“ Un matematician este o masina care transforma cafeaua in teoreme.”

Alfred Renyi

2Calculul integralelor generalizate

Am invatat sa rezolv integrale sisa aplic diverse metode de integraredintr-o carte pe care profesorul meude fizica din liceu, domnul Bader,mi-a dat-o. Intr-o zi mi-a spus caar trebui a raman dupa ora sa vor-beasca cu mine. ”Feynmann”, aspus el, ” vorbesti prea mult si faciprea multa galagie. Stiu de ce. Teplictisesti. Iti voi da o carte. Cand

vom avea ore vei sta in coltul clasei si vei studia aceasta carte iar candvei sti tot ce e in cartea aceasta poti incepe sa vorbesti din nou.” Si astfelam ajuns sa nu mai fiu atent la orele de fizica, indiferent daca se discutadespre legea lui Pascal sau orice altceva. Stateam in spate citind aceastacarte: Analiza superioara de Woods.

Aceasta carte mi-a adus la cunostinta cum se deriveaza un parametruaflat in interiorul semnului integral. Se pare ca la universitate nu se punemare pret pe acest fapt. Dar eu am inteles cum trebuie folosita aceastametoda si foloseam acest intrument intr-una. Deoarece am parcurs carteasingur, autodidact fiind, aveam metode ciudate de a rezolva integralele.

Rezultatul a fost urmatorul: cand oamenii de la MIT sau Princetonaveau dificultati in a rezolva o anumita integrala definita, care nu puteafi abordata cu metodele standard invatate in scoala, atunci veneam eu siincercam sa diferentiez sub semnul integral si functiona des. In acest felam ajuns renumit, ca pot rezolva integrale, si asta doar pentru ca aveamalte tehnici decat ceilalti iar acestia imi aduceau la cunostinta problemadupa ce probasera toate metodele cunoscute de ei.

Richard Feynman, fizician

Va tineti de glume, domnule Feynman!

1

Integrale cu parametru

∙ in cele ce urmeaza vom prezenta asa-zisa ”metoda Feynman” de calcul alintegralelor Riemann sau generalizate.

Definitie: Integrala cu parametruFie 𝑓 : [𝑎, 𝑏]× [𝑐, 𝑑] → R, astfel ca 𝑓 pentru 𝜉 ∈ [𝑐, 𝑑] fixat, ca functie in 𝑥, sa fieRiemann integrabila pe [𝑎, 𝑏]. Numim functia:

𝐹 (𝜉) =

∫ 𝑏

𝑎

𝑓(𝑥, 𝜉)𝑑𝑥

integrala Riemann cu parametru.

Definitie: Integrala generalizata cu parametruFie 𝑓 : [𝑎, 𝑏) × [𝑐, 𝑑) → R, 𝑏, 𝑑 ∈ R, astfel ca 𝑓 pentru 𝜉 ∈ [𝑐, 𝑑) fixat, ca functiein 𝑥, sa fie integrabila generalizat pe [𝑎, 𝑏). Numim functia:

𝐹 (𝜉) =

∫ 𝑏−

𝑎

𝑓(𝑥, 𝜉)𝑑𝑥

integrala generalizata cu parametru.

Integrala:

𝐹 (𝜉) =

∫ ∞

0

sin𝑥

𝑥𝑒−𝜉𝑥𝑑𝑥

este un exemplu de integrala generalizata cu parametru, unde evident

𝑓(𝑥, 𝜉) =sin𝑥

𝑥𝑒−𝜉𝑥 si 𝑓 : (0,∞) × (0,∞) → R.

Integrala converge, deoarece

sin𝑥

𝑥𝑒−𝜉𝑥

≤ 𝑒−𝜉𝑥 si:

|𝐹 (𝜉)| ≤∫ ∞

0

𝑒−𝜉𝑥𝑑𝑥 =1

𝜉< ∞

Asadar functia 𝑓 , pentru un 𝜉 ∈ (0,∞) fixat, ca functie in 𝑥 este integrabilageneralizat pe (0,∞).

Ilustrare:

Continuitatea integralelor Riemann cu parametru:Daca 𝑓(𝑥, 𝜉) este continua pe [𝑎, 𝑏] × [𝑐, 𝑑], atunci exista:

𝐹 (𝜉) :=

∫ 𝑏

𝑎

𝑓(𝑥, 𝜉)𝑑𝑥

pentru orice 𝜉 ∈ [𝑐, 𝑑] si 𝐹 (𝜉) este continua pe [𝑐, 𝑑].

2

Daca integrala cu parametru satisface conditiile teoremei de continuitateprincipalul castig este faptul ca limita va comuta cu semnul integral:

lim𝜉→𝜉0

∫ 𝑏

𝑎

𝑓(𝑥, 𝜉)𝑑𝑥 =

∫ 𝑏

𝑎

lim𝜉→𝜉0

𝑓(𝑥, 𝜉)𝑑𝑥 =

∫ 𝑏

𝑎

𝑓(𝑥, 𝜉0)𝑑𝑥

Utilitatea practica:

Continuitatea integralelor generalizate cu parametru:Fie 𝑓 : [𝑎,∞) × [𝑐, 𝑑] → R continua, unde 𝑎 > 0. Presupunem ca exista ofunctie integrabila generalizat 𝑔 : [𝑎,∞) → R si:

|𝑓(𝑥, 𝜉)| ≤ 𝑔(𝑥), 𝑥 ≥ 𝑎.

Atunci functia:

𝐹 (𝜉) =

∫ ∞

0

𝑓(𝑥, 𝜉)𝑑𝑥

este continua pe [𝑐, 𝑑].

∙ Acelasi rezultat e valabil si in cazurile [𝑎, 𝑏) sau (𝑎, 𝑏], 𝑎, 𝑏 ∈ R.∙ De remarcat aparitia conditiei de majorare cu o functie integrabila ge-neralizat:

|𝑓(𝑥, 𝜉)| ≤ 𝑔(𝑥), ∀𝜉, si

∫ ∞

𝑎

𝑔(𝑥)𝑑𝑥 < ∞

precum si faptul ca majorarea este uniforma in 𝜉.

Remarca:

Schimbarea ordinii de integrare:Fie 𝑓 : [𝑎, 𝑏] × [𝑐, 𝑑] → IR continua, atunci are loc relatia:∫ 𝑑

𝑐

𝐹 (𝜉)𝑑𝜉 =

∫ 𝑑

𝑐

∫ 𝑏

𝑎

𝑓(𝑥, 𝜉)𝑑𝑥𝑑𝜉 =

∫ 𝑏

𝑎

∫ 𝑑

𝑐

𝑓(𝑥, 𝜉)𝑑𝜉𝑑𝑥.

Schimbarea ordinii de integrare in integralele generalizateFie 𝑓 : [𝑎,∞) × [𝑐, 𝑑] → R continua, unde 𝑎 > 0. Presupunem ca exista ofunctie integrabila generalizat 𝑔 : [𝑎,∞) → R si:

|𝑓(𝑥, 𝜉)| ≤ 𝑔(𝑥), 𝑥 ≥ 𝑎.

Atunci are loc identitatea:∫ 𝑑

𝑐

𝐹 (𝜉)𝑑𝜉 =

∫ 𝑑

𝑐

∫ ∞

𝑎

𝑓(𝑥, 𝜉)𝑑𝑥𝑑𝜉 =

∫ ∞

𝑎

∫ 𝑑

𝑐

𝑓(𝑥, 𝜉)𝑑𝜉𝑑𝑥.

3

Demonstratie: Vezi [Bartle] Propozitia 33.8.

Derivarea integralelor Riemann cu parametru:Daca 𝑓(𝑥, 𝜉) este continua pe [𝑎, 𝑏] × [𝑐, 𝑑] si 𝜕𝑓

𝜕𝜉 exista si e continua, atunci si

functia 𝐹 (𝜉) este derivabila cu derivata continua pe intervalul [𝑐, 𝑑] si are loc:

𝐹 ′(𝜉) =

∫ 𝑏

𝑎

𝜕𝑓

𝜕𝜉(𝑥, 𝜉)𝑑𝑥

Derivarea integralelor generalizate cu parametru:Fie 𝑓 : [𝑎,∞)× [𝑐, 𝑑] → R continua. Presupunem ca derivata partiala 𝜕𝑓

𝜕𝜉 exista

si e continua. Functiile 𝑓 si 𝜕𝑓𝜕𝜉 sunt majorate de catre doua functii integrabile

generalizat pe [𝑎,∞) :

|𝑓(𝑥, 𝜉)| ≤ 𝑔1(𝑥),

𝜕𝑓

𝜕𝜉(𝑥, 𝜉)

≤ 𝑔2(𝑥), 𝑥 ∈ [𝑎,∞).

unde

∫ ∞

𝑎

𝑔1(𝑥)𝑑𝑥 < ∞ si

∫ ∞

𝑎

𝑔2(𝑥)𝑑𝑥 < ∞.

Atunci 𝐹 (𝜉) este derivabila si:

𝐹 ′(𝜉) =

∫ ∞

𝑎

𝜕𝑓

𝜕𝜉(𝑥, 𝜉)𝑑𝑥

este continua pe [𝑐, 𝑑].

Sa consideram integrala cu parametru:

𝐹 (𝜉) =

∫ ∞

−∞𝑒−𝑥2

cos(𝜉𝑥)𝑑𝑥

Deoarece𝑒−𝑥2

cos(𝜉𝑥)≤ 𝑒−𝑥2

functia 𝐹 va fi continua pe R. Mai departe

rezulta: 𝜕𝑓

𝜕𝜉

=𝑒−𝑥2

(−𝑥) sin(𝑥𝜉)≤ 𝑒−𝑥2

|𝑥|

si

∫ ∞

−∞𝑒−𝑥2

|𝑥|𝑑𝑥 < ∞. In concluzie, functia 𝐹 este derivabila si derivata

sa se calculeaza respectand regula din teorema anterioara.

Spre exemplu:

4

Regula Leibniz pentru limite de integrare variabile:Fie 𝑎, 𝑏 : (𝑐, 𝑑) → [𝛼, 𝛽] functii derivabile si 𝑓 : [𝛼, 𝛽] × (𝑐, 𝑑) → R continuaastfel ca derivata partiala 𝜕𝑓

𝜕𝜉 exista si este continua pe [𝛼, 𝛽]× (𝑐, 𝑑) . Avem deasemenea majorantii:

|𝑓(𝑥, 𝜉)| ≤ 𝑔1(𝑥) si

𝜕𝑓

𝜕𝜉(𝑥, 𝜉)

≤ 𝑔2(𝑥),

astfel ca

∫ 𝛽

𝛼

𝑔1(𝑥)𝑑𝑥 si

∫ 𝛽

𝛼

𝑔2(𝑥)𝑑𝑥 exista.

Atunci are loc regula Leibniz:

𝑑

𝑑𝜉

∫ 𝑏(𝜉)

𝑎(𝜉)

𝑓(𝑥, 𝜉)𝑑𝑥 =

∫ 𝑏(𝜉)

𝑎(𝜉)

𝜕𝑓

𝜕𝜉(𝑥, 𝜉)𝑑𝑥 + 𝑓(𝑏(𝜉), 𝜉)𝑏′(𝜉) − 𝑓(𝑎(𝜉), 𝜉)𝑎′(𝜉)

Demonstratie: vezi [Konrad] Corolarul 11.4

Pentru integrala Riemann

∫ 𝑏(𝜉)

𝑎(𝜉)

𝑓(𝑥)𝑑𝑥 regula Leibniz devine:

𝑑

𝑑𝜉

∫ 𝑏(𝜉)

𝑎(𝜉)

𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = 𝑓(𝑏(𝜉))𝑏′(𝜉) − 𝑓(𝑎(𝜉))𝑎′(𝜉)

Corolar:

Una dintre motivatiile definirii functiei gamma este reprezentata denecesitatea extinderii lui 𝑛! pentru numere reale si complexe.

Functia factorial reala 𝑥!

Definitie: Functia gamma Γ a lui EulerDefinim functia gamma pentru 𝑠 > 0 prin intermediul urmatoarei integralegeneralizate:

Γ(𝑠) =

∫ ∞

0

𝑥𝑠−1𝑒−𝑥𝑑𝑥

Intr-una din fisele trecute am demonstrat ca aplicatie convergenta inte-gralei care defineste functia gamma pentru 𝑠 > 0.Exista si alte variante echivalente prin care aceasta functie poate fi intro-

dusa, de exemplu:

Γ(𝑠) =

∫ 1

0

(ln

1

𝑥

)𝑠−1

𝑑𝑥

Remarca

5

sau:

Γ(𝑠) =

∫ ∞

−∞𝑒𝑠𝑥−𝑒𝑥𝑑𝑥.

Din punct de vedere istoric Leonhard Euler a rezolvat primul problemaextinderii notiunii de factorial pentru numere reale propunand prima din-tre formulele de mai sus ca solutie. Carl Friedrich Gauss in jurul anului1820 propune si el urmatoarea formula a functiei gamma:

Γ(𝑠) = lim𝑛→∞

𝑛!𝑛𝑠

𝑠(𝑠 + 1) · . . . · (𝑠 + 𝑛)

Urmatoare figura arata grafic cum interpoleaza functia gamma factorialul 𝑛!:

Vom incepe asadar sa prezentam principalele proprietati ale functiei gamma.

Formula de dublare a lui Legendre:Pentru 𝑠 > 0 are loc:

Γ(𝑠)Γ

(𝑠 +

1

2

)=

√𝜋

22𝑠−1Γ(2𝑠)

Ecuatia functionala a functiei gamma:Functia gamma este continua si nu are radacini. Are proprietatea:

Γ(𝑛 + 1) = 𝑛!, 𝑛 ∈ N

si satisface ecuatia functionala:

Γ(𝑠 + 1) = 𝑠Γ(𝑠).

Aplicari consecutive conduc la formula:

Γ(𝑠) =Γ(𝑠 + 𝑛 + 1)

𝑠(𝑠 + 1) · . . . · (𝑠 + 𝑛)

6

Formula Euler:Pentru orice 0 < 𝑠 < 1 are loc identitatea:

Γ(𝑠)Γ(1 − 𝑠) =𝜋

sin(𝑠𝜋)

In cazul 𝑠 = 12 , identitatea de mai sus implica rezultatul:

Γ

(1

2

)=

√𝜋

Consecinta:

Vom calcula integrala Gauss:

𝐼 =

∫ ∞

0

𝑒−𝑥2

𝑑𝑥.

Sa incepem prin a observa ca:

Γ

(1

2

)=

∫ ∞

0

𝑥12−1𝑒−𝑥𝑑𝑥 =

∫ ∞

0

𝑒−𝑥

√𝑥𝑑𝑥

iar apoi schimbarea de variabila 𝑥 = 𝑦2 livreaza:

Γ

(1

2

)=

∫ ∞

0

𝑒−𝑦2

𝑦2𝑦𝑑𝑦 = 2

∫ ∞

0

𝑒−𝑦2

𝑑𝑦 = 2𝐼

Daca folosim ceea ce tocmai am invatat rezulta:

Γ

(1

2

)=

√𝜋 = 2𝐼 =⇒

∫ ∞

0

𝑒−𝑥2

𝑑𝑥 =

√𝜋

2.

Imblanzirea functiei eroare:

In anul 1968 tanarul cercetator Gabriele Veneziano in timp ce lucrala CERN a observat o stranie coincidenta: multe proprietati ale forteinucleare tari sunt descrise perfect de catre functia beta a lui Euler, ofunctie despre care se credea ca serveste doar unor scopuri pur matematice.

In anii care au urmat Yoichiro Nambu, Holger Nielsen si LeonardSusskind au reusit sa prezinte o explicatie fizica pentru ceea ce Venezianoobservase. Ei au aratat ca interactiile nucleare ale particulelor elementaremodelate ca si string-uri 1-dimensionale in loc de particule 0-dimensionalesunt perfect descrise de functia beta. Acest moment a reprezentat de faptnasterea teoriei string-urilor

Functia beta si teoria stringurilor:

7

Definitie: Functia beta 𝛽Definim functia beta pentru 𝑠, 𝑡 > 0 prin:

𝛽(𝑠, 𝑡) =

∫ 1

0

𝑥𝑠−1(1 − 𝑥)𝑡−1𝑑𝑥

Functia beta are si alte posibile reprezentari si anume:

𝛽(𝑠, 𝑡) = 2

∫ 𝜋2

0

sin2𝑠−1 𝑥 · cos2𝑡−1 𝑥𝑑𝑥

sau:

𝛽(𝑠, 𝑡) =

∫ ∞

0

𝑥𝑠−1

(1 + 𝑥)𝑠+𝑡𝑑𝑥.

Remarca:

Graficul functiei beta pentru 𝑠, 𝑡 pozitive:

Ecuatia functionala a functiei beta:Functia beta are proprietatea de simetrie:

𝛽(𝑠, 𝑡) = 𝛽(𝑡, 𝑠)

iar in cazul 𝑠 > 0, 𝑡 > 1 satisface ecuatia functionala:

𝛽(𝑠, 𝑡) =𝑡− 1

𝑠 + 𝑡− 1𝛽(𝑠, 𝑡− 1)

Proprietatea de simetrie implica:

𝛽(𝑠, 𝑡) =𝑠− 1

𝑠− 1 + 𝑡𝛽(𝑠− 1, 𝑡) 𝑠 > 1, 𝑡 > 0.

Consecinta utila:

8

Formula Euler corespunzatoare functiei beta:Pentru orice 0 < 𝑠 < 1 are loc identitatea:

𝛽(𝑠, 1 − 𝑠) =𝜋

sin(𝑠𝜋)

Pentru a calcula integrala

∫ ∞

0

𝑑𝑡

(1 + 𝑡)√𝑡

sa observam:

∫ ∞

0

𝑑𝑡

(1 + 𝑡)√𝑡

=

∫ ∞

0

𝑡−12

(1 + 𝑡)1𝑑𝑡 =

∫ ∞

0

𝑡12−1

(1 + 𝑡)12+

12

𝑑𝑡

= 𝛽

(1

2,

1

2

)Formula lui Euler implica rezultatul:∫ ∞

0

𝑑𝑡

(1 + 𝑡)√𝑡

= 𝛽

(1

2,

1

2

)= 𝛽

(1

2, 1 − 1

2

)=

𝜋

sin( 12𝜋)

= 𝜋

Functia beta centreaza si marcheaza:

Reprezentarea functiei beta prin functia gamma:Rezultatul principal al teoriei functiei beta este dat de identitatea:

𝛽(𝑠, 𝑡) =Γ(𝑠)Γ(𝑡)

Γ(𝑠 + 𝑡), 𝑠, 𝑡 > 0.

Demonstratie: vezi [5] Corolarul 4.2.1

Cand 𝑚,𝑛 sunt doua numere naturale, are loc:

𝛽(𝑚,𝑛) =(𝑚− 1)!(𝑛− 1)!

(𝑚 + 𝑛− 1)!

Consecinta:

Probleme rezolvate

Problema 1. Demonstrati identitatea:∫ ∞

0

𝑥𝑛𝑒−𝑥𝑑𝑥 = 𝑛!

9

Solutie: Construim integrala cu parametru:

𝐹 (𝑡) =

∫ ∞

0

𝑒−𝑡𝑥𝑑𝑥

unde 𝑓(𝑥, 𝑡) = 𝑒−𝑡𝑥. Se observa usor ca:

𝐹 (𝑡) =1

𝑡, 𝑡 > 0.

Deoarece, pentru 𝑚 fixat, lim𝑥→∞

𝑥𝑚

𝑒𝑡𝑥= 0, va exista un 𝑐 > 0, astfel ca:

|𝑥𝑚𝑒−𝑡𝑥| ≤ 𝑐

𝑥2, 𝑡 ≥ 1

2.

Acum vom aplica teorema de derivabilitate a integralelor generalizate cu parametru,deoarece se poate constata ca toate conditiile teoremei sunt indeplinite. Asadar:

𝐹 ′(𝑡) = − 1

𝑡2=

∫ ∞

0

−𝑥𝑒−𝑡𝑥𝑑𝑥.

Un pas mai departe:

𝐹 ′′(𝑡) =2

𝑡3=

∫ ∞

0

𝑥2𝑒−𝑡𝑥𝑑𝑥,

iar dupa 𝑛 pasi:

𝐹 (𝑛)(𝑡) = (−1)𝑛𝑛!

𝑡𝑛+1=

∫ ∞

0

(−1)𝑛𝑥𝑛𝑒−𝑡𝑥𝑑𝑥

Alegand 𝑡 = 1 se obtine: ∫ ∞

0

𝑥𝑛𝑒−𝑥𝑑𝑥 = 𝑛!

Problema 2. Integrala Gauss 𝐼 este convergenta si are loc:

𝐼 :=

∫ ∞

−∞𝑒−𝑥2

𝑑𝑥 =√𝜋

Solutie: Se observa usor ca:

𝐼 =

∫ ∞

−∞𝑒−𝑥2

𝑑𝑥 = 2

∫ ∞

0

𝑒−𝑥2

𝑑𝑥 (functie para).

Notam:

𝐽 =

∫ ∞

0

𝑒−𝑥2

𝑑𝑥.

si consideram integrala cu parametru:

𝐹 (𝜉) =

∫ ∞

0

𝑒−𝜉2(1+𝑥2)

1 + 𝑥2𝑑𝑥

10

Atunci 𝐹 (0) =

∫ ∞

0

1

1 + 𝑥2𝑑𝑥 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔(𝑥)

∞0

=𝜋

2si lim

𝜉→∞𝐹 (𝜉) = 0. Va exista

𝑔(𝑥) := 11+𝑥2 astfel ca:

|𝑓(𝑥, 𝜉)| =

𝑒−𝜉2(1+𝑥2)

1 + 𝑥2

≤ 1

1 + 𝑥2= 𝑔(𝑥)

si

∫ ∞

0

𝑔(𝑥)𝑑𝑥 =𝜋

2< ∞.

Toate conditiile teoremei de derivabilitate sunt indeplinite. Deci:

𝐹 ′(𝜉) =

∫ ∞

0

𝜕

𝜕𝜉

(𝑒−𝜉2(1+𝑥2)

1 + 𝑥2

)𝑑𝑥 =

∫ ∞

0

−2𝜉𝑒−𝜉2(1+𝑥2)𝑑𝑥 = −2𝜉𝑒−𝜉2∫ ∞

0

𝑒−(𝜉𝑥)2𝑑𝑥

Facand substitutia 𝑦 = 𝜉𝑥 se obtine:

𝐹 ′(𝜉) = −2𝜉𝑒−𝜉2∫ ∞

0

𝑒−(𝑦)2𝑑𝑦 = −2𝜉𝑒−𝜉2𝐽

In incheiere:∫ 𝛽

0

𝐹 ′(𝜉)𝑑𝜉 =

∫ 𝛽

0

−2𝜉𝑒−𝜉2𝐽𝑑𝜉 = −2𝐽

∫ 𝛽

0

𝑒−𝜉2𝑑𝜉

apoi:

lim𝛽→∞

(𝐹 (𝛽) − 𝐹 (0)) = −2𝐽 lim𝛽→∞

∫ 𝛽

0

𝜉𝑒−𝜉2𝑑𝜉 = −2𝐽2

lim𝜉→∞

𝐹 (𝜉) − 𝐹 (0) = 0 − 𝜋

2= −2𝐽2

𝐽 =

√𝜋

2

si:

𝐼 :=

∫ ∞

−∞𝑒−𝑥2

𝑑𝑥 =√𝜋

Problema 3. Calculati integrala:∫1

(𝑥2 + 𝑎2)2𝑑𝑥

pentru un 𝑎 = 0 fixat.

Solutie: Consideram functia:

𝑓(𝑡, 𝑎) =

∫ 𝑡

0

1

𝑥2 + 𝑎2𝑑𝑥

care folosind teorema de derivare a integralelor Riemann cu parametru conducela:

𝜕𝑓

𝜕𝑎= −2𝑎

∫ 𝑡

0

𝑑𝑥

(𝑥2 + 𝑎2).

11

Pe de alta parte se constata usor ca:

𝑓(𝑡, 𝑎) =1

𝑎arctg

𝑥

𝑎

𝑡0

=1

𝑎arctg

𝑡

𝑎

deci:𝜕𝑓

𝜕𝑎=

𝜕

𝜕𝑎

(1

𝑎arctg

𝑡

𝑎

)= − 1

𝑎2arctg

𝑡

𝑎+

1

𝑎

1

1 + 𝑡2

𝑎2

(− 𝑡

𝑎2

)= − 1

𝑎2arctg

𝑡

𝑎− 𝑡

𝑎

1

𝑡2 + 𝑎2

Prin urmare:

∫ 𝑡

0

1

(𝑥2 + 𝑎2)2𝑑𝑥 = − 1

2𝑎

(− 1

𝑎2arctg

𝑡

𝑎− 𝑡

𝑎

1

𝑡2 + 𝑎2

)=

1

2𝑎3arctg

𝑡

𝑎+

𝑡

2𝑎21

𝑡2 + 𝑎2

In concluzie:∫1

(𝑥2 + 𝑎2)2𝑑𝑥 =

1

2𝑎3arctg

𝑡

𝑎+

𝑡

2𝑎21

𝑡2 + 𝑎2+ 𝒞

Problema 4. Calculati integrala:

𝐼 =

∫ ∞

0

𝑥4𝑒−𝑥2

𝑑𝑥.

Solutie: Substituim 𝑥2 = 𝑡:

𝐼 =

∫ ∞

0

𝑡2𝑒−𝑡 1

2√𝑡𝑑𝑡 =

1

2

∫ ∞

0

𝑡32 𝑒−𝑡𝑑𝑡 =

1

2

∫ ∞

0

𝑡52−1𝑒−𝑡𝑑𝑡

=1

2Γ

(5

2

)=

1

2Γ

(1 +

3

2

)ecuatia functionala

=1

2

3

2Γ

(3

2

)=

1

2

3

2Γ

(1 +

1

2

)=

1

2

3

2

1

2Γ

(1

2

)=

1

2

3

2

1

2

√𝜋 =

3𝜋

8.

Problema 5. Calculati integrala:

𝐽 =

∫ 1

0

𝑑𝑥√1 −

√𝑥𝑑𝑥

Solutie: Prin schimbarea de variabila√𝑥 = 𝑡 se obtine:

𝐽 =

∫ 1

0

(1 − 𝑡)−12 2𝑡1𝑑𝑡 = 2

∫ 1

0

𝑡2−1(1 − 𝑡)12−1𝑑𝑡

= 2𝛽

(2,

1

2

)reprezentarea prin Γ

= 2Γ(2)Γ

(12

)Γ(52

)= 2

1!√𝜋

Γ(1 + 3

2

) ecuatia functionala=

2√𝜋

3212

√𝜋

=8

3

12

deoarece Γ(𝑛) = (𝑛− 1)! si Γ(12

)=

√𝜋.

Problema 6. Calculati urmatoarea integrala:

𝐾 =

∫ 𝜋2

0

sin𝑎−1 𝑥 · cos𝑏−1 𝑥𝑑𝑥, 𝑎, 𝑏 > 0.

Solutie: Prin schimbarea de variabila sin𝑥 = 𝑡 se obtine:

𝐾 =

∫ 1

0

𝑡𝑎−1(√

1 − 𝑡2)𝑏−1 1√

1 − 𝑡2𝑑𝑡 =

∫ 1

0

𝑡𝑎−1(1 − 𝑡2

) 𝑏−12(1 − 𝑡2

)− 12 𝑑𝑡

=

∫ 1

0

𝑡𝑎−1(1 − 𝑡2

) 𝑏2−1

𝑑𝑡

Se impune o noua schimbare de variabila 𝑦2 = 𝑡:

𝐾 =

∫ 1

0

𝑦𝑎−12 (1 − 𝑦)

𝑏2−1 1

2√𝑦𝑑𝑦 =

1

2

∫ 1

0

𝑦𝑎2−1 (1 − 𝑦)

𝑏2−1

𝑑𝑦

definitia 𝛽=

1

2𝛽

(𝑎

2,𝑏

2

)

Probleme propuse

Problema 1. Calculati: ∫ 1

0

𝑥2 − 1

ln𝑥𝑑𝑥

Hint: 𝐼(𝑡) =

∫ 1

0

𝑥𝑡 − 1

ln𝑥𝑑𝑥.

Problema 2. Calculati integrala:∫ 1

0

𝑑𝑥

(1 + 3𝑥)2.

Hint: Considera 𝐹 (𝑡) =

∫ 1

0

1

1 + 𝑡𝑥𝑑𝑥

Problema 3. Studiati continuitatea functiei:

𝐹 (𝑡) =

∫ ∞

0

sin(𝑡𝑥)

1 + 𝑥2𝑑𝑥, 𝑡 ∈ R.

Problema 4. Pentru a calcula integrala

∫ ∞

0

sin𝑥

𝑥𝑑𝑥 folositi integrala cu parametru:

𝐹 (𝜉) =

∫ ∞

0

𝑒−𝜉𝑥 sin𝑥

𝑥𝑑𝑥, 𝜉 > 0.

13

Problema 5. Aflati valoarea integralei:

𝐼 =

∫ 1

0

ln(1 + 𝑥)

1 + 𝑥2𝑑𝑥.

Problema 6. Calculati valoarea integralelor:

𝑖)

∫ ∞

0

𝑥6𝑒−𝑥2

𝑑𝑥 𝑖𝑖)

∫ ∞

0

𝑥1000𝑒−𝑥2

𝑑𝑥 𝑖𝑖𝑖)

∫ ∞

0

𝑑𝑥

𝑒100𝑥2

Problema 7. Calculati integralele:

i)

∫ 𝜋2

0

sin61 𝑥 cos43 𝑥𝑑𝑥

ii)

∫ 𝜋2

0

sin101 𝑥𝑑𝑥

iii)

∫ 𝜋2

0

cos54 𝑥𝑑𝑥

iv)

∫ 𝜋2

0

√sin𝑥 cos19 𝑥𝑑𝑥

Problema 8. Evaluati integrala:

𝐼 =

∫ 𝜋

0

𝑑𝑥√3 − cos𝑥

.

Problema 9. Demonstrati ca:

a) Pentru 𝑎 ∈ R cu 0 < 𝑎 < 1 are loc:∫ ∞

0

𝑥𝑎−1

1 + 𝑥𝑑𝑥 = 𝛽(𝑎, 1 − 𝑎)

b) Pentru orice numar natural 𝑛 ≥ 2 are loc:∫ ∞

0

𝑑𝑥

1 + 𝑥𝑛𝑑𝑥 =

1

𝑛𝛽

(1

𝑛, 1 − 1

𝑛

)

14

Bibliografie

[1] M. Eisermann. Hohere Mathematik 3, 2016.

[2] R. Bartle. The Elements of Real Analysis, John Wiley & Sons, 1976.

[3] K. Konrad. Differentiating under the integral sign

[4] C. I. Hedrea. Notite de curs: Matematici speciale, 2016.

[5] O. Lipovan. Analiza matematica: Calcul Integral, Editura Politehnica,2006.

15