1 Studiul convergent ¸ei cu Teorema lui Lagrange 3 1.1 Teorema lui Rolle . . . . . . . . . . . . . . . . . . [601643]

Cuprins
1 Studiul convergent ¸ei cu Teorema lui Lagrange 3
1.1 Teorema lui Rolle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.1.1 Enunt ¸, demonstrat ¸ie, observat ¸ii . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.1.2 Interpretarea geometric˘ a a teoremei lui Rolle . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.1.3 Consecint ¸ele teoremei lui Rolle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.2 Teorema lui Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.3 Consecintele teoremei lui Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
1.4 Aplicat ¸ii ale consecint ¸elor teoremei lui Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
1.5 Teorema lui Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
1.6 Aplicat ¸ii ale teoremei lui Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
1.7 Teorema de medie pentru funct ¸ii integrabile . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
1

2 CUPRINS

Capitolul 1
Studiul convergent ¸ei cu Teorema
lui Lagrange
1.1 Teorema lui Rolle
1.1.1 Enunt ¸, demonstrat ¸ie, observat ¸ii
Teorem˘ a (Rolle): Fie f:I→R, I⊂Ro funct ¸ie ¸ si a,b∈I, a < b. Dac˘ a:
a)festecontinu˘ a pe [a, b] ¸ si derivabil˘ a pe ( a, b).
b)f(a) =f(b)
atunci∃c∈(a, b) a.ˆ ıf′(c) = 0.
Demonstrat ¸ie : Dac˘ afeste constant˘ a pe ( a, b) atunci f′(x) = 0∀x∈(a, b). Dac˘ a feste
neconstant˘ a, deoarece este continu˘ a pe [a, b], conform teoremei lui Weierstrass, festem˘ arginit˘ a , ¸ si
ˆ ı¸ si atinge marginile. Fie α,β∈[a, b] cuf(α)/lessorequalslantf(x)/lessorequalslantf(β).
a) Dac˘ a α∈(a, b) estepunct interior , conform teoremei lui Fermat f′(x) = 0, ¸ si astfel, putem
alegec=α.
b) Dac˘ a αnu este interior, atunci α=asauα=b. Avemf(a) =f(b)< f(β). Darβnu poate
fi egal nici cu a, nici cu b, rezult˘ a c˘ a βeste un punct interior ¸ si aplicˆ and teorema lui Fermat,
se obt ¸ine f′(β) = 0 ¸ si putem alege c=β.
Observat ¸ii : (Vom vedea c˘ a toate condit ¸iile din enunt ¸ul teoremei sun t esent ¸iale.)
1. Dac˘ a funct ¸ia nu este continu˘ a, fie f: [0,1]→R,
f(x) =/braceleftBigg
x, x∈(0,1]
1, x= 0
festediscontinu˘ a ˆ ın 0 ¸ siderivabil˘ a pe (0,1), f(0) =f(1), darf′(x) = 1∀x∈(0,1). Deci,
nu exist˘ a c∈(0,1) a.ˆ ı.f′(c) = 0.
3

4 CAPITOLUL 1. STUDIUL CONVERGENT ¸EI CU TEOREMA LUI LAGRANGE
2. Dac˘ a valorile la capete nu sunt egale, adic˘ a f(a)/\e}atio\slash=f(b) atunci (de exemplul f: [0,1]→R,
f(x) =x),feste continu˘ a¸ si derivabil˘ a pe [0 ,1], f(0)/\e}atio\slash=f(1), se arat˘ a c˘ a nu exist˘ a c∈(0,1)
a.ˆ ı.f′(c) = 0
3. Fie:
f: [0,2]\{1}→R, f(x) =/braceleftBigg
x, x∈[0,1]
2−x, x∈(1,2]
festecontinu˘ a ¸ siderivabil˘ a pe domeniul de definit ¸ie, f(0) =f(2),ˆ ıns˘ a derivata nu se anuleaz˘ a
ˆ ın nici un punct din domeniu.
4. Fief: [−1,1]→R, f(x) =|x|.festecontinu˘ a pe [−1,1],nederivabil˘ a pe (−1,1), nefiind
derivabil˘ aˆ ın 0, f(−1) =f(1). Nu exist˘ a c∈(−1,1) a.ˆ ı.f(c) = 0
1.1.2 Interpretarea geometric˘ a a teoremei lui Rolle
Fiefo funct ¸ie care admite tangent˘ a la grafic ˆ ın toate punctele interioare domeniului [ a, b], iar
punctele A(a, f(a)), B(b, f(b)) au aceea¸ si ordonat˘ a , atunci exist˘ a cel put ¸in un punct c∈(a, b)
a.ˆ ı tangenta la graficˆ ın punctul C(c, f(c)) este paralel˘ a cu axa Ox.
A B
c af(a)
O xf(x)
Figura 1.1:
Exemple
1. S˘ a se studieze aplicabilitatea teoremei lui Rolle ¸ siˆ ı n caz afirmativ, s˘ a se aplice teorema pentru
urm˘ atoarele funct ¸ii:
(a)
f: [−1,1]→R, f(x) =x4+2×2−1
(b)
f: [−1,1]→R,f(x) =/braceleftBigg
x+1, x∈[−1,0],
x2−1, x∈(0,1)
(c)
f: [−2,2]→R, f(x) =/vextendsingle/vextendsinglex2−1/vextendsingle/vextendsingle

1.1. TEOREMA LUI ROLLE 5
(d)
f: [−2,2]→R, f(x) =/radicalbig
x2−1
Solut ¸ii:
(a)festecontinu˘ a pe [−1,1] ¸ siderivabil˘ a pe (−1,1) fiindfunct ¸ie elementar˘ a ,f(−1) =
f(1). Funct ¸ia ˆ ındepline¸ ste condit ¸iile de aplicabilita te a teoremei lui Rolle, deci exist˘ a
c∈(−1,1) a.ˆ ıf(c) = 0, c= 0.
(b)fnu este continu˘ aˆ ın x= 0.
(c)
f(x) =/braceleftBigg
x2−1, x∈[−2,−1]∩[1,∞),
1−x2, x∈(−1,1)
este continu˘ a pe [ −2,2]
f′
s(−1) =−2, f′
d(−1) = 2, deci nu se poate aplica teorema.
(d)festecontinu˘ a pe [−2,2] ¸ siderivabil˘ a pe (−2,2),f(−2) =f(2) =√
5, deci se poate
aplica teorema lui Rolle.
Exist˘ ac∈(−2,2) a.ˆ ıf′(c) = 0, c= 0.
2. Determinat ¸i a,b,p∈Ra.ˆ ıf(x) =/braceleftBigg
x2+ax+b, x∈[−1,0]
px2+4x+4, x∈(0,1]s˘ a satisfac˘ a condit ¸iile
teoremei lui Rolle pe intervalul [ −1,1] ¸ si s˘ a se aplice efectiv teorema.
Solut ¸ie:
f(−1) =−a+b+1, f(1) = 8+ pdecib+1−a= 8+p
Din continuitate se obt ¸ine:
lim
x→0
x<0f(x) =b,lim
x→0
x>0f(x) =b
decib= 4.
f′
s(0) = lim
x→0
x<0x2+ax+b−b
x=ilim
x→0(x+a) =a
f′
d(0) = lim
x→0
x>0px2+4x+4−4
x= 4
decia= 4. A¸ sadar, a=b= 4 ¸ sip= 7. Funct ¸ia se scrie:
f(x) =/braceleftBigg
x2+4x+4, x∈[−1,0]
−7×2+4x+4, x∈(0,1)
Conform teoremei lui Lagrange exist˘ a c∈(−1,1) a.ˆ ı.f′(c) = 0.
Dac˘ ac∈[−1,0], rezolvˆ and ecuat ¸ia f′(c) = 0, 2c+4 = 0 se obt ¸ine c=−2/∈[−1,0]. Dac˘ a
c∈(0,1),−14c+4 = 0⇒c=2
7∈(0,1). Deci, c= 7.

6 CAPITOLUL 1. STUDIUL CONVERGENT ¸EI CU TEOREMA LUI LAGRANGE
3. Fie funct ¸ia h: [a, b]→R,
h(x) =/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsinglex f(x) 1
b f(b) 1
a f(a) 1/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle
cufo funct ¸ie continu˘ a pe [ a, b] ¸ si derivabil˘ a pe ( a, b), a < b. Verificat ¸i dac˘ a se poate aplica
teorema lui Rolle funct ¸iei h¸ siˆ ın caz afirmativ, s˘ a se aplice.
Solut ¸ie: Dup˘ a calculul determinantului se obt ¸ine:
h(x) =/parenleftBig
f(b)−f(a)/parenrightBig
x−(b−a)f(x)+bf(a)−af(b)
cuh(a) =h(b) = 0.hestecontinu˘ a pe [a, b] ¸ siderivabil˘ a pe (a, b). Conform teoremei lui
Rolle, exist˘ a c∈(a, b) a.ˆ ıh′(c) = 0
h′(x) =f(b)−f(a)−f′(x)(b−a)
Exist˘ ac∈(a, b) a.ˆ ıf(b)−f(a) =f′(c)(b−a). S-a obt ¸inut teorema lui Lagrange.
4. Fief: [a, b]→Ro funct ¸ie continu˘ a ¸ siderivabil˘ a pe (a, b) a.ˆ ı.f2(b)−f2(a) =b2−a. S˘ a se
arate c˘ a exist˘ a c∈(a, b) a.ˆ ı.f′(c)·f(c) =c.
Solut ¸ie:
Consider˘ am funct ¸ia auxiliar˘ a h: [a, b]→R, h(x) =f2(x)−x2,hcontinu˘ a pe [a, b] ¸ si
derivabil˘ a pe (a, b).ˆIn plus, h(a) =h(b); aplicˆ and teorema lui Rolle rezult˘ a c˘ a exist˘ a c∈
(a, b) a.ˆ ı.h′(c) = 0.
h′(x) = 2f(x)−f′(x)−2x⇔h′(c) = 0⇔f(c)·f′(c) =c
5. Dac˘ a f: [a, b]→R, a >0 este o funct ¸ie continu˘ a pe [a, b] ¸ siderivabil˘ a pe (a, b) a.ˆ ı.
f(a)
a=f(b)
b.
Ar˘ atat ¸i c˘ a exist˘ a c∈(a, b) a.ˆ ıcf′(c) =f(c).
Solut ¸ie:
Fieh: [a, b]→R, h(x) =f(x)
x, hestecontinu˘ a pe [a, b] ¸ siderivabil˘ a pe (a, b)a.ˆ ı.h(a) =h(b),
deci conform teoremei lui Rolle, rezult˘ a c˘ a exist˘ a c∈(a, b) a.ˆ ı.b′(c) = 0.
h′(x) =xf′(x)−f(x)
x, h′(0) = 0⇒cf′(c) =f(c)

1.1. TEOREMA LUI ROLLE 7
6. (a) Fie f: [0,2]→(0,∞) o funct ¸ie continu˘ a pe [0,2] ¸ siderivabil˘ a pe (0,2). Ar˘ atat ¸i c˘ a
funct ¸iag: [0,2]→R, g(x) =x(x−2)f(x) este o funct ¸ie Rolle.
(b) Ar˘ atat ¸i c˘ a exist˘ a c∈(0,2) a.ˆ ı.
f′(c)
f(c)=1
2−c−1
c,
unde funct ¸ia fa fost definit˘ a la punctul a.
Solut ¸ii:
(a) Evident, gestecontinu˘ a pe [0,2] ¸ siderivabil˘ a pe (0,2).g(0) =g(2) = 0
(b) Aplic˘ am Rolle funct ¸iei gde la punctul a.
7. Fieu,v: [a, b]→Rdou˘ a funct ¸ii continue. S˘ a se arate c˘ a exist˘ a c∈(a,b) solut ¸ie a ecuat ¸iei:
u(x)/integraldisplayx
av(t)dt=v(x)/integraldisplayb
xu(t)dt.
Solut ¸ie:
Se consider˘ a funct ¸ia ϕ: [a, b]→R:
ϕ(x) =/integraldisplayx
av(t)dt·/integraldisplayx
au(t)dt
Observ˘ am c˘ a ϕ(a) =ϕ(b) de unde rezult˘ a, conform teoremei lui Rolle c˘ a exist˘ a c∈(a, b) a.ˆ ı.
ϕ′(c) = 0. Derivata lui ϕeste:
ϕ′(x) =v(x)/integraldisplayb
xu(t)dt−u(t)/integraldisplayx
av(t)dt
8. Se consider˘ a funct ¸ia f: [a, b]→Rcuf/parenleftbiga+b
2/parenrightbig
/\e}atio\slash= 0. Ar˘ atat ¸i c˘ a exist˘ a c∈(a, b) a.ˆ ı. :
/integraldisplayc
af(t)dt=f(c)(c−a)(c−b)
a+b−2c
Solut ¸ie: Aplic˘ am Rolle funct ¸iei ϕ: [a, b]→R,
ϕ(x) = (x−a)(x−b)·/integraldisplayx
af(t)dt.
ϕ(a) =ϕ(b) = 0 iar
ϕ′(x) = (2x−a−b)/integraldisplayx
af(t)dt+(x−a)(x−b)f(x).

8 CAPITOLUL 1. STUDIUL CONVERGENT ¸EI CU TEOREMA LUI LAGRANGE
9. Fief: [a, b]→Ro funct ¸ie continu˘ a pe [ a, b] ¸ si derivabil˘ a pe ( a, b) cu/integraltextb
af(x)dx= 0. S˘ a se
arate c˘ a exist˘ a∈(a, b) a.ˆ ı.:
f′(c)/integraldisplayc
af(x)dx=−f2(c)
Solut ¸ie: Aplic˘ am Rolle funct ¸iei ϕ: [a, b]→R,
ϕ(x) =f(x)/integraldisplayb
af(t)dt, ϕ(a) =ϕ(b) = 0
ϕ′(x) =f′(x)/integraldisplayx
af(t)dt+f2(x).
10. Fief: [a, b]→Ro funct ¸ie continu˘ a. Ar˘ atat ¸i c˘ a exist˘ a c∈(a, b) a.ˆ ı.:
/integraldisplayc
af(t)dt−/integraldisplayb
cf(t)dt= (a+b−2c)f(c)
Solut ¸ie: Consider˘ am funct ¸ia ϕ: [a, b]→R,
ϕ(a) = (a−x)/integraldisplayx
af(x)dt−(b−x)/integraldisplayb
xf(t)dt
c˘ areiaˆ ıi aplic˘ am teorema lui Rolle.
ϕ(a) =ϕ(a) = (a−b)/integraldisplayb
af(t)dt.
ϕ′(a) =−/integraldisplayx
af(t)dt+/integraldisplayb
xf(t)dt+f(x)(a+b−2x).
11. Fief: [a, b]→R,a < bo funct ¸ie Rolle. Ar˘ atat ¸i c˘ a exist˘ a c∈(a, b) a.ˆ ı.:
f(a)−f(c) = (c−b)f′(c)
Solut ¸ie: Consider˘ am funct ¸ia ϕ((x) = (x−b)f(x)−xf(a),ϕ(a) =−bf(a),ϕ(b) =−bf(a),
deciϕ(a) =ϕ(b). Conform teoremei lui Rolle exist˘ a c∈(a, b) a.ˆ ı.:
ϕ′(c) = 0⇔f(c)+(c−b)f′(c)−f(a) = 0⇔f(a)−f(c) = (c−b)f′(c)
12. Fief: [0,4]→[1,2] o funct ¸ie derivabil˘ a pe [0,4]. Atunci, exist˘ a c∈[0,4] a.ˆ ı:
(c−1)(c−2)f′(c) = 3−2c.
Solut ¸ie:
Fieϕ: [0,4]→R,ϕ(x) = (x−1)(x−2)ef(x)¸ si se aplic˘ a Rolle.

1.1. TEOREMA LUI ROLLE 9
13. Fief: [0, π]→Ro funct ¸ie Rolle cu f(x)/\e}atio\slash= 0∀x∈(0, π). S˘ a se arate c˘ a exist˘ a c∈(0, π)
a.ˆ ı.:
f′(c)
f(c)+ctgc= 1
Solut ¸ie:
Lu˘ am funct ¸ia ϕ(x) =e−xf(x)sinx, ¸ si avem:
ϕ(0) = 0, ϕ(π) = 0, ϕ′(x) =e−x(−f(x)sinx+f′(x)sinx+f(x)cosx)
ϕ′(c) = 0⇔f(c)sinc=f′(c)sinc+f(c)cosc= 0⇔f′(c)
f(c)= 1−cotc
14. Fief: [a, b]→Ro funct ¸ie derivabil˘ a cu f′(a) =f′(b). Atunci exist˘ a c∈(a, b) a.ˆ ı.:
f(c)−f(a) = (c−a)f′(c)
Solut ¸ie:
Consider˘ am funct ¸ia:
ϕ(x) =

f(x)−f(a)
x−ax∈(a, b]
f′(a), x=a
ϕ(a) =f′(a), ϕ(b) =f′(a)
Cu Rolle exist˘ a c∈(a, b) a.ˆ ı.ϕ′(c) = 0
ϕ′(x) =f(x)(x−a)−f(x)+f(a)
(x−a)2, x∈(a, b]
15. Fief: [a, b]→Ro funct ¸ie Rolle pt care f(1) = 0. S˘ a se arate c˘ a pentru orice λ/\e}atio\slash= 0 esist˘ a
uncλdin intervalul (0 ,1) a.ˆ ı.
c2
λf(cλ)+|λ|f(cλ) = 0
Solut ¸ie:
Consider˘ am funct ¸ia auxiliar˘ a
ϕ(x) =f(x)e−|λ|
x, x∈[0,1]
ϕ(0) =ϕ(1), ϕ′(x) =f′(x)e−|λ|/x+|λ|
x2f(x)e−|λ|/x
Concluzia rezult˘ a din aplicarea teoremei lui Rolle funct ¸ ieiϕ.

10 CAPITOLUL 1. STUDIUL CONVERGENT ¸EI CU TEOREMA LUI LAGRANGE
16. Fief: [0,1]→Ro funct ¸ie continu˘ a. Atunci, exist˘ a c∈(0,1) a.ˆ ı.
(1−c)/integraldisplay1
cf(x)dx=c·f(c)
Solut ¸ie: Fie funct ¸ia ϕ: [0,1]→R,
ϕ(x) =x·e−x/integraldisplay1
xf(t)dt
ϕ(0) =ϕ(1) = 0, ϕestederivabil˘ a pe [0,1]. Conform teoremei lui Rolle exist˘ a c∈(0,1)
a.ˆ ıϕ′(c) = 0:
ϕ′(x) =e−x/parenleftbigg/integraldisplay1
xf(t)dt−x/integraldisplay1
xf(t)dt−xf(x)/parenrightbigg
ϕ′(c) = 0⇒/integraldisplay1
cf(t)dt−c/integraldisplay1
cf(t)dt−cf(c)⇒(1−c)/integraldisplay1
cf(t)dt=cf(c)
1.1.3 Consecint ¸ele teoremei lui Rolle
Fie o funct ¸ie f:I→R,Iinterval, I⊂R,ffiind derivabil˘ a pe I.
1.ˆIntre doua r˘ ad˘ acini ale funct ¸iei fse afl˘ a cel put ¸in o r˘ ad˘ acin˘ a a derivatei f′a luif.
Demonstrat ¸ie : Fiex1, x2∈Ia. ˆ ı.f(x1) =f(x2) = 0 conform teoremei lui Rolle aplicat˘ a
pe intervalul [ x1, x2] rezult˘ a c˘ a exist˘ a c∈(x1, x2) a.ˆ ı.f′(c) = 0.
2.ˆIntre doua r˘ ad˘ acini consecutive alederivatei se afl˘ a cel mult o r˘ ad˘ acin˘ a a funct ¸iei f.
Demonstrat ¸ie : Fiex1, x2doua r˘ ad˘ acini ale funct ¸iei f′. Presupunem prin reducere la ab-
surd c˘ a exist˘ a ˆ ıntre x1¸ six2cel put ¸in dou˘ a r˘ ad˘ acini ale funct ¸iei f. Fie acestea a¸ sib, a.ˆ ı.
x1< a < b < x 2.
Deoarece f(a) =f(b) = 0, aplicˆ and prima consecint ¸˘ a, rezult˘ a c˘ a exist˘ a cel put ¸in un num˘ ar
c∈(a, b) a.ˆ ıf′(c) = 0, adic˘ a x1¸ six2nu ar mai fi r˘ ad˘ acini consecutive ale lui f, ceea ce este
ocontradict ¸ie
Consecint ¸a a doua fundamenteaz˘ a ¸ sirul lui Rolle . Acesta este un ¸ sir de semne : dac˘ axi¸ sixi+1
sunt dou˘ a puncte consecutive ale ¸ sirului lui Rolle pentru caref(xi)·f(xi+1)>0, atunci pe
intervalul [ xi, xi+1] funct ¸ia fnu se anuleaz˘ a. Dac˘ a f(xi)·f(xi+1)<0 atunci pe ( xi, xi+1)
fse anuleaz˘ a o singur˘ a dat˘ a.
Exemple :
1. Aplicˆ and prima consecint ¸˘ a a teoremei Rolle, obt ¸inem c˘ aderivata funct ¸iei
f:R→R, f(x) =x(x−1)(x−2)(x−3)
are toate r˘ ad˘ acinile reale.
2. Determinat ¸i num˘ arul solut ¸iilor reale ale ecuat ¸iilo r:

1.2. TEOREMA LUI LAGRANGE 11
(a)
x3−6×2+9x−10 = 0
(b)
x3+6×2+9x+12 = 0
(c)
3×4−8×3−6×2+24x−10 = 0
Solut ¸ii:
(a) Fief:R→Rf(x) =x3−6×2+9x−10
f′(x) = 3×2−12x+9 = 3/parenleftbig
x2−4x+3/parenrightbig
=x(x−1)(x−3)
Zerourile derivatei sunt: x= 1 ¸ si x= 3. C˘ aut˘ am limitele la plus¸ siminus infinit .
Alc˘ atuim tabelul:
x−∞ 1 3 + ∞
f(x)−∞ − 6−10 +∞
Din variat ¸iile de semn se obt ¸ine c˘ a ecuat ¸ia are o singur˘ a r˘ adacin˘ a real˘ a ˆ ın intervalul
(3,∞).
(b)
f:R→Rf(x) =x3+6×2+9x+12, f′(x) = 3(x+1)(x+3)
x−∞ − 3−1 +∞
f(x)−∞ 12 8 + ∞
Ecuat ¸ia are o r˘ adacin˘ a real˘ a diferit˘ a de 0ˆ ın interval ul (−∞,−3).
(c)
f:R→R, f(x) = 3×4−8×3−6×2+24x−10, f′(x) = 12×3−24×2−12x+24
f′(x) = 0⇒x=±1, x= 2
x−∞ − 1 1 2 + ∞
f(x)−∞ − 29 3−2 +∞
Ecuat ¸ia are trei r˘ ad˘ acini reale.
1.2 Teorema lui Lagrange
1. S˘ a se studieze aplicabilitatea teoremei lui Lagrange pe ntru funct ¸iile de mai jos, ¸ si ˆ ın caz
afirmativ, s˘ a se aplice:

12 CAPITOLUL 1. STUDIUL CONVERGENT ¸EI CU TEOREMA LUI LAGRANGE
(a)
f: [0,3]→R, f(x) =x3
(b)
f: [−4,3]→R, f(x) =

x
2+1, x∈[−4,0]
√x+1, x∈(0,3]
(c)
f: [1,2]→R, f(x) = lnx
Solut ¸ii:
(a)fcontinu˘ a pe [0 ,3] ¸ si derivabil˘ a pe (0 ,3), fiind funct ¸ie elementar˘ a.
f(3)−f(0)
3−0=f′(c), c∈(0,3)⇒f′(c) = 9⇒3c2= 9⇒/braceleftBigg
c1=−√
3/∈(0,3)
c2=√
3
(b)
lim
x→0
x>0f(x) = 1,lim
x→0
x>0f(x) = 1
Decifeste continu˘ a pe [ −4,3] ¸ si derivabil˘ a pe ( −4,3).
Exist˘ a c∈(−4,3) a.ˆ ı.f(−4)−f(3)
−4−3=f′(c)⇒f′(c) =7
3
f′(x) =

1
2, x∈[−4,0]
1
2√x+1, x∈(0,3]⇒c=13
36∈(0,3)
(c)fcontinu˘ a pe [1 ,2] ¸ si derivabil˘ a pe (1 ,2), fiind funct ¸ie elementar˘ a. Cu teorema lui
Lagrange:
∃c∈(1,2) a.ˆ ı ln2−ln1 =1
c⇒c=1
ln2∈(1,2)
2. Determinat ¸i paramentrii reali m, na.ˆ ı funct ¸iei fs˘ a i se poat˘ a aplica teorema lui Lagrange pe
domeniul de definit ¸ie ¸ si s˘ a se aplice efectiv teorema:
(a)
f: [−1,1]→R, f(x) =/braceleftBigg
x2+2x+1, x∈[−1,0]
msinπx+n, x∈(0,1]
(b)
f: [0,2]→R, f(x) =/braceleftBigg
x2+3x+m, x∈[0,1]
nx+1, x∈(1,2]
Solut ¸ii:

1.2. TEOREMA LUI LAGRANGE 13
(a) Din continuitatea funct ¸ieiˆ ın x= 0 avem n= 1. Studiem derivabilitateaˆ ın x= 0;ˆ ın rest,
pe [−1,1]\{0}feste continu˘ a.
f′
s(0) = lim
x→0
x<0f(x)−f(0)
x−0= lim
x→0
x<0x2+2x+1−1
x= lim
x→0
x<0(x+2) = 2
f′
d(0) = lim
x→0
x>0f(x)−f(0)
x−0= lim
x→0
x>0msinπx+n−1
x= lim
x→0
x>0msinπx
x= lim
x→0
x>0msinπx
πxπ=mπ
mπ= 2⇒m=2
π
Aplic˘ am Lagrange, ¸ si rezult˘ a c˘ a:
∃c∈(−1,1) “a.ˆ ıf(1)−f(−1)
1+1=f′(c)⇒1−0
2=f′(c)⇒f′(c) =1
2
Dac˘ ac∈(−1,0) atunci: f′(c) = 2c+2 = 2(c+1),2(c+1) =1
2⇒c1=−3
4∈(−1,0)
Dac˘ ac∈(0,1) atunci: f′(c) = 2cos πc=1
2⇒c2=1
5arcos1
4
(b)
lim
x→1
x<1f(x) = 4+m,lim
x→1
x>1f(x) =n+1⇒m−n=−3
Studiem derivabilitateaˆ ın x= 1
f′
s(1) = lim
x→1
x<1f(x)−f(1)
x−1= lim
x→1
x<1×2+3x+m−4−m
x−1= lim
x→1
x<1×2+3x−4
x−1= lim
x→1
x<1(x−1)(x+4)
x−1= 5
f′
d(1) = lim
x→1
x>1f(x)−f(1)
x−1= lim
x→1
x>1nx+1−4−m
x−1= lim
x→1
x>1n(x−1)
x−1=n⇒n= 5,deci/braceleftBigg
n= 5
m= 2
/braceleftBigg
x2+3x+2, x∈[0,1)
5x+1, x∈(1,2]
Cu teorema lui Lagrange, ∃c∈(0,2) a.ˆ ı.:
f(2)−f(0)
2−0=f′(c), f′(c) =9
2;f′(c) =/braceleftBigg
2x+3,x∈[0,1)
5, x∈(1,2);
Dac˘ ac∈[0,1)⇒2c+3 =9
2⇒c=3
4
3. Demonstrat ¸i inegalit˘ at ¸iile urm˘ atoare:
(a)
x−y
y<lnx
y<x−y
x,0< x < y
(b)
n(b−a)an−1< bn−an< n(b−a)bn−1,0< a < b, n > 1

14 CAPITOLUL 1. STUDIUL CONVERGENT ¸EI CU TEOREMA LUI LAGRANGE
(c)
|cosx−cosy|/lessorequalslant|x−y|,∀x, y∈R
(d)
|sinx−siny|/lessorequalslant|x−y|,∀x, y∈R
(e)
arctgx >x
1+x2, x >0
Solut ¸ii:
(a) Aplic˘ am teorema lui Lagrange funct ¸iei f: [x, y]→R, f(t) = lnt:
lny−lnx= (y−x)f′(c), c∈(x, y) sau ln x−lny= (x−y)1
c
Avem1
y<1
c<1
x,decix−y
y<lnx
y<x−y
x
(b) Aplic˘ am teorema lui Lagrange funct ¸iei f: [a, b]→R,f(t) =tn.
(c) Consider˘ am funct ¸ia: f: [x, y]→R,f(t) = cost.
Cu Lagrange, avem: cos y−cosx= (y−x)sinc, c∈(x, y). Trecˆ and la modul:
|cosx−cosy|=|(x−y)sinc|¸ si, t ¸inˆ and cont c˘ a |sinc|/lessorequalslant1,se obt ¸ine inegalitatea dorit˘ a .
(d) Analog c)
(e)
arctgx−arctg0 = x1
1+c2, c∈(0, x),1
1+c2>x
1+x2
4. Ar˘ atat ¸i c˘ a ¸ sirul an= 1+1
2+1
3+…, … +1
nestedivergent .
Solut ¸ie:
Aplic˘ am inegalitatea de la 2), a.ˆ ı.:
ln2−ln1>1
2,ln3−ln2>1
3, … …, lnn−ln(n−1)>1
n.
Prin adunare se obt ¸ine:
1+1
2+1
3+… …, +1
n<1+lnn→∞

1.2. TEOREMA LUI LAGRANGE 15
5. Ar˘ atat ¸i c˘ a ¸ sirul an= 1+1
2+1
3+… …, +1
n+lnneste convergent, ¸ si limita sa apart ¸ine
intervalului (0 ,1).
Solut ¸ie: Aplic˘ am teorema lui Lagrange funct ¸iei f: [k, k+1]→R, k∈N∗, f(x) = lnx¸ si
avem:
∃ck∈(k, k+1) a.ˆ ı. f(k+1)−f(k) =1
ck,dar1
ck∈/parenleftbigg1
k+1,1
k/parenrightbigg
Deci:
1
k+1<ln(k+1)−ln(k)<1
k
Pentruk∈1,navem:
1
2<ln2−ln1<1
1
1
3<ln3−ln2<1
2
…
1
n+1<ln(n+1)−lnn <1
n
Prin sumare se obt ¸ine:
1
2+1
3+…+1
n+1<ln(n+1)<1+1
2+…+1
n
an+1−an=1
n+1−ln(n+1)+ln n= lnn
n+1+1
n+1<0
Am t ¸inut cont c˘ a:
1
n+1<lnn+1
n⇔1
n+1<ln/parenleftbigg
1+1
n/parenrightbigg
⇔ln/parenleftbigg
1+1
n/parenrightbiggn+1
> eeste o inegalitate adev˘ arat˘ a .
Deci (ak)nestedescresc˘ ator .
an>ln(n+1)−lnn >0, an+1<1⇒an∈(0,1)
Conform teoremei lui Weierstrass ¸ sirul este convergent ,ak→c, c∈(0,1)
6. S˘ a se calculeze limitele:
(a)
lim
n→∞n/parenleftbiggen
n−en+1
n+1/parenrightbigg
(b)
lim
n→∞x2/parenleftBig
e1/x−e1/x+ 1/parenrightBig
Solut ¸ii:
(a)f: [n, n+1]→R, f(x) =ex
x. Aplicˆ and teorema lui Lagrange:
∃cn∈(n, n+1) a.ˆ ı.en+1
n+1−en
n=f′(cn)
f′(cn) =ecn(cn−1)
c2n,en
n−en+1
n+1=f′(cn)

16 CAPITOLUL 1. STUDIUL CONVERGENT ¸EI CU TEOREMA LUI LAGRANGE
f′estedescresc˘ atoare , de unde rezult˘ a:
n/parenleftbiggen
n−en+1
n+1/parenrightbigg
>−nen(n−1)
n2→−∞
Deci, limita cerut˘ a este −∞
(b)f:/bracketleftbigg1
x+1,1
x/bracketrightbigg
→R, f(t) =et. Aplic˘ am teorema lui Lagrange, ¸ si t ¸inem cont c˘ a
lim
x→0x2
x= 1 cˆ and x→∞Cx→0.
7.
Fief:R→R, f(x) =n/summationdisplay
k=1akcoskxa.ˆ ı.ai∈R, i∈1,n.
Ar˘ atat ¸i c˘ a exist˘ a c∈(0,1) a.ˆ ı.:
f(c) =a0+n/summationdisplay
k=1aksink
k.
Solut ¸ie: Aplic˘ am teorema lui Lagrange funct ¸iei:
g(x) =a0x+n/summationdisplay
k=1aksinkx
kpe (0,1)
∃c∈(0,1) a.ˆ ı. g(1)−g(0) =g′(c), g(0) = 0, g(1) =a0+n/summationdisplay
k=1aksink
k
g′(x) =a0+n/summationdisplay
k=1akcoskx·k
k=f(x), g(1)−g(0) =g′(c) =f(c)
8. Se consider˘ a funct ¸ia
f:R→R, f(x) =n/summationdisplay
k=1akxk, ak∈R.
Ar˘ atat ¸i c˘ a exist˘ a c∈(0,1) a.ˆ ı.f(c) =n/summationdisplay
k=1ak
k+1.
Solut ¸ie: Aplic˘ am teorema lui Lagrange funct ¸iei:
g(x) =n/summationdisplay
k=1akxk+1
k+1pe (0,1)⇒

g(0) = 0
g(1) =n/summationdisplay
k=1ak
k+1
g′(x) =n/summationdisplay
k=1akxk=f(x), g(1)−g(0) =g′(c)⇒n/summationdisplay
k=1ak
k+1=f(c)
9.
Fief(x) =n/summationdisplay
k=1aksinkx¸ si|f(x)|/lessorequalslant|sinx| ∀x∈R.Ar˘ atat ¸i c˘ a|a1+2a2+…+nan|/lessorequalslant1.

1.2. TEOREMA LUI LAGRANGE 17
Solut ¸ie: Aplic˘ am teorema lui Lagrange pe intervalul [0 , x] funct ¸ieii f:
/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsinglef(x)−f(0)
x/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle=|f′(cx)|
Cˆ andx→0, cx→0. Trecˆ and la limit˘ a, avem:
lim
x→0/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsinglef(x)−f(0)
x/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle=|f′(0)|= lim
x→0/parenleftbigg/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsinglef(x)
sinx/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle·/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsinglesinx
x/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/parenrightbigg
= lim
x→0/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/parenleftbiggsinx
x/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/parenrightbigg
/lessorequalslant1
Deci|f′(0)|/lessorequalslant1,adic˘ a:|a1+2a2+… na n|/lessorequalslant1
10. S˘ a se rezolve ecuat ¸iile:
(a)
3x+6x= 5x+4x
(b)
x+2x= 3x
Solut ¸ii:
(a) Aplic˘ am teorema lui Lagrange funct ¸iei f:R→R, f(t) =txpe intervalele [3 ,4] ¸ si
[5,6] ¸ si avem:
4x−3x=xcx−1
1,cuc1∈(3,4)
6x−5x=xcx−1
2,cuc2∈(5,6)
Obt ¸inem ecuat ¸ia xcx−1
1=xcx−1
2care are solut ¸iile:
x= 0
x= 1
(b) Ecuat ¸ia se scrie: 3x−2x=xform˘ a ce ne sugereaz˘ a aplicarea teoremei lui Lagrange
funct ¸ieif(x) =txpe [2,3]. Se obt ¸ine: x∈/braceleftbig
0,1/bracerightbig
11. Fief:I→Rofunct ¸iededou˘ aoriderivabil˘ a. Dac˘ a xx,x2,x3¸ si, respectiv f(x1),f(x2),f(x3)
suntprogresie aritmetic˘ a , atunci, exist˘ a C∈Ia.ˆ ı.f′′(c) = 0, unde x1,x2,x3∈I.
Solut ¸ie: Avem:
x2=x1+x3
2¸ sif(x2) =f(x1)+f(x2)
2
Echivalent cu:
x1−x2=x2−x3¸ si respectiv f(x1)−f(x2) =f(x2)−f(x3)
Aplicˆ and teorema lui Lagrange:
∃c1∈(x1, x2) ¸ sic2∈(x2, x3) a.ˆ ı. f′(c1) =f′(c2)
Aplicˆ and din nou teorema lui Lagrange funct ¸iei f′pe [c1, c2], rezult˘ a c˘ a exist˘ a c∈(c1, c2)
a.ˆ ı.f′′(c) = 0.

18 CAPITOLUL 1. STUDIUL CONVERGENT ¸EI CU TEOREMA LUI LAGRANGE
12. Fief: [a, b]→Ro funct ¸ie derivabil˘ a a < c < b∈R. Atunci:
∃α1∈(a, c) ¸ si α2∈(c, b), α1< α2¸ siθ∈(α1, α2) a.ˆ ı.
f′(θ) =λf′(α1)+(1−λ)f′(α2)∀λ∈[0,1]
Solut ¸ie:
Conform teoremei lui Lagrange,
∃ξ∈(a, c) ¸ siη∈(c, b) a.ˆ ı./braceleftBigg
f(a)−f(c) = (a−c)f′(ξ)
f(c)−f(b) = (c−b)f′(η)
Dar:
f(b)−f(a)
b−a=f(b)−f(c)
b−c·b−c
b−a+f(c)−f(c)
c−ac−a
b−a=λf′(η)+(1−λ)f′(ξ)
luˆ andλ=b−c
b−a, λ∈(0,1),⇒f(b)−f(a)
b−a∈(f′(ξ), f′(η))
f′are proprietatea lui Darboux, rezult˘ a c˘ a:
∃θ∈(ξ, η) cuf′(θ) =f(b)−f(a)
b−aiarξ=α1¸ siη=α2
13. Determinat ¸i funct ¸iile f: (a, b)→Rderivabile pe ( a, b) cu proprietatea:
(1+x)f′(x)−αf(x) = 0,∀x∈(−1, b), α∈R
Solut ¸ie:ˆInmult ¸im relat ¸ia cu (1+ x)−α−1. Rezult˘ a:
(1+x)αf′(x)−α(1+x)−α−1f(x) = 0⇒/bracketleftBig
(1+c)−αf(x)/bracketrightBig′
= 0⇒
⇒(1+x)−αf(x) =c⇒f(x) =c(1+x)α.
14. Fief: [a, b]→Ro funct ¸ie convex˘ a. S˘ a se arate c˘ a are loc inegalitatea:
(b−a)f/parenleftbigga+b
2/parenrightbigg
/lessorequalslant/integraldisplayb
af(x)dx
Solut ¸ie:
Fief: [a, b]→R, f(x) =/integraldisplayb
af(t)dt−(x−a)f/parenleftbigga+x
2/parenrightbigg
.
Aplicˆ and teorema lui Lagrange pe intervalul/parenleftbigga+x
2, x/parenrightbigg
rezult˘ a c˘ a
f(x)−f/parenleftbigga+x
2/parenrightbigg
=x−a
2f′(cx), cx∈/parenleftbigga+x
2, x/parenrightbigg
f′(x) =x−a
2/parenleftbigg
f′(cx)−f′/parenleftbigga+x
2/parenrightbigg/parenrightbigg
/greaterorequalslant0∀x∈[a, b]
deci,feste cresc˘ atoare pe [ a, b], rezult˘ a:
f(b)/greaterorequalslantf(a) = 0

1.3. CONSECINTELE TEOREMEI LUI LAGRANGE 19
1.3 Consecintele teoremei lui Lagrange
Teorema lui Lagrange are consecint ¸e de important ¸a major˘ aˆ ın analiza matematic˘ a.
Consecint ¸a 1 Dac˘ a o funct ¸ie definit˘ a pe un interval are derivata nul˘ a, atunci este constant˘ a.
Demonstrat ¸ie : Fief:I→Ra. ˆ ı.f′(x) = 0∀x∈I. Fiea, b∈I, aplicˆ and teorema lui
Lagrange rezult˘ a:
f(a)−f(b) = (b−a)f′(c) = 0,de unde rezult˘ a: f(a) =f(b)
adic˘ a funct ¸ia este constant˘ a.
Aceast˘ a consecint ¸a este adev˘ arat˘ a numai dac˘ a funct ¸i a este definit˘ a pe un interval, fapt ilustrat
de exemplul urm˘ ator:
Funct ¸ia
f: (0,1)∪(5,6)→R, f(x) =/braceleftBigg
2, x∈(0,1)
−5x∈(5,6)
Calculul arat˘ a c˘ a derivata este nul˘ a, f˘ ar˘ a ca funct ¸ia s˘ a fie constant˘ a.
Consecint ¸a 2 Dac˘ a derivatele a dou˘ a funct ¸ii derivabile sunt egalepe un interval, atunci diferent ¸a lor este
constant˘ a.
Demonstrat ¸ie : Fieh(x) =f(x)−g(x), f, g :I→Rderivabile. h′(x) = 0, de unde,
aplicˆ and prima consecint ¸a rezult˘ a c˘ a f=g
La fel ca ¸ si la prima consecint ¸˘ a, este esent ¸ial ca domeni ul funct ¸iei s˘ a fie un interval. Fie
f, g: (−1,1)∪(3,4)→R, f(x) = 1, g(x) =/braceleftBigg
1, x∈(−1,1)
−1x∈(3,4)
f′(x) =g′(x),darf(x)−g(x) =/braceleftBigg
0, x∈(−1,1)
2, x∈(3,4)
Deci,f−gnu este o funct ¸ie constant˘ a.
Consecint ¸a 3 Fief:I←Ro funct ¸ie derivabil˘ a, ¸ si I⊂R, un interval.
Atunci:
•dac˘ af′>0⇒fstrict cresc˘ atoare.
•dac˘ af′<0⇒fstrict descresc˘ atoare.
Demonstrat ¸ie : Presupunem f′()>0,∀x∈I. Fiex1< x2, x1, x2∈I, ¸ si aplicˆ and
Lagrange pe intervalul [ x1, x2] rezult˘ a f(x2)−f(x1) = (x2−x1)f′(c),c∈(x1, x2). T ¸inˆ and
cont c˘ a derivata este strict pozitiv˘ a, rezult˘ a f(x2)> f(x1)>0, adic˘ afeste cresc˘ atoare.
Analog se demonstreaz˘ a c˘ and f′<0.
Dac˘ af′(x)/greaterorequalslant0 atunci funct ¸ia este monoton cresc˘ atoare, f˘ ar˘ a a fi neap ˘ arat strict cresc˘ atoare,
a¸ sa cum arat˘ a urmatorul exemplu: f:R→R, f(x) =x+sinx.
Avem c˘ a f′(x) = 1−cosx/greaterorequalslant0,ˆ ıns˘ a funct ¸ia este strict crasc˘ atoare, a¸ sa cum arat˘ a urm˘ atorul
rezultat: Dac˘ a f:I→R, I⊂R, o funct ¸ie derivabil˘ a a. ˆ ı. mult ¸imea {x∈I|f′(x) = 0}are
toate elementele izolate, atunci

20 CAPITOLUL 1. STUDIUL CONVERGENT ¸EI CU TEOREMA LUI LAGRANGE
•dac˘ af′/greaterorequalslant0 rezult˘ a feste strict cresc˘ atoare.
•dac˘ af′/lessorequalslant0 rezult˘ a feste strict descresc˘ atoare.
Pentru demonstrat ¸ie, vom presupune, prin reducere la absu rd, c˘ afestemonoton cresc˘ atoare .
Atunci, pentru x1, x2∈I, cux1< x2avemf(x1) =f(x2).
Dac˘ ax∈(x1, x2)avemf(x1)/leqslantf (x)/leqslantf (x2),adic˘ afesteconstant˘ a pe[x1, x2],
de unde rezult˘ a c˘ a f′(x) = 0,∀x∈[x1, x2], rzult˘ a c˘ a mult ¸imea zerourilor derivatei este un
interval, ci nu o mult ¸ime izolat˘ a , dontradictie.
ˆIn exemplul nostru, f:R→R, f(x) =x+sinx, mult ¸imea{x∈R|f′(x) = 0}este egal˘ a
cu/braceleftbig
2kπ|k∈Z/bracerightbig
, ¸ si este format˘ a numai din puncte izolate, astfel festestrict cresc˘ atoare .
Consecint ¸a 4 (Corolarul teoremei lui Lagrange):
Fief:I→R, I⊂Run interval, x0∈I. Dac˘ a
•f este continu˘ aˆ ın x0,
•f este derivabil˘ a pe I\/braceleftbig
x0/bracerightbig
• ∃limx→x0f′(x) =l, l∈R
atunci,fare derivat˘ aˆ ın x0¸ sif′(x0) =l.
ˆIn plus, dac˘ a l∈R, atuncifeste derivabil˘ aˆ ın x0.
Demonstrat ¸ie : Aplic˘ am teorema lui Lagrange funct ¸iei fpe intervalul [ x, x0], x < x 0¸ si
rezult˘ a:
f(x)−f(x0)
x−x0=f′(cx),cucx∈(x, x0)
f′
s(x0) = lim
x→0
x<0f(x)−f(x0)
x−x0= lim
x→0
x<0f′(cx) =l, cx→x0,
f′
d(x0) =l,
decifare derivat˘ aˆ ın x0¸ si aceasta este egal˘ a cu l.
Corolarul teoremei lui Lagrange d˘ a o condit ¸ie necesar˘ a p entru existent ¸a derivatei unei funct ¸ii
ˆ ıntr-un punct, ea nu este ¸ si suficient˘ a.
Astfel, funct ¸ia
f:R→R, f(x) =/braceleftBigg
x2sin1
x, x/\e}atio\slash= 0
0, x = 0
este derivabil˘ aˆ ın x= 0 ¸ sif′(0) = 0. ˆIns˘ a:
lim
x→0f′(x) nu exist˘ a, deoarece f′(x) = 2x·sin1
x−cos1
x,pentru c˘ a nu exist˘ a lim
x→0cos1
x.
Funct ¸ia
f: [0,1]→R, f(x) =/braceleftBigg
0, x∈[0,1)
1x= 1este derivabil˘ a pe [0 ,1) ¸ si lim
x→1
x<1= 0

1.4. APLICAT ¸II ALE CONSECINT ¸ELOR TEOREMEI LUI LAGRANGE 21
darfnu este derivabil˘ aˆ ın x= 0, nefiind continu˘ a ˆ ın acest punct.
Exist˘ a funct ¸ii discontinueˆ ıntr-un punct dar au totu¸ si derivat˘ aˆ ın acel punct, de exemplu:
f:R→R, f(x) =

arctg1
x, x/\e}atio\slash= 0
0, x = 0
este discontinu˘ aˆ ın x= 0, dar f′(0) =∞, deoarece:
lim
x→0arctgx
x= 0.
1.4 Aplicat ¸ii ale consecint ¸elor teoremei lui Lagrange
1. Ar˘ atat ¸i c˘ a:
arcsinx+arccos x=π
2
Solut ¸ie:
Fief: [−1,1]→Rf(x) = arcsin x+arccos x, f′(x) =1√
1−x2−1√
1−x2= 0
Rezult˘ a, conform primei consecint ¸e c˘ a feste constant˘ a, f(x) =f(0) =π
2.
2. S˘ a se arate c˘ a:
(a) sin2x+cos2x= 1,∀x∈R
(b) arcsin/parenleftbig
3x−4×3/parenrightbig
−3·arcsinx= 0
(c) arccos1−x2
1+x2= 2·arctgx,∀x/greaterorequalslant0
Solut ¸ii:
(a)
f:R→R, f(x) = sin2x+cos2x, f′(x) = 0⇒fconstant˘ a , f(x) =f(0) = 1
(b)
f:/bracketleftbigg
−1
2,1
2/bracketrightbigg
→R, f(x) = arcsin/parenleftbig
3x= 4×3/parenrightbig
−3·arcsinx, f′(x) = 0⇒f(x) =f(0) = 0
(c)
f: [0,∞)→R, f(x) = arccos1−x2
1+x2= 2·arctgx, f′(x) = 0⇒f(x) =f(0) = 0.
3. Fief: [a, b] a.ˆ ı.|f(x)−f(y)|/lessorequalslant|x−y|1+α,∀x, y∈[a, b], α, M > 0. Ar˘ atat ¸i c˘ a f
este constant˘ a.
Solut ¸ie:
|f(x)−f(y)|/lessorequalslant|x−y|1+α⇔/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsinglef(x)−f(y)
x−y/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/lessorequalslant|x−y|α
Prin trecerea la limit˘ a x→y, rezult˘ a f′(y) = 0, adic˘ a, feste constant˘ a.

22 CAPITOLUL 1. STUDIUL CONVERGENT ¸EI CU TEOREMA LUI LAGRANGE
4. Determinat ¸i funct ¸ia f:R→Rcare are propriet˘ at ¸iile:


f′(x)+3f(x) = 0,∀x∈R
¸ si
f(−1) =e
Solut ¸ie:
ˆInmult ¸im relat ¸iile de mai sus cu e3x¸ si se obt ¸ine:
/parenleftBig
f·e3x/parenrightBig′
= 0 adic˘ a , f·e3x= constant˘ a .
f(−1)·e−3=e·e−3=e−2⇔f(x) =1
e3x·e−2=1
e3x+2.
5. Determinat ¸i funct ¸ia f:R→Rderivabil˘ a a.ˆ ı.
f(0) = 0 ¸ si f′(x)+4f(x) = 0,∀x∈R.
Solut ¸ie:
f′(x)+4f(x) = 0/vextendsingle/vextendsingle·e4x⇒/parenleftBig
f(x)·e4x/parenrightBig′
= 0 adic˘ a f(x)·e4x=c⇒f(x) =c·e−4x
Pentrux= 0 rezult˘ a:
f(0) =c·e0=c
f(0) = 0/bracerightBigg
⇒c= 0,
Deci,f(x) = 0,∀x∈R.
6. Ar˘ atat ¸i c˘ a funct ¸iile
f(x) = arcsinx−1
2(1+x2),¸ sig(x) = arctg x
difer˘ a printr-o constant˘ a pe ( −1,∞). Ar˘ atat ¸i c˘ a arcsin3
5+π
2= arctg7 .
Solut ¸ie:
f′(x) =g′(x),∀x∈(−1,∞), f(x)−g(x) =c, c=f(1)−g(1) =π
4
Lu˘ amx= 7.
7. Determinat ¸i inegalit˘ at ¸ile:
(a)
arcsin/radicalbig
1−x2+arccos x=π,x∈[1,0]
(b)
arctgx−arctga= arctgx−1
1+ax, x >−1
a, a >0
(c)
2arctgx+arcsin2x
1+x2=πsgn(x)

1.4. APLICAT ¸II ALE CONSECINT ¸ELOR TEOREMEI LUI LAGRANGE 23
Solut ¸ii:
f: [−1,0]→R, f(x) = arcsin/radicalbig
1−x2+arccos x
f′(x) =−2x
2/radicalbig
1−(1−x2)·√
1−x2−1√
1−x2=−x
|x|√
1−x2−1√
1−x2=−x
−x√
1−x2−1√
1−x2
f(x) =c, c=f(0) =π
8. Ar˘ atat ¸i c˘ a urm˘ atoarele funct ¸ii sunt strict monoton e:
(a)f:R→R, f(x) =x+cosx
(b)f:R→R, f(x) =x−sinx
Solut ¸ii:
(a)f′(x) = 1−sinx/greaterorequalslant0. Mult ¸imea A=/braceleftBig
x|f′(x) = 0/bracerightBig
=/braceleftBigπ
2+2kπ/bracerightBig
are numai puncte
izolate, rezult˘ a feste strict cresc˘ atoare.
(b) Analog a)
9. Studiat ¸i monotonia funct ¸iei f: (0,∞)→R, f(x) =lnx
x¸ si deducet ¸i inegalitatea nn+1>
(n+1)n, n/greaterorequalslant3.
Solut ¸ie:
f′(x) =1−lnx
x2. Dac˘ ax∈(0, e), frunct ¸ia este cresc˘ atoare , iar dac˘ a x∈(e,∞), funct ¸ia este
descresc˘ atoare . Inegalitatea nn+1>(n+1)n, devine prin logaritmare
ln(n+1)
n+1<lnn
n
inegalitate adev˘ arat˘ a, deoarece feste descresc˘ atoare pe intervalul ( e,∞)
10. Stabilit ¸i punctele de extrem ¸ si natura lor pentru urm˘ atoarele funct ¸ii:
(a)
f:R→R, f(x) =x3+2×2−3
(b)
f:R\[−1,0]→R, f(x) =/parenleftbigg
1+1
x/parenrightbiggx
(c)
f:R→R, f(x) =/braceleftBigg/vextendsingle/vextendsinglex2−1/vextendsingle/vextendsingle,|x|/greaterorequalslant1
e−ex2,|x|<1

24 CAPITOLUL 1. STUDIUL CONVERGENT ¸EI CU TEOREMA LUI LAGRANGE
Solut ¸ii:
(a)
f′(x) = 3×2+4x= 0⇒

x1= 0
x2=−4
3
x−∞ −4
30 + ∞
f′+ + + + 0− − − − 0 + + + +
f−∞ ր ց − 3ր+∞
f/parenleftbigg
−4
3/parenrightbigg
=−49
27, f(0) =−3
Din tabelul de valori, rezult˘ a c˘ a punctul A/parenleftbigg
−4
3,−49
27/parenrightbigg
este unpunct de maxim , iar
B(0,−3) este un punct de minim .
(b)
f(x) =eln(1+1
x)x
=exln(1+1
x);f′(x) =/bracketleftbigg
ln/parenleftbigg
1+1
x/parenrightbigg
−1
x+1/bracketrightbigg
exln(1+1
x)
Din studiul monotoniei funct ¸iei
g:R\[−1,0]→R, g(x) = ln/parenleftbigg
1+1
x/parenrightbigg
−1
x+1
rezult˘ a c˘ a f′este pozitiv˘ a∀x∈R\[−1,0], deci funct ¸ia feste strict cresc˘ atoare pe
domeniul de definit ¸ie.
(c)
f(x) =

/vextendsingle/vextendsinglex2−1/vextendsingle/vextendsingle,|x|/greaterorequalslant1
e−ex2,|x|<1;f′(x) =

2x, x∈(−∞,−1)∪(1,∞)
−2xex2, x∈(−1,1)
fnu este derivabil˘ aˆ ın x=−1 ¸ six= 1.
x−∞ − 1 0 1 + ∞
f′− − − − | + + + 0− − − | + + + +
fր ր ց ր
x=−1 ¸ six= 1 sunt puncte de minim, iarx= 0 este punct de maxim.
11. Demonstrat ¸i inegalit˘ at ¸ile urm˘ atoare:
(a)
ex/greaterorequalslantx+1,∀x∈R
(b)
ln(1+x)/greaterorequalslantx
x+1,∀x >−1

1.4. APLICAT ¸II ALE CONSECINT ¸ELOR TEOREMEI LUI LAGRANGE 25
(c)/parenleftbiggx+1
2/parenrightbiggx+1
/lessorequalslantxx,∀x >0
(d)
cosx/greaterorequalslant1−x2
2,∀x∈R
(e)
x(2+cosx)>3sinx, x > 0
(f)
3√
2+3√
5<3√
3+3√
4
Solut ¸ii:
(a)
Fief:R→R, f(x) =ex−x−1, x= 0 punct de minim ⇒f(x)/greaterorequalslantf(0) = 0
(b)
f: (−1,∞)→R, f(x) = ln(x+1)−x
x+1, f′(x) =x
(1+x)2,
x= 0 punct de minim , f(x)/greaterorequalslantf(0) = 0
(c) Se logaritmeaz˘ a, ¸ si vom considera funct ¸ia:
f: (0,∞)→R, f(x) = (x+1)/bracketleftBig
ln(x+1)−ln2/bracketrightBig
−xlnx.
f′(x)<0∀x∈(0,∞), f(x)/greaterorequalslantf(0) = 0
(d)
f:R→R, f(x) = cosx+x2
2−1, f(−x) =f(x) atunci feste par˘ a .
E suficient s˘ a stiudiem funct ¸ia pe (0 ,∞).
f′(x) =−sinx+x, f′′(x) =−cosx+1/greaterorequalslant0, f′(x)/greaterorequalslantf′(0) = 0,
fcresc˘ atoare , f(x)/greaterorequalslantf(0) = 0
(e)
f: (0,∞)→R, f(x) =3sinx
2+cosx−x, f′(x)/lessorequalslantf(0) = 0
(f)
f(x) =3√x+3√
7−x, f′(x)/greaterorequalslant0 pentru x∈[2,3], f(2)/lessorequalslantf(3)
12. Folosind corolarul teoremei lui Lagrange, studiat ¸i de rivabilitatea funct ¸iilor:
(a)
f:R→R, f(x) = sin/parenleftbig
t2−3t+2/parenrightbig
, t∈[x, x+1].

26 CAPITOLUL 1. STUDIUL CONVERGENT ¸EI CU TEOREMA LUI LAGRANGE
(b)
f:R→R, f(x) =/braceleftBigg
x2, x/lessorequalslant1
lnx+x, x > 1
(c)
f:R→R, f(x) = arccos1−x2
1+x2
(d)
f:R→R, f(x) = arcsin2x
1+x2
Solut ¸ii:
(a) Se reprezint˘ a grafic funct ¸ia g:R→R, g(t) =t2−3t+ 2. Vˆ arful parabolei are
coordonatele/parenleftbigg3
2,−1
4/parenrightbigg
. Dac˘ ax+1<3
2, adic˘ ax <1
2, f(x) = (x+1)−3(x+1)+2 =
x2−x.
Dac˘ ax∈/parenleftbigg1
2,3
2/parenrightbigg
, f(x) =−1
4.
Dac˘ ax/greaterorequalslant3
2, f(x) =x2−3x+2.
f′(x) =

2x−1, x∈/parenleftbigg
−∞,1
2/parenrightbigg
0, x∈/parenleftbigg1
2,3
2/parenrightbigg
2x−3, x∈/parenleftbigg3
2,+∞/parenrightbigg
feste continu˘ aˆ ın x=1
2¸ six=3
2:
f′/parenleftbigg1
2/parenrightbigg
= 0, f′/parenleftbigg3
2/parenrightbigg
= 0
Decifestederivabil˘ a peR
(b) f este derivabil˘ a pe R\1. Studiem derivabilitateaˆ ın x= 1:
f′(x) =

2x, x < 1
1
x+1, x > 1
fcontinu˘ a ˆ ın x = 1 .
f′
s(1) = 2, f′
d(1) = 2/bracerightBigg
⇒festederivabil˘ a ˆ ınx= 1.
(c)
f′(x) =−4x
(1+x2)·2|x|
f′(x) =

2
1+x2, x < 0
−2
1+x2, x > 0⇒fderivabil˘ a pe R\/braceleftbig
0/bracerightbig

1.5. TEOREMA LUI CAUCHY 27
f′
s(0) = 2,
f′
d(0) =−2,/bracerightBigg
⇒fnueste derivabil˘ aˆ ın x= 0
(d)
f′(x) =−2/parenleftbig
x2−1/parenrightbig
|1−x2|·(1+x2)
f′(x) =

−2
1+x2, x∈(−∞,−1)∪(1,+∞)
2
1+x2, x∈(−1,1)
/braceleftBigg
f′
s(−1) =−1,
f′
d(−1) = 1,(1)/braceleftBigg
f′
s(1) = 1,
f′
d(1) =−1,(2)
Din (1) ¸ si (2)⇒festederivabil˘ a peR\/braceleftbig
±1/bracerightbig
1.5 Teorema lui Cauchy
Teorema se mai nume¸ ste ¸ si a doua teorem˘ a a cre¸ sterilor finite . Teorema lui Lagrange este caz
particular al teoremei lui Cauchy.
Teorem˘ a (Cauchy): Fie f,g: [a, b]→Rdou˘ a funct ¸ii Rolle, a.ˆ ı. g′(x)/\e}atio\slash= 0∀x∈(a, b). Atunci,
g(a)/\e}atio\slash=g(b) ¸ si exist˘ a c∈(a, b) a.ˆ ı:
f(b)−f(a)
g(b)−g(a)=f′(c)
g′(c)
Demonstrat ¸ie : Dac˘ a presupunem c˘ a g(a) =g(b) atunci, conform teoremei lui Rolle, rezult˘ a
c˘ a exist˘ a c∈(a, b), a.ˆ ıg′(c) = 0, ceea ce esteˆ ın contradict ¸ie cu faptul c˘ a g′(x)/\e}atio\slash= 0,∀x∈(a, b).
Pentru cealalt˘ a parte a demonstrat ¸iei, consider˘ am func t ¸iah: [a, b]→R, h(x) =f(x)−k·g(x).
Pentru determinarea lui k, punem condit ¸ia ca h(a) =h(b). De obt ¸ine:
k=f(b)−f(a)
g(b)−g(a)
Aplicˆ and teorema lui Rolle funct ¸iei hrezult˘ a:
∃c∈(a, b) a.ˆ ı.h′(c) = 0⇒f′(c)−k·g′(c) = 0⇒k=f′(c)
g′(c)
1.6 Aplicat ¸ii ale teoremei lui Cauchy
1. Studiem aplicabilitatea teoremei lui Cauchy pentru urm˘ atoarele funct ¸ii:

28 CAPITOLUL 1. STUDIUL CONVERGENT ¸EI CU TEOREMA LUI LAGRANGE
(a)
f,g: [1,4]→R, f(x) =

√4x−3, x∈[1,3)
x2
9+2, x∈[3,4], g (x) =x2
(b)
f,g:/bracketleftBig√
2,2/bracketrightBig
→R, f(x) = lnx, g(x) =x2
Solut ¸ii:
(a)
lim
x→3
x<3√
4x−3 = 3,lim
x→3
x>3/parenleftbiggx2
9+2/parenrightbigg
= 3 deci feste continu˘ a pe [1 ,4]
f′
s(3) = lim
x→3
x<32√4x−3=2
3
f′
d(3) = lim
x→3
x>32
9x=2
3

⇒decifestederivabil˘ a pe (1,4).
g′(x) = 2x/\e}atio\slash= 0∀x∈(1,4)
Conform teoremei lui Cauchy, exist˘ a c∈(1,4) a.ˆ ı.:
f(4)−f(1)
g(4)−g(1)=f′(c)
g′(c)⇔34
9−1
16−1=f′(c)
2c⇔f′(c) =50c
9·15=10c
27
ˆIns˘ af′(c) =

2√4x−3, x∈(1,3)
2x
9, x∈[3,4]
I)
Dac˘ ac∈(1,3) avem5
27=1
c√5c−3.Funct ¸ia h: (1,3)→R, h(x) =1
x√4x−3
este continu˘ a, ¸ si are proprietatea lui Darboux , deci exist˘ a c1∈(1,3) a.ˆ ı.h(c1) =5
27.
II)
Dac˘ ac∈[3,4),5
27/\e}atio\slash=1
9deci nu exist˘ a c∈[3,4) a.ˆ ı.f′(c)
2c=5
27
Am g˘ azit c∈(1,3) care verific˘ a teorema lui Cauchy.
(b) Evident, funct ¸iile sunt continue ¸ si derivabile, fiind funct ¸ii elementare.
g′(x) = 2x/\e}atio\slash= 0∀x∈/bracketleftbig√
2,2/parenrightbig
.Deci, suntˆ ındeplinite condit ¸iile teoremei lui Cauchy.
∃c∈/parenleftBig√
2,2/parenrightBig
a.ˆ ı.f′(c)
g′(c)=f(2)−f/parenleftbig√
2/parenrightbig
g(2)−g/parenleftbig√
2/parenrightbig⇒1
c
2·c=ln√
2
2⇒c2=1
ln√
2

1.6. APLICAT ¸II ALE TEOREMEI LUI CAUCHY 29
⇒c=±/radicalBigg
1
ln√
2⇒c=±/radicalbigg
2
ln2
Alegem c=/radicalbigg
2
ln2∈/parenleftBig√
2,2/parenrightBig
2. Ar˘ atat ¸i c˘ a:
|arctga−arctgb|/lessorequalslant|arcsina−arcsinb|
Solut ¸ie:
Aplic˘ am teorema lui Cauchy funct ¸iilor f,g: [−1,1]→R, f(x) = arctg x, g(x) = arcsin x.
Rezult˘ a c˘ a exist˘ a c∈(−1,1) a.ˆ ı:
arctga−arctgb
arcsina−arcsinb=1
1+c2
1√
1−c2=√
1−c2
1+c2
Din tabelul de variat ¸ie al funct ¸iei
h:R→R, h(x) =√
1−x2
1+x2
deducem c˘ a pe intervalul ( −1,1) funct ¸ia areˆ ın x= 0 unmaximegal cu 1.
A¸ sadararctga−arctgb
arcsina−arcsinb/lessorequalslant1.
3. Fief,g: [a, b]→Rdou˘ a funct ¸ii continue ¸ si g(x)/\e}atio\slash= 0∀x∈(a, b). Ar˘ atat ¸i c˘ a exista
c∈(a, b) a.ˆ ı.:
f(c)/integraldisplayb
ag(x)dx=g(c)/integraldisplayb
af(x)dx
Solut ¸ie:
Aplic˘ am teorema lui Cauchy, funct ¸iilor
F(x) =/integraldisplayx
af(t)dt,¸ siG(x) =/integraldisplayx
ag(t)dt
F(b)−F(a)
G(b)−G(a)=F′(c)
G′(c)=f(c)
g(c), c∈(a, b)
/integraldisplayb
af(t)dt
/integraldisplayb
ag(x)dt=f(c)
g(c)

30 CAPITOLUL 1. STUDIUL CONVERGENT ¸EI CU TEOREMA LUI LAGRANGE
1.7 Teorema de medie pentru funct ¸ii integrabile
1. Fief: [0,3]→R, f(x) =x2−3x. Aflat ¸i valoarea medie a funct ¸iei f.
2. Folosind funct ¸ia
F(x) =/integraldisplayx
af(t)dt, x∈(a, b)
demonstrat ¸i teorema de medie .
3. Fief: [0,1]→Ro funct ¸ie continu˘ a, a.ˆ ı.
/integraldisplay1
0f(x)dx=1
2.
Ar˘ atat ¸i c˘ a exist˘ a x0∈(0,1) a.ˆ ı.f(x0) =x0.
4. Fief: [a, b]→Ro funct ¸ie continu˘ a. Ar˘ atat ¸i c˘ a exist˘ a c∈[a, b] a.ˆ ı.
/integraldisplayc
af(t)dt=/integraldisplayb
cf(t)dt.
5.Fief: [a, b]→Ro funct ¸ie continu˘ a. Ar˘ atat ¸i c˘ a exist˘ a c∈(a, b) a.ˆ ı.
/integraldisplayc
af(x) = (b−c)f(c)
6. Ar˘ atat ¸i c˘ a ecuat ¸ia/integraldisplayx
1f(t)dt=x2−3,
undef: [1,1]→(−∞,1) este continu˘ a ¸ si are solut ¸ie pe intervalul (1 ,2).
7. Fief: [a, b]→Ro funct ¸ie continu˘ a a.ˆ ı.
/integraldisplayb
af(x)dx=b2−a2
2.
Ar˘ atat ¸i c˘ a exista c∈(a, b) a.ˆ ı.f(c) =c.
8. Fief,g: [a, b]→Rdou˘ a funct ¸ii continue a.ˆ ı.
/integraldisplayb
af(x)dx=/integraldisplayb
ag(x).
Ar˘ atat ¸i c˘ a exist˘ a c∈[a, b] a.ˆ ı.f(c) =g(c).
9. Fief: [0,1]→Ro funct ¸ie continu˘ a ¸ si
/integraldisplay1
0f(x)dx=2
π.
Ar˘ atat ¸i c˘ a exist˘ a x0∈(0,1) a.ˆ ı.f(x0) = sinx0
10. Fief: [0,1]→Ro funct ¸ie continu˘ a ¸ si
/integraldisplay1
0f(x)dx= 1+1
2+…+1
n
cun∈N∗. Ar˘ atat ¸i c˘ a exist˘ a c∈(0,1) a.ˆ ı.f(c) =1−cn
1−c.

1.7. TEOREMA DE MEDIE PENTRU FUNCT ¸II INTEGRABILE 31
11. Fief: [0,1]→Ro funct ¸ie continu˘ a a.ˆ ı.
6/integraldisplay1
0f(x)dx= 2a+3b+6c.
Ar˘ atat ¸i c˘ a exist˘ a x0∈(0,1) a. ˆ ı.f(x0) =ax2
0+bx0+c.
12. Calculat ¸i urm˘ atoarele limite:
(a)
lim
x→0/integraldisplayx
0e−t3dt.
(b)
lim
n→∞/integraldisplayn+1
ne−√x
dx.
(c)
lim
n→∞1
4n/integraldisplay2
1xnxdx.
(d)
lim
n→∞n3/integraldisplayn+2
nx
1+x5dx.
(e)
lim
x→0/integraldisplayx2
0et2dt
sin2xdx.
(f)
lim
n→∞/integraldisplayn+1
n√
x2+2x
xdx.
(g)
lim
n→∞/integraldisplayn+1
nlnx
x2+1dx
Solut ¸ii:
1.
M(f) =1
3/integraldisplay3
0/parenleftbig
x2−3x/parenrightbig
dx= 0
2. Aplic˘ am teorema lui Lagrange:
F(b)−F(a) = (b−a)F′(c), c∈(a, b)
DarF′(c) =f(c).

32 CAPITOLUL 1. STUDIUL CONVERGENT ¸EI CU TEOREMA LUI LAGRANGE
3./integraldisplay1
0f(x)dx=1
2⇔/integraldisplay1
0(f(x)−x)dx= 0.
Aplic˘ am teorema de medie funct ¸iei f(x)−xde unde rezult˘ a c˘ a exist˘ a x0∈(0,1) a.ˆ ı
/integraldisplay1
0/parenleftBig
f(x)−x/parenrightBig
dx=f(x0)−x0= 0
4.
FieG: [a, b]R, G(x) =/integraldisplayx
af(t)dt−/integraldisplayb
xf(t)dt.
G(a) =−/integraldisplayb
af(t)dt.
G(b) =/integraldisplayb
af(t)dt.
G(a)G(b) =−/parenleftBigg/integraldisplayb
af(t)dt/parenrightBigg2
/lessorequalslant0

⇒ ∃ c∈[a, b] a.ˆ ı.G(c) = 0
5.
FieF: [a, b]→R, F(x) = (b−x)/integraldisplayx
af(t)dt.
Feste derivabil˘ a
F(a) =F(b) = 0⇒conform teoremei lui Rolle exist˘ a c∈(a, b) a.ˆ ı.
F′(c) = 0⇔ −/integraldisplayc
af(t)dt+(b−c)f(c) = 0, F′(x) =−/integraldisplayx
af(t)dt+(b−x)f(x)
6.
Fie funct ¸ia F(x) =/integraldisplayx
1f(t)dt−x2+3.
F(1) = 1, F(2) =/integraldisplay2
1f(t)dt−1. f(t)<1⇒F(2)<0
F(1)F(2)<0⇒ ∃c∈(1,2) a.ˆ ı.F(c) = 0
7./integraldisplayb
af(x)dx=b2−a2
2⇔/integraldisplayb
af(x)dx=/integraldisplayb
axdx⇔/integraldisplayb
a/parenleftBig
f(x)−x/parenrightBig
dx= 0
Aplicˆ and teorema de medie, rezult˘ a c˘ a exist˘ a c∈(a, b) a.ˆ ı.:
/integraldisplayb
a/parenleftBig
f(x)−x/parenrightBig
dx= (b−a)/parenleftBig
f(c)−c/parenrightBig
= 0⇒f(c) =c.

1.7. TEOREMA DE MEDIE PENTRU FUNCT ¸II INTEGRABILE 33
8. Aplic˘ am teorema de medie funct ¸iei f(x)−g(x). Rezult˘ a c˘ a exist˘ a c∈[a, b] a.ˆ ı.:
/integraldisplayb
a/parenleftBig
f(x)−g(x)/parenrightBig
dx= (b−a)/parenleftbig
f(x)−g(x)/parenrightbig
= 0⇒f(x) =g(x)
9./integraldisplay1
0f(x)dx=/integraldisplay1
0sinπxdx¸ si se aplic˘ a teorema de medie.
10./integraldisplay1
0/parenleftBig
1+x+x2+…+xn−1/parenrightBig
dx=/parenleftbigg
x+x2
2+…+xn
n/parenrightbigg/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle1
0= 1+1
2+…+1
n
/integraldisplay1
0f(x)dx=/integraldisplay1
0/parenleftBig
1+x+x2+…+xn−1/parenrightBig
dx⇒/integraldisplay1
0/parenleftBig
f(x)−1−x−x2−…−xn−1/parenrightBig
dx= 0⇒
⇒ ∃c∈(0,1) a.ˆ ı.f(c)−1−c−c2−…−cn−1= 0 echivalent cu f(c) =cn−1
c−1=1−cn
1−c
11.
6/integraldisplay1
0f(x)dx= 2a+3b+6c⇔/integraldisplay1
0f(x)dx=/integraldisplay1
0/parenleftBig
ax2+bx+c/parenrightBig
dx⇒
⇒ ∃x0∈(0,1) a.ˆ ı.f(x0) =ax2
0+bx0+c.
12. Se aplic˘ a teorema de medie:
(a)/integraldisplayx
0e−t3dt=xe−c3
x,cucx∈(0, x).
Cˆ andx→0, cx→0. Limita cerut˘ a este egal˘ a cu 0.
(b)/integraldisplayn+1
ne−√xdx=e−√cn=1
e√cn, c n∈(n, n+1).
Cˆ andn→∞, cn→∞. Limita este egal˘ a cu 0
(c)/integraldisplay2
1xnxdx=cnccuc∈(1,2).Dar1
4n<1
4n/integraldisplay2
1xnxdx </parenleftBigc
2/parenrightBig2n
→0
(d)/integraldisplayn+2
nx
1+x5dx=2cn
1+c5n, cn∈(n, n+2).
Dar,2n5
1+(n+2)5< n3/integraldisplayn+2
nx
1+x5dx <2(n+2)n4
1+n5.Limita este egal˘ a cu 2

34 CAPITOLUL 1. STUDIUL CONVERGENT ¸EI CU TEOREMA LUI LAGRANGE
(e)
lim
x→∞/integraldisplayx2
0et2dt
sin2x= lim
x→0
cx→0x2ec2
x
sin2x= 1.lim
x→0sin2x= 0
(f)
Exist˘ acn∈(n, n+1) a,ˆ ı./integraldisplayn+1
n√
x2+2x
x=/radicalbig
c2n+2cn
cn.Cˆ andn→∞, cn→∞.
lim
cn→∞/radicalbig
c2n+2cn
cn= 1
(g)
lim
n→∞/integraldisplayn+1
nlnx
x2+1dx= lim
cc→∞lncn
c2n+1= lim
cn→∞1
cn
2·cn= lim
cn→∞1
2c2n= 0