Parametri în integrale la BAC: condiții și capete

O condiție asupra unei integrale poate determina un parametru, mai mulți parametri sau o întreagă familie de valori. La BAC, trebuie să verifici mai întâi dacă integrala este definită pentru parametrul ales, apoi să calculezi și să rezolvi ecuația rezultată. Dacă parametrul apare într-un capăt, problema poate avea mai multe soluții.

Acest atelier tratează trei situații: coeficienți în integrand, un parametru într-un numitor și un capăt necunoscut. Exemplele completează exercițiile din subiectele de BAC, potrivit programei profilului tău.

Schema de lucru: condiții de existență → calculul integralei → ecuație în parametru → soluții candidate → verificare în condițiile inițiale.

Parametrul este constant față de variabila de integrare

În integrala unei funcții f(x, a), litera a se tratează ca un număr fix atunci când integrezi după x. De exemplu, integrala lui ax între zero și unu este a/2, nu x²a²/2 și nici o expresie în care a se integrează separat.

După calcul, rezultatul poate deveni o funcție de parametru. Abia atunci rezolvi condiția impusă de enunț. Păstrează aceeași literă pentru variabila de integrare și nu o confunda cu un capăt necunoscut.

Poziția parametrului	Verificare inițială
Coeficient într-un polinom	De regulă, orice valoare reală este admisă
Numitor sau logaritm	Verifici întregul interval
Capăt al integralei	Verifici domeniul parcurs și restricția din enunț

Exemplul unu: o singură condiție liniară

Determină a astfel încât integrala de la zero la doi din ax + 1 să fie șase. O primitivă este ax²/2 + x.

Evaluarea între capete dă 2a + 2 = 6, deci a = 2. Verificarea în integrand produce 2x + 1, a cărui integrală între zero și doi este într-adevăr șase.

Nu este necesară o discuție complicată a domeniului, deoarece polinomul este continuu pentru orice a real. Totuși, menționarea acestei proprietăți justifică faptul că toate valorile candidate pot fi verificate prin aceeași formulă.

Exemplul doi: două condiții pentru doi coeficienți

Fie f(x) = ax + b. Impunem integrala lui f între zero și unu egală cu unu și integrala lui xf(x) pe același interval egală cu două treimi.

Prima condiție dă a/2 + b = 1. A doua dă a/3 + b/2 = 2/3. Avem un sistem liniar în a și b.

Înlocuim b = 1 − a/2 în a doua ecuație. Rezultă a/3 + 1/2 − a/4 = 2/3, deci a/12 = 1/6. Obținem a = 2 și b = 0.

Funcția este f(x) = 2x. Integrala ei este unu, iar integrala lui 2x² este două treimi, deci ambele condiții sunt satisfăcute.

A doua condiție nu este o repetare a primei: factorul x schimbă contribuția diferitelor zone ale intervalului. De aceea, cele două informații pot determina separat cei doi coeficienți.

Când parametrul dispare din calcul

Considerăm f(x) = a(2x − 1) + b și condiția ca integrala între zero și unu să fie trei. Integrala lui 2x − 1 pe acest interval este zero.

Prin urmare, rezultatul integralei este b, indiferent de a. Condiția impune b = 3, iar a rămâne orice număr real.

Nu împărți printr-un coeficient zero și nu inventa o ecuație suplimentară. Faptul că parametrul dispare înseamnă că informația dată nu îl poate determina. Dacă enunțul ar fixa deja b la o valoare diferită de trei, nu ar exista nicio soluție pentru a.

Această situație poate fi recunoscută înainte de integrarea completă: termenul 2x − 1 are contribuții cu semn care se anulează pe intervalul unitate.

Exemplul trei: parametru în numitor

Determină a astfel încât integrala de la zero la unu din 1/(x + a) să fie ln 2. Pentru o integrală definită obișnuită, numitorul trebuie să fie nenul pe tot intervalul.

Punctul problematic este x = −a. El nu trebuie să aparțină intervalului închis de la zero la unu. Rezultă a mai mare decât zero sau a mai mic decât minus unu.

Pe aceste intervale de parametri, o primitivă este ln|x + a|. Integrala este ln|a + 1| − ln|a|, adică logaritmul raportului |a + 1|/|a|.

Dacă a este pozitiv, raportul este (a + 1)/a. Egalitatea cu ln 2 dă (a + 1)/a = 2, deci a = 1.

Dacă a este mai mic decât minus unu, integrandul este negativ pe tot intervalul, deci integrala este negativă. Nu poate fi egală cu ln 2, care este pozitiv. Singura soluție este a = 1.

Valorile dintre minus unu și zero, inclusiv capetele, nu sunt soluții candidate: ele produc o singularitate în interval sau la un capăt. Formula cu logaritmi nu trebuie folosită ca și cum ar traversa un astfel de punct.

Exemplul patru: capăt superior necunoscut

Căutăm t nenegativ pentru care integrala de la zero la t din 2x − 2 este zero. O primitivă este x² − 2x, deci condiția devine t² − 2t = 0.

Soluțiile sunt t = 0 și t = 2. Prima corespunde unui interval de lungime zero. A doua corespunde anulării dintre contribuția negativă de la zero la unu și contribuția pozitivă de la unu la doi.

Nu respinge automat t = 0 dacă enunțul permite valori nenegative. Dacă ar cere t strict pozitiv, ai păstra numai doi. Restricția verbală asupra parametrului contează după rezolvarea ecuației.

Câte capete pot produce aceeași valoare?

Pentru aceeași integrală, notăm H(t) = t² − 2t = (t − 1)² − 1, cu t nenegativ. Valoarea minimă este minus unu, atinsă în unu.

Ecuația H(t) = k nu are soluții pentru k mai mic decât minus unu. Pentru k egal cu minus unu are o soluție. Pentru k între minus unu și zero, are două soluții pozitive. Pentru k = 0, are soluțiile zero și doi. Pentru k pozitiv, are o singură soluție nenegativă.

Ultimul caz apare deoarece t = 1 − √(k + 1) devine negativ și trebuie eliminat. Cealaltă soluție, t = 1 + √(k + 1), rămâne admisă.

Exerciții cu răspunsuri

1. Află a dacă integrala de la zero la unu din ax² + 2 este trei.
2. Află t pozitiv dacă integrala de la zero la t din 2x − 2 este trei.
3. Poate integrala lui a(2x − 1) între zero și unu să fie egală cu unu?

Răspunsuri: a = 3; t = 3, după eliminarea rădăcinii negative minus unu; nu, deoarece integrala este zero pentru orice a.

Verifică soluțiile în condiția integrală inițială, nu doar în ecuația finală. Această etapă susține înțelegerea parametrilor. Dacă restricțiile de domeniu se pierd pe parcurs, poți exersa un exemplu cu un profesor de matematică.

Întrebări frecvente

Un parametru din integrand trebuie integrat?

Nu. El este constant față de variabila de integrare.

O condiție integrală determină mereu o valoare unică?

Nu. Poate produce nicio soluție, una, mai multe sau o familie întreagă.

Pot evalua o primitivă peste o singularitate?

Nu prin formula obișnuită fără verificarea ipotezelor. În problemele de aici, integrandul trebuie să fie continuu pe intervalul relevant.