Page 105 - RMGO 2

Rezolvarea problemelor din num˘arul anterior 105

MGO 35. Fie f : D → R o funct ,ie convex˘a (sau concav˘a), D ⊆ R. Atunci f
este continu˘a pe Int D (unde Int D = {x ∈ R | ∃ V vecin˘atate a lui x a.ˆı. V ⊆ D}
reprezint˘a mult ,imea punctelor interioare ale domeniului de definit ,ie D).

* * *
Solut ,ie. Consider˘am c˘a f este convex˘a (cazul f concav˘a este similar sau poate
fi redus la cazul considerat, luˆand funct , ia −f). Fie un punct arbitrar x ∈ Int D.
Evident, exist˘a [a, b] ⊆ D a.ˆı. x ∈ (a, b). Fie (x n ) ⊂ D un s , ir arbitrar a.ˆı.
n≥1
x n → x s , i x n > x, ∀ n. Evident, exist˘a un rang n 0 a.ˆı. x n < b, ∀ n ≥ n 0 .
Pentru orice n ≥ n 0 avem x n = α n x + (1 − α n )b s , i x = β n a + (1 − β n )x n , unde
b − x n x n − x
α n = s , i β n = . Evident, α n , β n ∈ (0, 1), ∀ n ≥ n 0 , α n → 1 s , i
b − x x n − a
β n → 0. Funct , ia f fiind convex˘a, rezult˘a c˘a f(x n ) ≤ α n f(x) + (1 − α n )f(b) s , i
f(x) − β n f(a)
f(x) ≤ β n f(a) + (1 − β n )f(x n ). Astfel avem ≤ f(x n ) ≤ α n f(x) +
1 − β n
(1 − α n )f(b), ∀ n ≥ n 0 . Aplicˆand Criteriul cles , telui rezult˘a c˘a f(x n ) → f(x),
prin urmare f d (x) = f(x). Analog se demonstreaz˘a c˘a f s (x) = f(x) (luˆand
0
0
0
0
0
0
0
0
x → x, a < x < x < b, x = α a + (1 − α )x, x = β x + (1 − β )b, etc.) s , i
n
n
n
n
n n
n
n
astfel rezult˘a c˘a f este continu˘a ˆın punctul x.
Clasa a XII-a
MGO 36. S˘a se calculeze integrala
π
x
Z e cos x
I = 2 √ π dx.
x
0 1 + 2e sin x +
4
Mihai Florea Dumitrescu, Potcoava
π/2 e cos x π/2 cos x
x
Z Z
Solut ,ie. I = x dx = −x dx
0 1 + e (sin x + cos x) 0 e + sin x + cos x
" 0 #

1 Z π/2 e −x + sin x − cos x 1 Z π/2 (e −x + sin x + cos x)
= 1 − dx = 1 + dx
2 0 e −x + sin x + cos x 2 0 e −x + sin x + cos x
π/2 −π/2
1 π 1 e + 1
= [x + ln (e −x + sin x + cos x)] = + ln .
2 4 2 2
0
∗
MGO 37. Fie a < b s , i n ∈ N . Calculat ,i urm˘atoarele integrale:
b 1
Z
a) I 1 = dx.
a (x − a) 2n+1 + (x − b) 2n+1