.30. Să searatecă e
0 (1 + x 2 ) 2 dx ∈ eπ
i
ln 2,
8 16 ln 2 .
Cristian Moanţă, Craiova
Soluţie. Notăm cu I integrala din enunţ şi fie f :[0, 1] → R, f (x) =
ex2
1+x 2 .
Deoarece e x ≥ 1+x 2 , x ∈ R, avemcă f (x) ≥ 1; deoarece f este crescătoare pe [0, 1]
(căci f 0 (x) =
2x3 e x2
(1 + x 2 ) 2 ≥ 0, x ∈ [0, 1]), rezultă că f (x) ≤ f (1) = e 2 .Caurmare
Z 1
ln (1 + x)
0 1+x 2 dx ≤ I ≤ e Z 1
ln (1 + x)
2 0 1+x 2 dx
Z 1
ln (1 + x)
şi rămâne de arătat că J =
0 1+x 2 dx = π ln 2.
8
Într-adevăr, cu schimbarările x =tgt şi t = π − u, vomavea
4
Z π/4
Z 0 ³ ³ π u´´
J = ln (1 + tg t) dt = − ln 1+tg
0
π/4
4 − du =
Z π/4
Z
2
π/4
= ln
1+tgu du = ln 2du − J,
0
Z 1
de unde J = π 8 ln 2. 66