CLASE DE FUNCTII CARE ADMIT PRIMITIVE

CLASE DE FUNCTII CARE ADMIT PRIMITIVE

In cele ce urmeaza sa prezentam evidentiem o clasa larga de functii care admit primitive pe un interval. In acelasi timp vedem si care sunt operatiile algebrice pe multimea functiilor care admit primitive, care genereaza de asemenea functii ce admit primitive.

Teorema: O functie continua g: I → A, I interval, admite primitive pe I.

Teorema da o conditie suficienta ca o functie sa admita primitive.

In determinarea unei primitive F a lui f continua, f functie multiforma, trebuie sa tinem seama ca orice primitiva este continua. Din aceasta conditie, numita "lipirea constantelor" se obtine legatura care apare intre constantele din expresia primitivei. Conditia F' = f (consecinta teoremei lui Lagrange) are loc in punctele de trecere de la o forma la alta a lui f. Daca f nu este continua, atunci trebuie aratat ca F' = f.

Reciproca acestei teoreme este falsa, adica exista functii discontinue care admit primitive.

Asadar, o modalitate de a stabili daca o functie admite primitive pe un interval este de a-i studia continuitatea. Daca functia este continua, atunci admite primitive.

Exemplu.

Sa se arate ca g: A A, g(x) = e^x, x ³ admite primitive pe A. Sa se determine o astfel de

x + 1, x <

primitiva.

Solutie.

Evident g este continua pe A , fiind definita pe ¥ prin intermediul functiei exponentiale (care este continua pe A, deci si pe restrictia ¥ ) iar pe (-¥ prin functia polinomiala (care este continua pe A, deci si pe restrictia (-¥

Studiem continuitatea in x = 0.

Din lim g(x) = lim g(x) = g(0) Û lim (x + 1) = lim e^x = g(0) = 1,

x→0 x→0 x→0 x→0

x< x > 0 x < 0 x >

se deduce ca g este continua si in x = 0. Deci g este continua pe A. Prin urmare g admite primitive pe A. Pentru a calcula o primitiva G: A A se calculeaza pe ¥ , ∫e^x dx, iar pe (-¥, 0), ∫(x + 1) dx.

Avem G(x) = e^x + k₁, x ³

x²/2 + x + k₂, x <

Legatura intre constantele k₁, k₂ se obtine din cerinta de continuitate in x = 0 a functiei G (G fiind derivabila in x = 0, implica G este continua in x = 0 ).

Avem: G continua in x = 0 Û lim G(x) = lim G(x) = G(0) Û k₂ = 1 + k₁

x→0 x→0

x < x >

Se poate lua k₁ = 0 si deci k₂ = 1. Prin urmare forma finala a unei primitive G pentru g este

G(x) = e^x, x ³

x²/2 + x + 1, x <

Din construcitie avem ca G este derivabila pe A si G'(x) = g(x), xIA . Se verifica simplu ca G'(0) = g(0) = 1.(De fapt ultima verificare nemaifiind necesara, pentru ca g fiind continua, admite primitive. Deci este necesar sa gasim doar relatia dintre constantele k₁, k₂).

Observatie.

Daca g: I→A unde I = a, b

g₁(x), xI a, x₁ =I₁

g(x) = g₂(x), xI x₁, x₂ =I_{2 ,} este o functie continua pe I, atunci pentru a calcula o primitiva G a

g_k(x), xI(x_k-1, b =I_k

lui g se calculeaza: pe I_1, òg₁(x)dx; pe I₂, òg₂(x)dx;; pe I_k, òg_k(x)dx si se alege cate o primitiva dintre multimile de mai sus:

G₁ I òg₁(x)dx, G₂ I òg₂(x)dx,, G_k I òg_k(x)dx, dupa care "arhitectura" lui G este:

G₁(x) + c₁, xI I₁

G(x) = G₂(x) + c₂, xI I₂ ,unde constantele c₁, c₂,,c_k se determina din conditia de continuitate a

G_k(x) + c_k, xI I_k

lui G in punctele de "lipire" x₁, x₂,,x_k-1. Uneori se utilizeaza in determinarea constantelor, conditia ca G sa fie continua la capete:

G(a) = lim G(x), G(b) = lim G(x) .

x → a x→b

x > a    x < b

Facem precizarea ca se poate lua constanta c₁ = 0 (daca nu este o alta conditie pentru G si punctele din I₁). Acum integrala nedefinita este:

ò g(x)dx = G(x) + c,

cu G precizata mai sus.

Daca F(I) = , iar A, B Ì F(I), atunci A + B =

lA = lIA

Rezultatul urmator ne spune ca adunarea si inmultirea cu scalari nenuli a functiilor care admit primitive dau tot functii care admit primitive.

Teorema.(Operatii algebrice cu functii care admit primitive)

Fie f,g : I →A, I interval, doua functii care admit primitive pe I si αIA . Atunci :

f + g admite primitive pe I si ò f(x) + g(x) dx = ò f(x) dx + ò g(x) dx,

Integrala sumei este egala cu suma integralelor.

α f admite primitive pe I si ò α f(x) dx = α ò f(x) dx,

Constanta iese de sub integrala.

Demonstratie:

Fie F, G: I→A primitive pentru f si g pe I. Atunci este clar ca F+G este derivabila si in plus (F+G)' = F' + G' = f + g. Deci F + G este o primitiva a lui f + g pe I. Deci pe de o parte ò f(x) + g(x) dx = F(x) + G(x) + C (1), iar pe de alta parte

òf(x) dx + òg(x) dx = F(x) + C + G(x) + C = F(x) + G(x) + C + C = F(x) + G(x) + C (2).

Din (1) si (2) rezulta ò f(x) + g(x) dx = òf(x) dx + òg(x) dx.

Fie F: I→A o primitiva a lui f pe I. Atunci αF este o primitiva a lui αf pe I, deoarece αf este derivabila si (αF)' = αF' = αf. Prin urmare òα f(x) dx = α F(x) + C (1). Pe de alta parte α ò f(x) dx = α (F(x) + C) = αF(x) + αC = αF(x) + C (2).

Din (1) si (2) rezulta egalitatea òα f(x) dx = αò f(x) dx.

Observatii.

a)      Rezultate similare au loc si pentru functiile derivabile f, g:I→A si αIA : (f + g)'= f ' + g' si (αf)' = αf '.

Schematic:

b)      Daca f_i :I→A, i =1,n sunt functii care admit primitive si α_i IA åα_i² ¹ 0, atunci

ò å α_i f_i(x)) dx = åα_i ò f_i(x) dx.

In particular: ò(-f) = - ò f si ò(f - g) = òf - òg .

c)      Suma dintre o functie care admite primitive (f) si o functie care nu admite primitive (g) pe acelasi interval I este o functie care nu admite primitive pe I.

Intr-adevar, fie h: I→A, h(x) = f(x) + g(x), xII. Daca, prin absurd h ar admite primitive, atunci, g = h - f ar admite primitive pe I, fals.

d)      Se verifica usor ca daca f este o primitiva a lui f, atunci x→(1/l)F(lx), l¹0 este o primitiva a functiei x→f(lx), xIA

Exemplu: Fie functia f(x) = x² + 2x cu primitiva F(x) = x³/3 + x².

Daca f₁(x) = f(2x) = 4x² + 4x, atunci o primitiva a ei este F₁(x) = ½ F(2x) =

= ½ (8/3x³ + 4x²) = 4/3x³ + 2x².

Un mod de a arata ca o functie admite primitive pe un interval este de a o scrie ca o   

combinatie liniara de functii care admit primitive pe acest interval.

e)      Produs de functii care admit primitive pe nu este obligatoriu o functie care admite primitive pe I.

Intr-adevar, fie g:A A, g(x) = sin (1/x), x ¹

0, x = 0

Aceasta functie nu este continua pe A (nefiind continua in x = 0) admite primitive pe A. Pentru a determina o primitiva a lui g consideram functia

G:A A

G(x) = x² cos (1/x), x ¹

0, x = 0

care este derivabila pe A ( in x=0, G'(0) = 0) si avem:

G'(x) = 2xcos(1/x) + sin(1/x), x ¹

0, x = 0

De aici sin (1/x) = G'(x) - 2x cos(1/x), x ¹ 0 si g(x) = f₁(x) - 2f₂(x), unde f₁ = G', iar

f₂(x) = xcos(1/x), x ¹

0, x = 0.

Evident f₁ admite primitive(pe G), iar f₂ fiind continua are, de asemenea, primitive. Tinand seama de observatia precedenta deducem ca g = f₁ - 2f₂ admite primitive.

Totusi functia

g²(x) = (1 - cos(2/x))/2, x ¹ 0 = ½ , x ¹ 0 - cos(2/x), x ¹

0, x = 0 0, x = 0 0, x = 0, unde prima functie nu admite primitive, in timp ce a doua functie admite primitive (se procedeaza ca la g, considerand functia F(x) = x² sin (2/x), x ¹ 0 si F(0) = 0).

Functia G a fost aleasa derivabila astfel incat prin derivare sa obtinem in structura ei si pe g. Consideram pe G(x) = h(x) cos (1/x) si calculam

G'(x) = h'(x)cos(1/x) + (h(x)/x²)sin(1/x).

Pentru ca al doilea termen sa fie sin(1/x) se alege h(x) = x².

Daca insa consideram f,g: A A cu f derivabila si f ' continua, iar g admite primitive, atunci produsul f g admite primitive pe A

Intr-adevar, fie G o primitiva a lui g, atunci (Gf)' = G' f + G f ' = gf + G f 'si deci fg = (Gf)' - Gf ' este diferenta de functii care admit primitive.

Exemple.

1. Sa se determine o primitiva pe A a functiile f₁(x) = x², f₂(x) =2sinx, f₃(x) = -3e^x, xIA

Acestea sunt F₁, F₂, F₃: A A, F₁(x) = x³/3, F₂(x) = -2cosx si respectiv F₃(x) = -3e^x

( F'₁ = f₁, F'₂= f_2, F'₃= f₃ ). Deci o primitiva a lui f este F:A A, F(x) =F₁(x) + F₂(x) + F₃(x) = x³ - 2cosx - 3e^x.

2. Sa se determine o primitiva pe (0,¥) a functiei f:(0,¥ A, f(x) = 2x + x - 5/x.

Se determina cate o primitiva pe (0, ¥) pentru fiecare din functiile f₁(x) = 2x, f₂(x) = x, f₃(x) = - 5/x, x >

Acestea sunt F₁, F₂, F₃: (0, ¥ A, F₁(x) = x², F₂(x) = 2/3x x si respectiv F₃(x) = -5lnx. Functia F:(0, ¥ A, F(x) =F₁(x) + F₂(x) + F₃(x) = x² + 2/3x x - 5lnx este o primitiva a lui f pe (0, ¥

O schema de lucru utila pentru a stabili daca o functie g:I→A ( I interval ) admite primitve pe I este prezentata in schema urmatoare.

DA

NU

DA

NU

NU

DA

DA

NU

Data fiind o functie pe I, prima problema pe care ne-o punem este aceea daca functia este continua pe I. Daca este continua, atunci se stie ca ea admite primitive pe I. Daca insa g nu este continua, atunci studiem daca g are punct de discontinuitate de prima speta din I. Daca are, atunci g nu are proprietatea lui Darboux pe I si deci g nu va admite primitive pe I. Daca g nu are un astfel de punct in I, atunci studiem daca g are proprietatea lui Darboux pe I. Daca g nu are aceasta proprietate pe I, atunci g nu admite aici primitive.

Daca insa se poate gasi G:I→A cu proprietatile:

• G este derivabila pe I
• G'(x) = g(x), xI I

Atunci G este primitiva a lui g pe I. In cazul in care G nu verifica propritatile de mai sus, atunci g nu admite primitive pe I. Daca g nu este continua, atunci se incearca constructia unei primitive G (deci se sar prima si a doua etapa).

Probleme.

1. Fie g: A A, g(x) =    e^x , x £

ax + b , x > 0, a, b IA

Sa se determine a, b astfel incat g sa aiba primitive pe A

Solutie:

O primitiva a lui G: A A a lui g are forma (se integreaza g pe (-¥ si pe (0, ¥

G(x) = e ^x + k, x £

ax²/2 + bx + k¢, x >

Cum G este derivabila in x = 0, rezulta G continua in x = 0, adica

lim G(x) = lim G(x) = G(0) Û 1 + k = k¢

x→0 x→0

x < x >

Daca luam k = 0, atunci k¢

Functia G este derivabila in x = 0 Û G¢_s(0) = G¢_d IA Û lim e^x = lim (ax + b) Û b = 1

x→0 x→0

x < x >

In final G(x) = e^x, x £ 0 este primitiva pentru g pe A, deoarece g este derivabila

ax²/2 + x + 1, x >

pe A si G¢(x) = g(x), xIA (G¢(x) = g(x), xIA din constructia lui G si G¢(0) = g(0) = 1 de mai sus). Deci aIA, b = 1.

Altfel. Se scrie g sub forma g(x) = e^x , x £ + 0 , x £

1 + ax, x > b - 1 , x >

Prima functie este continua si deci admite primitive (pe A

Pentru a doua functie, daca b - 1 ¹ 0, atunci x = 0 ar fi punct de discontinuitate de prima speta si deci functia nu admite primitive. Deci trebuie ca b - 1 = 0, iar aIA, caz in care g apare ca suma de functii ce admit primitive.

2. Fie g: A A, g(x) = e^-3x cosx. Sa se determine numerele reale m, n pentru care functia

G: A A, G(x) = e^-3x( m cosx + n sinx ) este o primitiva a lui g ( pe A

Solutie:

Este clar ca G este derivabila pe A. Functia G este primitiva a lui g pe A, daca G¢(x) = g(x), xIA Û e^-3x n - 3m )cosx - (m + 3n)sinx = e^-3xcosx, xIA. Cum egalitatea este adevarata pentru orice xIA, ea se verifica si pentru x = 0, cand n - 3m = 1 si pentru x = p/2 cand m + 3n = 0. Rezolvand sistemul in m si n rezulta m = -3/10, n = 1/10.

3. Fie g: (-1, ¥ A, g(x) = 15x x + 1 /2. Sa se determine a, b, c astfel incat G: (-1, ¥ A

G(x) = (ax² + bx + c) x + 1 sa fie o primitiva a lui g pe (-1, ¥

Solutie:

Functia G fiind produs de functii derivabile pe (-1, ¥), este o functie derivabila. Aceasta functie este primitiva pentru g ( pe (-1, ¥) ) daca G¢(x) = g(x), x >

Avem: (2ax + b) x + 1 + ( ax² + bx + c)/(2 x + 1) = (15x x + 1)/2, x > -1 sau

(5a - 15)x² + (4a + 3b - 15)x + 2b + c = 0, x >

Dand lui x trei valori distincte din intervalul (-1, ¥) rezulta sistemul

5a - 15 = 0

4a + 3b - 15 = 0 , cu solutia a = 3, b = 1, c = - 2.

2b + c = 0

4. Fie g: a, b A, cI a, b). Daca g admite primitive pe a, c si pe c, b , atunci sa se arate ca g admite primitive pe a, b

Solutie.

Fie G₁: a, c A o primitiva a lui g pe a, c , iar G₂: c, b A o primitiva a lui g pe c, b

Atunci luam G: a, b A o primitiva a lui g (pe a, b ) astfel:

G(x) = G₁(x), x I a, c , unde k se determina din cerinta de continuitate a lui G in x = c.

G₂(x) + k, x I (c, b

Avem: G este continua in x = c Û lim G(x) = lim G(x) = G(c) Û G₁(c) = G₂(c) + k. De aici

x c x c

x < c x > c

k = G₁(c) - G₂(c).

Evident G¢(x) = g(x), xI a, b . Avem de aratat ca G¢(c) = g(c).

Avem: G¢_s(c) = lim G(x) - G(c) = lim G₁(x) - G₁(c) = (G₁)¢_s(c) = g(c),

x c x - c x c x - c

x < c x < c

G¢_d(c) = lim G(x) - G(c) = lim G₂(x) + k - G₁(c) = lim G₂(x) - G₂(c) = (G₂)¢_d(c) = g(c)

x c x - c x c x - c x c x - c

x < c    x < c x < c

ceea ce arata ca G¢_s(c) = G¢_d(c) = g(c).

Sa se arate ca functia g: A A, g(x) = (x + 1) sin (1/x), x ¹ 0 admite primitive pe A

0, x = 0

Solutie.

Scriem functia g sub forma:

g(x) = x sin(1/x) , x ¹ + sin (1/x), x ¹ 0 = g₁(x) + g₂(x), x IA

0, x = 0 0, x = 0

Prima functie (g₁) este continua pe A , iar din 0 £ ½x sin(1/x) ½£½x ½se deduce

lim x sin(1/x) = 0 = g₁(0), ceea ce arata ca g₁ este continua si in x = 0. Deci g₁ este continua

x

pe A si prin urmare admite primitive pe A. Functia g₂, am aratat ca admite primitve pe A. Deci functia g fiind suma a doua functii care au primitive pe A, are de asemenea primitive pe A ( g₂ este un exemplu de functie care nu este continua, dar admite primitive).