Mate Pedia | Rezolvare Subiecte Bacalaureat

Se considera functia $f:\left(0,+\infty\right)$ definita prin $f\left(x\right)=\frac{x^{4}}{4}-\ln x$
a) Sa se calculeze $f^{'}\left(x\right), x\in \left(0,+\infty\right)$
b) Sa se determine punctele extreme ale functiei f.
c) Sa se demonstreze ca $\ln\sqrt{x}\leq\frac{x^{2}-1}{4}$ pentru oricare $x\in \left(0,+\infty\right)$ .
Solutie

a) $f^{'}\left(x\right)=\left(\frac{x^{4}}{4}-\ln x\right)^{'}=\frac{4x^{3}\cdot 4-x^{4}\cdot 0}{4^{2}}-\frac{1}{x}=\frac{16x^{3}}{16}-\frac{1}{x}=x^{3}-\frac{1}{x}=\frac{x\cdot x^{3}-1\cdot 1}{x}=\frac{x^{4}-1}{x}$ .
b) Stim ca $f^{'}\left(x\right)=0$ , adica
$\frac{x^{4}-1}{x}=0\Rightarrow \frac{\left(x^{2}-1\right)\left(x^{2}+1\right)}{x}=0, \forall x\in \left(0,+\infty\right)$
si gasim
$x^{2}+1=0\Rightarrow x^{2}=-1\Rightarrow x^{2}=i^{2}\Rightarrow x_{1,2}=\pm\sqrt{i^{2}}\Rightarrow x_{1,2}=\pm i\notin \left(0,+\infty\right)$ (deci nu convin).
$x^{2}-1=0\Rightarrow x^{2}=1\Rightarrow x_{3,4}=\pm\sqrt{1}\Rightarrow x_{3,4}=\pm 1$
Deci gasim $x_{3}=1$ si $x_{4}=-1$ , observam ca $x_{4}$ nu convine deoarece x se afla in intervalul $\left(0, +\infty\right)$ .
Acum trasam tabelul de variatie

Calculam
$f\left(1\right)=\frac{1^{2}}{4}-ln 1=\frac{1}{4}-0=\frac{1}{4}$ .
Deci $f^{'}\left(x\right)\leq 0,\forall x\in\left(0, 1\right]$ , adica functia este descrescatoare pe acest interval si $f^{'}\left(x\right)\geq 0 \forall x\in \left[1,+\infty\right)$ , adica functia este crescatoare pe acest interval. Si astfel gasim ca x=1 este punct de minim pentru functia f.
c) Din punctul b) stim ca x=1 este punct de minim global , deci $\forall t>0$ , avem $f\left(t\right)\geq f\left(1\right)\Rightarrow \frac{t^{4}}{4}-\ln t\geq \frac{1}{4}-\ln 1\Rightarrow \frac{t^{4}}{4}-\ln t\geq \frac{1}{4}\Rightarrow \frac{t^{4}}{4}-\frac{1}{4}\geq \ln t\Rightarrow \frac{t^{4}-1}{4}\geq \ln t$ .
Acum daca notam $t=\sqrt{x}$ obtinem
$\frac{\left(\sqrt{x}\right)^{4}-1}{4}\geq \ln \sqrt{x}\Rightarrow \frac{x^{2}-1}{4}\geq \ln \sqrt{x}$ .
Ceea ce trebuia demonstrat.
2) Se considera integrala $I_{n}=\int^{2}_{1}x^{n}e^{x}dx, n\in N$ .
a) Sa se calculeze $I_{0}$
b) Sa se determine $I_{1}$
c) Sa se arate ca $\left(n+1\right)I_{n}+I{n+1}=e\left(2^{n+1}e-1\right)$ pentru orice $n\in N$ .
Solutie
a) $I_{0}=\int^{2}_{1}x^{0}e^{x} dx=\int^{2}_{1}a\cdot e^{x}=\int^{2}_{1}e^{x} dx=e^{x}|^{2}_{1}=e^{2}-e^{1}=e^{2}-e=e\left(e-1\right)$
b) $I_{1}=\int^{2}_{1}x^{1}\cdot e^{x} dx=\int^{2}_{1}x\cdot e^{x}dx=\int^{2}_{1}x\cdot\left(e^{x}\right)^{'}dx=x\cdot e^{x}|^{2}_{1}-\int^{2}_{1}x^{'}\cdot e^{x}=x\cdot e^{x}|^{2}_{1}-\int^{2}_{1}1\cdot e^{x}dx=x\cdot e^{x}|^{2}_{1}-e^{x}|^{2}_{1}=2e^{2}-1\cdot e^{1}-e^{2}+e^{1}=e^{2}$
Integrala de mai sus am rezolvat-o cu ajutorul integrarri prin parti.
c) $I_{n+1}=\int^{2}_{1}x^{n+1}e^{x}dx=\int^{2}_{1}x^{n+1}e\left(e^{x}\right)^{'}dx=x^{n+1}e^{x}|^{2}_{1}-\int^{2}_{1}\left(x^{n+1}\right)^{'}e^{x}dx=2^{n+1}e^{2}-1^{n+1}e^{1}-\left(n+1\right)\int^{2}_{1}x^{n}e^{x}dx$
Acum
$I_{n}=\int^{2}_{1}x^{n}e^{x} dx$
Acum obtinem
$\left(n+1\right)I_{n}+I{n+1}=\left(n+1\right)\int^{2}_{1}x^{n}e^{x}dx+2^{n+1}e^{2}-1^{n+1}e^{1}-\left(n+1\right)\int^{2}_{1}x^{n}e^{x}dx=2^{n+1}e^{2}-1\cdot e=e\left(2^{n+1}e-1\right)$ .

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