format .pdf, 0.9 MB - Recreaţii Matematice

Soluţie. Adunând cele două relaţii date, obţinem (f + g) 0 (x) = (f + g)(x),∀x ∈ R, sau(e −x (f + g)) 0 (x) =0, de unde găsim f (x)+g (x) =Ce x , ∀x ∈ R, undeC ∈ R este o constantă arbitrară. Revenind la prima ecuaţie, avemf 0 (x) =Ce x + x − f (x) , ∀x ∈ R,sau (e x f (x)) 0 = Ce 2x + xe x ,∀x ∈ R, decif (x) = C 2 ex + k 1 e −x + x − 1, ∀x ∈ R.Analog, obţinem g (x) = C 2 ex − k 2 e x − x +1, ∀x ∈ R. Se verifică uşor că acestefuncţii satisfac sistemul de ecuaţii dat.XII.39. Fie f,g :(0, ∞) → R astfel încât lim f (x) = lim g (x) =∞, iarx→∞ x→∞Zf (x)1lim = β ∈ R. Să secalculezex→∞ g (x) lim f (n) x g(n)dx, unde α ∈ [1, ∞).n→∞0 x + αAdrian Sandovici, Piatra NeamţSoluţie. Din ipoteză rezultă căexistă n 0 astfel încât f (n) > 0 şi g (n) > 0,∀n ≥ n 0 .Pentrun ≥ n 0 ,avem:Z 1I n = f (n)0"= f (n)g (n)x g(n) dxx + α= f (n)g (n)x g(n)+1 1 Z 1x + α ¯ − α00Z 10³x g(n)´0#x g(n)(x + α) 2 dx .xx + α dx =DeoareceZ 1x g(n) Zdx 10 ≤0 (x + α) 2 ≤ x g(n) 1dx =0g (n)+1Z 1x g(n) dxşi lim g (n) =∞, rezultăcă limn→∞ n→∞2=0.Aşadar, avem lim0 (x + α) I n =βn→∞ 1+α .XII.40. Fie f :[0, 1] → R ofuncţie derivabilă cuderivatacontinuăastfelîncâtxf 0 f (x)(x) ≥ f (x), ∀x ∈ [0, 1], iar lim există şi este finită. Să searatecăx→0 xx>0 µ Z 1 Z 1f (x)f (1) ≥ min 2 f (x) dx,00 x dx .MarcelZChiriţă, Bucureşti1Z 1Soluţie. Din xf 0 (x) ≥ f (x), ∀x ∈ [0, 1] rezultă că xf 0 (x) dx ≥ f (x) dx,Z001 Z 1Z 1sau xf (x)| 1 0 − f (x) dx ≥ f (x) dx, decif (1) ≥ 2 f (x) dx (1).000f (x)Deoarece lim există şi este finită, rezultă că lim f (x) =0.Astfel,avemx&0 xx&0Z 10f (x)xdx =limε&0Z 1εf (x)xdx ≤ limε&0Z 1εf 0 (x) dx = limε&0(f (1) − f (ε)) = f (1) ,ceea ce, împreună curelaţia (1), conduce la inegalitatea din enunţ.64