Faceți căutări pe acest blog

miercuri, 18 februarie 2015

Varianta model pentru bacalaureat, 2015, mate-info (M1), subiectul III, problema 2.c


Fie funcția $f(x):\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ f(x):R→R, dată prin legea $f(x)=\large{\frac{1}{\sqrt{x^2+4}}}$ și numărul $I_n=\int\limits_0^1 x^n f(x) dx$, cu $n$ număr natural nenul. În aceste condiții, arătați că $nI_n=\sqrt 5-4(n-1)I_{n-2}$, oricare ar fi numărul natural $n\ge 3$.


Pentru a putea demonstra relația cerută  $nI_n=\sqrt 5-4(n-1)I_{n-2}$, ni se sugerează ceva. Observați că în relație apare $\sqrt 5$. Înseamnă că acest $\sqrt 5$ ar putea fi obținut din ceva de genul $\sqrt{1+4}$, adică s-ar putea să fie rezultatul a ceva cu $\sqrt{x^2+4}\left.\right|_0^1$. Aha! Deci, ni se sugerează să încercăm să calculăm integrala. Haideți, atunci, să vedem ce putem face pentru a calcula integrala. Desigur, va fi un calcul de recurență, adică nu un calcul complet, ci unul parțial, în care integrala de ordinul mare depinde de integralele de ordin mai mic. Ia să vedem...



Integrala de calculat ar fi $$I_n=\int\limits_0^1 x^n f(x) dx=\int\limits_0^1 x^n\frac{1}{\sqrt{x^2+4}}dx.$$

Elevul care a derivat des radicalul $\sqrt{x^2+a}$ știe că $$(\sqrt{x^2+4})^\prime=(\sqrt u)^\prime=\frac{u^\prime}{2\sqrt u}=\frac{(x^2+4)^\prime}{2\sqrt{x^2+4}}=\frac{2x}{2\sqrt{x^2+4}}=\frac{x}{\sqrt{x^2+4}}.$$

Așadar $$(\sqrt{x^2+4})^\prime=(\sqrt u)^\prime=\frac{x}{\sqrt{x^2+4}}.$$

Furând un $x$ de la $x^n$ și punându-l deasupra radicalului, obținem că integrala noastră devine $$I_n=\int\limits_0^1 x^n\frac{1}{\sqrt{x^2+4}}dx=\int\limits_0^1 x^{n-1}\frac{x}{\sqrt{x^2+4}}dx.$$

Și cum $$\frac{x}{\sqrt{x^2+4}}=(\sqrt{x^2+4})^\prime,$$ integrala devine de fapt
$$I_n=\int\limits_0^1 x^{n-1}(\sqrt{x^2+4})^\prime dx.$$

Iar această integrală poate fi abordată prin părți. Desigur, elevul cu experiență în spate a văzut din start toată această desfășurare a raționamentului și de aceea a luat-o pe această cale. Altfel, nu știu ce ar mai fi încercat neavând experiență.

Ok. Deci, să calculăm atunci integrala noastră prin părți după formula $\int fg^\prime=fg-\int f^\prime g$. Avem atunci $$I_n=\int\limits_0^1 x^{n-1}(\sqrt{x^2+4})^\prime dx=x^{n-1}\sqrt{x^2+4}\left.\right|_0^1-\int\limits_0^1 (x^{n-1})^\prime\sqrt{x^2+4} dx.$$

Deci, $$I_n=1^{n-1}\sqrt{1^2+4}-0^{n-1}\sqrt{0^2+4}-\int\limits_0^1 (x^{n-1})^\prime\sqrt{x^2+4} dx.$$

Așadar, integrala devine $$I_n=\sqrt{5}-\int\limits_0^1 (x^{n-1})^\prime\sqrt{x^2+4} dx.$$ Și cum $(x^{n-1})^\prime=(n-1)x^{n-2}$, obținem că integrala este $$I_n=\sqrt{5}-\int\limits_0^1 (x^{n-1})^\prime\sqrt{x^2+4} dx=\sqrt{5}-(n-1)\int\limits_0^1 x^{n-2}\sqrt{x^2+4} dx.$$

Observați că ne-am mai apropiat puțin de relația de recurență cerută. Acum ar trebui să mai prelucrăm puțin integrala $\int\limits_0^1 x^{n-2}\sqrt{x^2+4} dx$ ca să putem folosi pentru ea notația cu $I_k$.

Dar notația cu $I_k$ conține radicalul la numitor, nu la numărător. Așa că va trebui să prelucrăm cumva integrala $\int\limits_0^1 x^{n-2}\sqrt{x^2+4} dx$ în așa fel încât radicalul să ne apară la numitor. Putem oare să facem așa ceva? Putem. Pentru că avem proprietatea prin care „raționalizăm numărătorul” și anume $\sqrt a=\frac{\sqrt a}{1}=\frac{\sqrt a\cdot\sqrt a}{\sqrt a}=\frac{a}{\sqrt a}$.

Astfel, radicalul din integrala noastră devine $$\sqrt{x^2+4}=\frac{x^2+4}{\sqrt{x^2+4}}.$$ Atunci, vom putea scrie că $$I_n=\sqrt{5}-(n-1)\int\limits_0^1 x^{n-2}\frac{x^2+4}{\sqrt{x^2+4}} dx.$$

Acum despărțim fracția în două fracții ca să ne apropiem de $I_k$. Mai exact, avem $$I_n=\sqrt{5}-(n-1)\int\limits_0^1 x^{n-2}\left(\frac{x^2}{\sqrt{x^2+4}}+\frac{4}{\sqrt{x^2+4}}\right) dx.$$ Înmulțind apoi cu $x^{n-2}$ avem $$I_n=\sqrt{5}-(n-1)\int\limits_0^1 \frac{x^{n-2}x^2}{\sqrt{x^2+4}}+\frac{4 x^{n-2}}{\sqrt{x^2+4}} dx.$$

Dar, $x^{n-2}x^2=x^{n-2+2}=x^n$. Astfel, integrala devine, de fapt $$I_n=\sqrt{5}-(n-1)\int\limits_0^1 \frac{x^n}{\sqrt{x^2+4}}+\frac{4 x^{n-2}}{\sqrt{x^2+4}} dx.$$ Și cum integrala sumei este o sumă de integrală, avem încă $$I_n=\sqrt{5}-(n-1)\left(\int\limits_0^1 \frac{x^n}{\sqrt{x^2+4}}dx+4\int\limits_0^1\frac{x^{n-2}}{\sqrt{x^2+4}} dx\right).$$

Noa, ian să vedem acum dacă rezultatul poate fi scris cu ceva recurență, știind că, din enunțul problemei, în loc de $\int\limits_0^1\frac{x^k}{\sqrt{x^2+4}} dx$ putem să punem $I_k$. Integrala noastră devine atunci de fapt $$I_n=\sqrt{5}-(n-1)\left(\int\limits_0^1 \frac{x^n}{\sqrt{x^2+4}}dx+4\int\limits_0^1\frac{x^{n-2}}{\sqrt{x^2+4}} dx\right)=\sqrt 5-(n-1)(I_n+4I_{n-2}).$$

Desfăcând parantezele, mai obținem că $$I_n=\sqrt 5-nI_n-4nI_{n-2}+I_n+4I_{n-2}.$$

Mamăăăă, ce aproape suntem de final! Ducem în stânga termenii cu $I_n$ cu semnul schimbat și avem $$I_n-I_n+nI_n=\sqrt 5-4nI_{n-2}+4I_{n-2}.$$ Apoi, reducem $I_n$ cu $-I_n$ și dăm factor comun ceea ce trebuie în dreapta egalității. Obținem $$\large{\color{red}{nI_n=\sqrt 5-4(n-1)I_{n-2}}},$$
ceea ce trebuia arătat.

Desigur, pare o groază de lucru, lucru pe care elevul experimentat l-a parcurs mental în primele secunde din momentul în care a înțeles cum va rezolva problema. Dar, să nu uităm că examinatorul nu are nevoie de chiar atâtea amănunte precum cele găsite aici. De exemplu, nu trebuie să detaliați faptul că $\sqrt a=\frac{\sqrt a}{1}=\frac{\sqrt a\cdot\sqrt a}{\sqrt a}=\frac{a}{\sqrt a}$. Dimpotrivă, pentru examinator este important să menționați doar etapele principale ale calculului, chiar dacă restul lucrați pe ciornă.