GAZETA MATEMATIC˘A - SSMR

S. Rădulescu şi I. V. Maftei, Concursul de ocupare a posturilor, 2009 225Atunci:∫1xlimx→∞ x · dt4+cost = 1 ·2π√ √15 15=2π 15 15 .0Observaţii. 1) Problema pusă în discuţie poate fi generalizată suburmătoarea:Teoremă. Fie f : R → R o funcţie continuă şi periodică de perioadăT>0.Dacăa, b > 0, atunciavem:a) limx→∞∫ ba1b) limx→∞ x1f(tx)dt = limx→∞ x∫ bxaxf(t)dt = b − aT∫ bxax∫ T·0f(t)dt;f(t)dt.Demonstraţie. a) Egalitatea de la punctul a) se obţine cu ajutorulschimbării de variabilă u = tx, de unde du = xdt şi pentru t = a rezultău = ax, iarpentrut=brezultă u = bx. Înlocuind obţinem:1x∫ baf (tx)dt = 1 xb) Avem:∫ bxaxf(t)dt = 1 x∫ 0ax∫ bxax∫ b1f(u)du ⇒ lim f(tx)dt = limx→∞x→∞ xaf(t)dt + 1 x= bbx∫ bx0∫ bx0f(t)dt = 1 xf(t)dt − aax∫ ax0∫ bx0f(t)dt.∫ bxaxf(t)dt − 1 xAplicând teorema demonstrată anterior în final avem:1limx→∞ x∫ bxax= b Tbf(t)dt = limx→∞ bx∫ T0f(t)dt − a T∫ T0∫ bx0af(t)dt − limx→∞ axf(t)dt = b − aT∫ T·0∫ ax0f(t)dt.f(u)du.∫ ax0f(t)dt =f(t)dt =Pentru cazul particular a =0,b=1,T =2πşi funcţia f : R → R,1f (t) = se obţine limita cerutăîn problemă.4+cost2. Problema propusă se poate generaliza în modul următor: