Matematici Speciale - Ingineria Sistemelor - 2016

Seminar 1

Probleme rezolvate1. Studiati convergenta integralelor improprii:

a) I =

∞∫2

√2x

x2 + 1000dx, b) J =

3∫2,5

π2

√3− x · x

dx, c)K =

∞∫− 125

103√ax4 + bx3 + cx2 + dx+ k

dx,

pentru a = −d = 1 si b = c = k = 0.Solutie:a) Integrala I este divergenta, deoarece

limx→∞

(xp ·

√2x

x2 + 1000

)p=1≤1

=√

2.

b) Integrala J este convergenta, deoarece

limx→3x<3

[(3− x)

p · π2

√3− x · x

]p= 1

2<1=

π2

3.

c) Pentru a = −d = 1 si b = c = k = 0 integrala K se scrie:

K =

∞∫− 125

103√x4 − x

dx =

0∫− 125

103√x4 − x

dx+

13∫

0

103√x4 − x

dx

+

1∫13

103√x4 − x

dx+

100∫1

103√x4 − x

dx+

∞∫100

103√x4 − x

dx.

Primele patru integrale sunt improprii datorita functiei nemarginite, iar ul-tima datorita intervalului nemarginit.

Prima integrala este convergenta, deoarece

limx→0x<0

[(0− x)

p · 103√x4 − x

]= lim

x→0x<0

[(0− x)

p · 103√x (x3 − 1)

]=

p= 13<1= lim

x→0x<0

[(−x)

13 · 10

3√x (x3 − 1)

]= lim

x→0x<0

[− 10

3√

(x3 − 1)

]= 10.

A doua integrala este convergenta, deoarece

limx→0x>0

[(x− 0)

p · 103√x4 − x

]= lim

x→0x>0

[(x− 0)

p · 103√x (x3 − 1)

]=

p= 13<1= lim

x→0x>0

[x13 · 10

3√x (x3 − 1)

]= lim

x→0x>0

[10

3√

(x3 − 1)

]= −10.

1

A treia integrala este convergenta, deoarece

limx→1x<1

[(1− x)

p · 103√x4 − x

]= lim

x→1x<1

[(1− x)

p · 103√x (x− 1) (x2 + x+ 1)

]=

p= 13<1= lim

x→1x<1

[(1− x)

13 · 10

3√x (x− 1) (x2 + x+ 1)

]= lim

x→1x<1

[−10

3√x (x2 + x+ 1)

]= − 10

3√

3.

A patra integrala este convergenta, deoarece

limx→1x>1

[(x− 1)

p · 103√x4 − x

]= lim

x→1x>1

[(x− 1)

p · 103√x (x− 1) (x2 + x+ 1)

]=

p= 13<1= lim

x→1x>1

[(x− 1)

13 · 10

3√x (x− 1) (x2 + x+ 1)

]= lim

x→1x>1

[10

3√x (x2 + x+ 1)

]=

103√

3.

Convergenta ultimei integrale rezulta din:

limx→∞

[xp · 10

3√x4 − x

]p= 4

3>1= lim

x→∞

103√x4

3√x4 − x

= 10.

În concluzie, integrala K este convergenta.

2. Aratati ca integrala E =

∞∫0

e−αx2

dx este convergenta oricare ar fi

α > 0.Solutie: Facem substitutia t =

√αx de unde rezulta dt =

√αdx, adica

dx =dt√αsi avem

x→ 0⇔ t = 0, x→∞⇔ t→∞,

E =

∞∫0

e−αx2

dx =1√α

∞∫0

e−t2

dt,

de unde rezulta

E =1√α

1∫0

e−t2

dt+

∞∫1

e−t2

dt

.

Prima este o integrala finita, deci convergenta, iar pentru a doua vom folosicriteriul comparatiei:

t > 1⇒ t2 > t⇒ −t2 < −t⇒ e−t2

< e−t,

∞∫1

e−tdt = −e−t |∞1 =1

e,

2

ceea ce implica si convergenta celei de a doua.

3. Calculati valoarea integralei E =

∞∫0

e−αx2

dx oricare ar fi α > 0.

Solutie: Din problema anterioara observam ca

E =

∞∫0

e−αx2

dx =1√α

∞∫0

e−t2

dt

si vom nota integrala

P =

∞∫0

e−t2

dt⇒ E =1√α· P.

Mai departe consideran integrala dubla: I =

∫∫R2

e−x2−y2dxdy si o calculam

prin doua metode.În prima metoda vom acoperi planul cu un disc centrat in origine a carui

raza tinde la infinit si avem:

R2 :

{x2 + y2 ≤ R2

R→∞ ; I = limR→∞

∫ ∫x2+y2≤R2

e−x2−y2dxdy.

Pentru calculul acestei integrale, folosim coordonatele polare:{x = ρ cos θy = ρ sin θ

,ρ ∈ [0, R]θ ∈ [0, 2π]

, J = ρ

si avem:

I = limR→∞

∫∫∆

e−ρ2

ρdρdθ = limR→∞

R∫0

e−ρ2

ρdρ ·2π∫0

dθ =

= 2π limR→∞

(−1

2e−ρ

2

)∣∣∣∣R0

= −π limR→∞

(e−R

2

− 1)

=

= −π (0− 1) = π.

Cu a doua metoda vom acoperi planul cu un patrat, adica

R2 :

{[−R,R]× [−R,R]

R→∞ , I = limR→∞

∫ ∫[−R,R]×[−R,R]

e−x2−y2dxdy

3

si avem:

I = limR→∞

∫ ∫[−R,R]×[−R,R]

e−x2

· e−y2

dxdy = limR→∞

R∫−R

e−x2

dx ·R∫−R

e−y2

dy

=

= limR→∞

R∫−R

e−x2

dx

2

= limR→∞

2

R∫0

e−x2

dx

2

= 4 limR→∞

R∫0

e−x2

dx

2

=

= 4

∞∫0

e−x2

dx

2

= 4P 2.

Din cele doua metode, rezulta ca 4P 2 = π, adica P =

√π

2ceea ce implica

E =

√α · π2α

∀α > 0.

4. Studiati convergenta si valoarea integralei: I =

π2∫

0

ln (sinx) dx.

Solutie: Integrala este improprie, deoarece

limx→0x>0

ln (sinx) = −∞.

Integrala este convergenta, deoarece

limx→0

xα ln (sinx) = limx→0

ln (sinx)

x−α= limx→0

cosx 1sin x

−αx−α−1=

= limx→0

cosx

−αxα+1

sinx= limx→0

cosx

−αx

sinxxα

α= 12= 0.

Pentru calculul integralei, facem substitutia y =π

2− x si avem

x =π

2− y ⇒ dx = −dy,

de unde rezulta

I =

0∫π2

ln (cos y) (−dy) =

π2∫

0

ln (cos y) dy,

deoarecesin(π

2− y)

= sinπ

2cos y − sin y cos

π

2= cos y.

4

Din cele de mai sus avem:

2I =

π2∫

0

ln (sinx) dx+

π2∫

0

ln (cosx) dx =

π2∫

0

ln (sinx · cosx) dx =

=

π2∫

0

ln

(sin 2x

2

)dx =

π2∫

0

ln1

2dx+

π2∫

0

ln (sin 2x) dx =

=π

2ln

1

2+

π2∫

0

ln (sin 2x) dx.

Pentru a rezolva integrala J =

π2∫

0

ln (sin 2x) dx, facem substitutia 2x = y si

avem

x =y

2, dx =

dy

2

J =1

2

π∫0

ln sin ydy =1

2

π2∫

0

ln sin ydy +1

2

π∫π2

ln sin ydy =

=1

2I +

1

2

π∫π2

ln sin ydy.

Pentru calculul integralei K =

π∫π2

ln sin ydy, facem substitutia y =π

2+ x si

rezultady = dx

K =

π2∫

0

ln cosxdx⇒ K = I,

ceea ce implica

J =1

2I +

1

2I ⇒ J = I,

2I =π

2ln

1

2+ I ⇔ I =

π

2ln

1

2⇔ I = −π

2ln 2.

5

5. Utilizand integrala I =

b∫0

dx

1 + ax, a, b > 0 calculati J =

b∫0

x

(1 + ax)2 dx

folosind posibilitatea derivarii sub semnul integral, iar cu ajutorulrezultatelor obtinute, deduceti

K =

b∫0

dx

(1 + ax)2 .

Solutie: Integrala I o vom calcula direct si avem

I =

b∫0

dx

1 + ax=

1

aln (1 + ax)|b0 =

1

aln (1 + ab) ,

de unde rezulta

d

da

b∫0

dx

1 + ax

=d

da

(1

aln (1 + ab)

)= − 1

a2ln (1 + ab) +

1

a

b

1 + ab.

Pe de alta parte avem:

d

da

b∫0

dx

1 + ax

=

b∫0

∂

∂a

(1

1 + ax

)dx = −

b∫0

x

(1 + ax)2 dx,

ceea ce implica

J =1

a2ln (1 + ab)− 1

a

b

1 + ab.

Atunci din cele de mai sus rezulta

J =1

a

b∫0

ax+ 1− 1

(1 + ax)2 dx =

=1

a

b∫0

1

1 + axdx− 1

a

b∫0

1

(1 + ax)2 dx

=1

aI − 1

aK

adica

K = a

(1

aI − J

)= I − aJ =

1

aln (1 + ab)− a

[1

a2ln (1 + ab)− 1

a

b

1 + ab

]=

1

aln (1 + ab)− 1

aln (1 + ab) +

b

1 + ab=

b

1 + ab.

6

6. Folosind integrala cu parametru calculati∫

dx

(x2 + a2)2 , a 6= 0.

Solutie: Consideram functia f : R× R \ {0} → R

f (t, a) =

∫ t

0

dx

x2 + a2,

care admite derivata partiala în raport cu a si avem:

∂f

∂a= −2a

∫ t

0

dx

(x2 + a2)2 .

Dar

f (t, a) =1

aarctan

x

a

∣∣∣t0

=1

aarctan

t

a,

deci

∂f

∂a=

(1

aarctan

t

a

)′a

= − 1

a2· arctan

t

a+

1

a· 1

1 + t2

a2

(− t

a2

)=

= − 1

a2· arctan

t

a− t

a· 1

a2 + t2,

de unde rezulta∫ t

0

dx

(x2 + a2)2 = − 1

2a

(− 1

a2· arctan

t

a− t

a· 1

a2 + t2

)=

=1

2a3· arctan

t

a+

t

2a2· 1

a2 + t2.

În concluzie:∫dx

(x2 + a2)2 =

1

2a3· arctan

x

a+

x

2a2· 1

a2 + x2+ C.

7

Probleme propuse

1. Studiati convergenta integralelor improprii:

a)

∞∫0

1 + x3√

5 + x6dx, b)

∞∫1

x2

4√x9 + π

dx, c)

∞∫−1

√x2 + 1

5x6 + 4dx,

d)

∞∫2

4x3 + 7

2x5 + 3x+ 9dx, e)

11∫5

dx

x3√

11− x, f)

7∫4

dx

x52

√x− 4

,

g)

1∫−0,1

dx

x15

√1− x2

dx

2. Aratati ca integrala

∞∫0

e−72x

2

dx este convergenta si calculati val-

oarea sa.

3. Studiati convergenta integralei

π2∫

0

ln (cosx) dx si deduceti valoarea

sa.4. Folosind posibilitatea derivarii sub semnul integral, calculati

integrala

10∫0

x

(1 + 3x)2 dx placând de la rezultatul integralei

10∫0

dx

1 + 3x.

5. Calculati valoarea integralei

10∫0

dx

(1 + 3x)2 folosind rezultatele prob-

lemei 4.

6. Fie functia F (y) =

1∫0

ln√x2 + y2dx, y > 0 si F (0) = −1. Sa se

arate ca

F ′ (0) 6=1∫

0

∂

∂y

(ln√x2 + y2

)y=0

dx

si justificati de ce sunt diferite.

8

Seminar 2

Probleme rezolvate

1. Sa se calculeze E =

∞∫0

e−αu2

du oricare ar fi α > 0 cu ajutorul

functiilor β si Γ.

Solutie: Stim deja ca

E =

∞∫0

e−αu2

du =1√α

∞∫0

e−x2

dx, E =1√α· P , unde P =

∞∫0

e−x2

dx.

Mai departe în formula complementelor

β (a, 1− a) =π

sinπa, a ∈ (0, 1) ,

înlocuim pe a cu1

2si avem:

β

(1

2,

1

2

)=

π

sinπ

2

⇔ β

(1

2,

1

2

)= π. (1)

Pe de alta parte, în formula de legatura dintre β si Γ

β (a, b) =Γ (a) · Γ (b)

Γ (a+ b),

facem a = b =1

2si rezulta

β

(1

2,

1

2

)=

Γ

(1

2

)· Γ(

1

2

)Γ (1)

=

(Γ

(1

2

))2

. (2)

Din (1) si (2) rezulta ca

Γ

(1

2

)=√π. (3)

Folosim definitia functiei Γ (a) =

∞∫0

e−x · xa−1dx, în care a =1

2si avem:

Γ

(1

2

)=

∞∫0

e−x · x− 12 dx =

∞∫0

e−x√xdx.

9

În urma substitutiei x = t2, rezulta:

Γ

(1

2

)= 2

∞∫0

e−t2

dt. (4)

În final din (3) si (4) obtinem

∞∫0

e−t2

dt =

√π

2⇔ P =

√π

2⇒ E =

√α · π2α

∀α > 0.

2. Calculati I =

∞∫0

x4e−x2

dx.

Solutie: Facem substitutia x2 = t si rezulta

I =

∞∫0

t2e−t1

2√tdt =

1

2

∞∫0

t3/2e−tdt =

=1

2Γ

(5

2

)=

1

2

3

2

1

2

√π =

3√π

8.

3. Calculati I =

1∫0

dx√1−√x.

Solutie: Facem substitutia√x = t si rezulta

I = 2

1∫0

t1 (1− t)−1/2dt =

1∫0

t2−1 (1− t)12−1

dt =

= 2 · β(

2,1

2

)= 2 ·

Γ (2) · Γ(

12

)Γ(

52

) =

= 2 · 1! ·√π

Γ(

32 + 1

) =2√π

32 ·

12 ·√π

=8

3.

4. Calculati I =

π2∫

0

sina−1 x cosb−1 xdx, a, b > 0.

Solutie: Facem substitutia sinx = t si rezulta

I =

1∫0

ta−1(√

1− t2)b−1 1√

1− t2dt =

1∫0

ta−1(1− t2

) b2−1

dt.

Noua substitutie este y = t2 si avem:

10

I =

1∫0

ya−12 (1− y)

b2−1 1

2√ydy =

1

2β

(a

2,b

2

).

5. Rezolvati ecuatia z3 − 2i+ 2 = 0.Solutie: Avem

z3 − 2i+ 2 = 0⇔ z3 = 2 (i− 1)

de unde rezulta pentru numarul complex −1 + i ca

|−1 + i| =√

2, θ =3π

4

ceea ce implica

z3 = 2√

2

(cos

3π

4+ i sin

3π

4

),

de unde obtinem radacinile

z =√

2

[cos

(2kπ

3+π

4

)+ i sin

(2kπ

3+π

4

)]pentru k = 0, 1, 2.6. Rezolvati ecuatia sin z = 2.Solutie: Avem

sin z =eiz − e−iz

2i⇒ sin z = 2⇔ eiz − e−iz

2i= 2

eiz − e−iz = 4ieiz=t⇒ t− 1

t= 4i⇔ t2 − 4it− 1 = 0

eiz =4i±

√12i2

2=

4i± 2i√

3

2= i(

2±√

3).

eiz = ei(x+iy) = e−y · eix = e−y (cosx+ i sinx)

de unde rezulta {e−y cosx = 0

e−y sinx = 2±√

3

si obtinemx = (2k + 1)

π

2, (cu sinx > 0)⇔ x = (4k + 1)

π

2

y = − ln(

2±√

3)⇔ y = ∓ ln

(2 +√

3).

În concluziez = x+ iy, unde{

x = (4k + 1)π

2,

y = ± ln(2 +√

3) , ∀k ∈ Z.

11

7. Aratati ca functia f (z) = cos z este olomorfa.Solutie: Avem

cos z =eiz + e−iz

2=ei(x+iy) + e−i(x+iy)

2=

=eix · e−y + e−ix · ey

2=

=e−y + ey

2cosx+ i

e−y − ey2

sinx

de unde rezulta

P (x, y) =e−y + ey

2cosx; Q (x, y) =

e−y − ey2

sinx.

Mai departe verificam cele doua conditii

∂P

∂x= −e

−y + ey

2sinx,

∂Q

∂y=−e−y − ey

2sinx⇒ ∂P

∂x=∂Q

∂y, (1)

∂P

∂y=−e−y + ey

2cosx,

∂Q

∂x=e−y − ey

2cosx⇒ ∂P

∂y= −∂Q

∂x. (2)

Din cele doua relatii rezulta ca functia este olomorfa.

12

Probleme propuse

1. Folosind proprietatea Γ

(1

2

)=√π calculati integrala

∞∫0

dx

e100x2.

2. Calculati urmatoarele integrale:

a)

∞∫0

x6e−x2

dx, b)

∞∫0

x9e−x2

dx, c)

∞∫0

x1000e−x2

dx, d)

∞∫0

x151e−x2

dx.

3. Calculati I =π∫0

dx√3− cosx

.

4. Calculati valoarea urmatoarelor integrale:

a)

π2∫

0

sin61 x cos43 xdx, b)

π2∫

0

sin20 x cos12 xdx, c)

π2∫

0

sin101 xdx,

d)

π2∫

0

cos54 xdx, e)

π2∫

0

sin44 x√

cosxdx, f)

π2∫

0

√sinx cos19 xdx.

5. Rezolvati ecuatia cos z =√

2.6. Aratati ca functia f (z) = sin z este olomorfa.7. Fie z = sin (1 + i). Determinati Re (z) si Im (z).

8. Fie f : D ⊂ C → C, f (z) = |z| + 1

2(z − z). Determinati Re (f) si

Im (f).

13

Seminar 3

Probleme rezolvate

1. Calculati prin doua metode reziduul functiei f (z) =z2

z − 1în

punctul z0 = 1.Solutie:În prima metoda vom folosi formula de calcul a reziduurilor:

rez (f, 1) =1

(1− 1)!· limz→1

[(z − 1)

1 · z2

z − 1

](1−1)

=

= limz→1

z2 = 1⇔ a−1 = 1.

Pentru cea de-a doua metoda vom descompune functia astfel:

f (z) =z2

z − 1=z2 − 2z + 1 + 2z − 2 + 1

z − 1=

=(z − 1)

2

z − 1+

2 (z − 1)

z − 1+

1

z − 1=

= 1 · 1

z − 1+ 2 + (z − 1) ,

de unde rezultaa−1 = 1⇔ rez (f, 1) = 1.

2. Calculati integrala I =

∫|z−1|=1

z2

z − 1dz.

Solutie:Punctul z0 = 1 (în C) se afla chiar în centrul cercului |z − 1| = 1 (cercul

centrat în punctul (1, 0) si de raza r = 1 în R2).Folosind reziduul calculat mai sus rezulta:

I =

∫|z−1|=1

z2

z − 1dz = 2πi · a−1 =

= 2πi · 1 = 2πi.

Integrala se poate calcula si cu ajutorul formulei lui Cauchy

f (z0) =1

2πi·∫C

f (z)

z − z0dz ⇒

⇒ I = 2πi · f (z0)

unde f (z) = z2 si z0 = 1, de unde rezulta ca I = 2πi.

14

3. Calculati J =

∫|z|=3

ez−1z3dz.

Solutie:Observam ca functia f (z) = ez

−1z3 ⇔ f (z) = e

1z z3 are un pol de ordinul

unu, z0 = 0.Folosim dezvoltarea

1 +x

1!+x2

2!+x3

3!+x4

4!+ ...+

xn

n!+ ... = ex,

în carex 7→ z−1

si avem

ez−1

= 1 +1

1!· 1

z+

1

2!· 1

z2+

1

3!· 1

z3+

1

4!· 1

z4+ ...+

1

n!· 1

zn+ ...,

de unde rezulta

f (z) = z3 +1

1!· z2 +

1

2!· z +

1

3!+

1

4!· 1

z+ ...+

1

n!· 1

zn−3+ ...

În aceasta dezvoltare observam ca a−1 =1

4!ceea ce implica

I = 2πi · 1

4!=

π

12i.

4. Calculati integrala K =

∫Γ

dz

(z − i) · e−z în urmatoarele situatii:

a) Γ :

∣∣∣∣z − 1

4

∣∣∣∣ =1

7, b) Γ : |z| = 1, c) Γ : |z + 2| = 11.

Solutie:a)

Se observa ca functia f (z) =1

(z − i) · e−z are un pol de ordinul unu, z0 = i.

Deoarece punctul i se afla în exteriorul cercului Γ, din teorema lui Cauchy,rezulta ca integrala K = 0.

b) În acest caz punctul z0 = i se afla chiar pe frontiera cercului Γ : |z| = 1.Folosind teorema semireziduului avem:

K = πi · a−1,

unde

a−1 = limz→i

[(z − i) · 1

(z − i) · e−z

]=

= limz→i

ez = ei = cos 1 + i sin 1,

15

ceea ce implica

K = πi · (cos 1 + i sin 1) =

= π · (− sin 1 + i cos 1) .

c) Punctul z0 = i se afla în interiorul cercului Γ : |z + 2| = 11, deci rezulta

K = 2πi · a−1 =

= 2π · (− sin 1 + i cos 1) .

5. Calculati urmatoarea integrala∫Γ

sin z · ez(1 + z) · z2

dz, unde

Γ : |z − 3i+ 2| = 25.

Solutie:Punctele z1 = −1 (pol de ordinul unu) si z2 = 0 (pol de ordinul doi) se afla

în interiorul cercului Γ : |z − 3i+ 2| = 25 (cercul centrat în (−2, 3) si de razar = 25 în R2).Pentru primul punct avem:

a−1 = rez (f,−1) =

= limz→−1

[(z + 1) · sin z · ez

(1 + z) · z2

]=

= limz→−1

sin z · ezz2

= − sin 1

e,

de unde rezulta:

I1 = 2πi · rez (f,−1) =

= −2π sin 1

e· i.

Pentru cel de-al doilea punct obtinem

a−1 = rez (f, 0) =

=1

(2− 1)!limz→0

[(z − 0)

2 · sin z · ez(1 + z) · z2

](2−1)

=

= limz→0

(sin z · ez

1 + z

)′=

= limz→0

(cos zez + sin zez) (1 + z)− sin zez

(1 + z)2

=(1 + 0) · 1− 0

1= 1,

16

I2 = 2πi · rez (f, 0) =

= 2πi · 1 = 2πi.

În concluzie rezulta

I = I1 + I2 = −2π sin 1

ei+ 2πi

= 2πi ·(

1− sin 1

e

).

17

Probleme propuse

1. Calculati reziduul functiei f (z) =π + ez

i+ zîn punctul z0 = −i.

2. Calculati integrala∫

|z−2|=14

π + ez

i+ zdz.

3. Calculati integrala∫C

cos z + ez

z4dz, unde C :

x2

9+y2

4= 1.

4. Calculati integrala∫

|z+2|=5

3i+ z4

(z + 3)3 dz.

5. Calculati integrala∫Γ

4 + z3

z2 − 1dz, unde Γ : |z − 2| = 2.

18

Seminar 4

Probleme rezolvate1. Integrati ecuatia cu variabile separate

2yy′ =ex

ex + 1, y (1) = 1.

Solutie: Deoarece y′ =dy

dxîn mod echivalent avem

2ydy

dx=

ex

ex + 1⇔ 2ydy =

ex

ex + 1dx.

În urma separarii varibilelor putem trece la integrarea celor doua functii siobtinem

2

∫ydy =

∫ex

ex + 1dx⇔ y2 + c1 = ln (ex + 1) + c2 ⇔ y2 = ln (ex + 1) + c.

Solutia problemei Cauchy se obtine prin înlocuirea lui x0 = 1 si a lui y0 = 1în ecuatia de mai sus de unde rezulta

c = 1− ln (e+ 1) , y2 − 1 = lnex + 1

e+ 1.

2. Integrati ecuatia omogena y′ =y

x+ e

y

x .

Solutie: Plecând de la noua functie z =y

xrezulta

y = z · x⇒ y′ = z′x+ z.

Înlocuind în ecutia initiala avem

z′x+ z = z + ez ⇔ z′x = ez.

Deoarece z′ =dz

dxobtinem ecuatia cu variabile separate

dz

dxx = ez ⇔ dz

ez=dx

x

de unde ne rezulta în urma integrarii∫dz

ez=

∫dx

x⇔ ln |x|+ e−z = c.

Revenind la functia initiala avem

ln |x|+ e−y

x = c.

19

3. Integrati ecuatia liniara neomegena xy′ − y + x = 0.Solutie: Pentru x = 0 obtinem solutia particulara. Pentru x 6= 0 avem

xy′ − y + x = 0 |: x⇔ y′ − 1

x· y = −1.

Pentru a obtine direct solutia generala a ecuatiei neomogene

y′ + a (x) · y = b (x)

folosim formula

y = e−∫a(x)dx

[c+

∫b (x) e

∫a(x)dxdx

].

În cazul nostru a (x) = − 1

xsi b (x) = −1. Înlocuind în formula de mai sus,

obtinem

y = e−∫−

1

xdx

c+

∫(−1) e

∫−

1

xdxdx

⇔ y = e

∫ 1

xdx

c− ∫ e−∫ 1

xdxdx

⇔ y = eln|x|

(c−

∫e− ln|x|dx

)⇔ y = eln|x|

(c−

∫1

|x|dx)

⇔ y = |x| (c− ln |x|)⇔ y = kx− |x| ln |x| .

4. Integrati ecuatia xy′′′ − y′′ − xy′ + y = 0 stiind ca admite solutiile

y1 (x) = x, y2 (x) = e−x.

Solutie:Observatie: Daca pentru ecuatia diferentiala

a0 (x) y(n) + a1 (x) y(n−1) + ...+ an (x) y = 0

suma coeficientilor (este nula)

a0 (x) + a1 (x) + ...+ an (x) = 0

atunci rezulta (si) solutia ecuatiei y = ex.Pentru exemplul nostru putem folosi observatia de mai sus deaorece

x− 1− x+ 1 = 0,

deci a treia solutie este y3 (x) = ex.În concluzie solutia generala a ecuatiei este

y = c1 · x+ c2 · e−x + c3 · ex.

20

Probleme propuse

1. Integrati ecuatia cu variabile separate

x3 + 1

xdx+

y2 − 1

ydy = 0, y (1) = 1.

2. Rezolvati problema Cauchy

y′ =√xy, x0 = 0, y0 = 1.

3. Integrati ecuatia omogena

y′ =x2 + y2

xy, x0 = −1, y0 = 0.

4. Integrati ecuatia liniara neomegena{y′ +

2y

x2 − 1= 2x+ 2

y (0) = −3.

5. Integrati ecuatia(x2 − 2x+ 3

)y′′′−

(x2 + 1

)y′′+2xy′−2y = 0 stiind

ca admite solutiiley1 (x) = x, y2 (x) = x2 − 1.

21

Seminar 5

1. Sa se determine solutiile generale pentru urmatoarele ecuatiidiferentiale liniare omogene cu coeficienti constanti:a) yiv − 5y′′ + 4y = 0, b) y′′′ − 6y′′ + 12y′ − 8y = 0, c) yiv + 5y′′ + 4y = 0.Solutie:a) Pentru acuatia omogena yiv − 5y′′ + 4y = 0 scriem ecuatia caracteristica

r4 − 5r2 + 4 = 0r2=t⇒ t2 − 5t+ 4 = 0

⇒ (t− 1) (t− 4) = 0

de unde rezulta

r2 = 1, r2 = 4⇔r1,2 = ±1, r3,4 = ±2.

Deoarece cele patru radacini sunt reale si diferite construim solutia generalaa ecuatiei de mai sus astfel

y (x) = c1ex + c2e

−x + c3e2x + c4e

−2x.

b) Scriem ecuatia caracteristica

r3 − 6r2 + 12r − 8 = 0⇔ (r − 2)(r2 − 4r + 4

)= 0

⇔ (r − 2)3

= 0

În acest exemplu obtinem o radacina reala tripla ceea ce implica urmatoareaforma a solutiei generale pentru ecutia data

y (x) = c1e2x + c2xe

2x + c3x2e2x =

=(c1 + c2x+ c3x

2)e2x.

c) Pentru aceasta acuatie yiv + 5y′′ + 4y = 0 obtinem ecuatia caracteristica

r4 + 5r2 + 4 = 0r2=t⇒ t2 + 5t+ 4 = 0

⇒ (t+ 1) (t+ 4) = 0

de unde rezulta

r2 = −1, r2 = −4⇔r1,2 = ±i, r3,4 = ±2i.

Cele patru solutii gasite sunt diferite si complexe, deci vom avea urmatoareaforma a solutiei generale

y (x) = c1 cosx+ c2 sinx+ c3 cos 2x+ c4 sin 2x.

22

2. Sa se determine solutiile generale pentru urmatoarele ecuatiidiferentiale liniare neomogene cu coeficienti constanti:a) y′′ − y′ − 2y = 3e2x, b) y′′′ + 2y′′ − y′ − 2y = 2 + ex + sinx.Solutie:a) Scriem ecuatia omogena y′′ − y′ − 2y = 0 la care îi atasam ecuatia carac-

teristica

r2 − r − 2 = 0⇔(r − 2) (r + 1) = 0⇒ r1 = 2, r2 = −1.

Obtinem solutia ecuatiei omogene

y (x) = c1e2x + c2e

−x.

Deoarece functia f (x) = 3e2x are r = 2 solutie comuna cu una din radacinileecuatiei caracteristice (r1 = 2) rezulta urmatoarea forma de solutie particulara

yp (x) = x1 · e2x · c.

Ecuatia neomogena data are ordinul maxim al derivatei doi, prin urmarevom calcula cele doua derivate pentru solutia particulara si avem

y′p (x) = c (1 + 2x) e2x,

y′′p (x) = 4c (1 + x) e2x.

Înlocuim cele doua derivate în ecuatia neomogena si rezulta

4c (1 + x) e2x − c (1 + 2x) e2x − 2cxe2x = 3e2x |: e2x ⇔

4c (1 + x)− c (1 + 2x)− 2cx = 3

⇒ c = 1⇒ yp (x) = xe2x

Din cele de mai sus construim solutia generala a ecuatiei liniare neomogenecu coeficienti constanti

y (x) = y (x) + yp (x) =

= c1e2x + c2e

−x + xe2x.

b) Ecuatia omogena y′′′ + 2y′′ − y′ − 2y = 0 are ecuatia caracteristica

r3 + 2r2 − r − 2 = 0⇔ (r − 1) (r + 1) (r + 2) = 0

⇒ r1 = 1, r2 = −1, r3 = −2,

de unde rezulta solutia ecuatiei omogene:

y (x) = c1ex + c2e

−x + c3e−2x.

23

Functia f (x) = 2 + ex + sinx ne da urmatoarele solutii

2 = 2 · e0·x ⇒ r = 0ex = e1·x ⇒ r = 1

sinx = e0·x sin (1 · x)⇒ r = 0± 1 · i.

Observam ca una din solutii (r = 1) se afla printre solutiile ecuatiei carac-teristice (r1 = 1), deci avem urmatoarea forma de solutie particulara

yp (x) = cxex + a+ α cosx+ β sinx.

În continuare vom calcula primele trei derivate ale solutiei particulare siavem

y′p (x) = cex + cxex − α sinx+ β cosx,

y′′p (x) = 2cex + cxex − α cosx− β sinx,

y′′′p (x) = 3cex + cxex + α sinx− β cosx.

Dupa înlocuirea lor în ecuatia neomogena obtinem coeficientii

c =1

6, a = −1, β = −1

5, α =

1

10,

de unde rezulta solutia particulara

yp (x) =1

6xex − 1 +

1

10cosx− 1

5sinx,

iar solutia generala a ecuatiei liniare neomogene cu coeficienti constanti este

y (x) = y (x) + yp (x) =

= c1ex + c2e

−x + c3e−2x +

1

6xex − 1 +

1

10cosx− 1

5sinx.

3. Rezolvati problema Cauchy{yiv − y = x3 + xy (0) = y′ (0) = y′′ (0) = y′′′ (0) = 0

.

Solutie:Pentru ecuatia omogena yiv − y = 0 avem ecuatia caracteristica

r4 − 1 = 0⇔(r2 − 1

) (r2 + 1

)= 0⇔ (r − 1) (r + 1) (r − i) (r + i) = 0

de unde rezultar1 = 1, r2 = −1, r3 = i, r4 = −i

si solutia ecuatiei omogene

y (x) = c1ex + c2e

−x + c3 cosx+ c4 sinx.

24

Pentru functia f (x) = x3 + x = e0·x (x3 + x)observam ca 0 nu se afla

printre radacinile ecuatiei caracteristice, deci vom lua cea mai simpla formapentru solutia particulara:

yp (x) = ax3 + bx2 + cx+ d

si calculam derivatele pâna la ordinul patru:

y′p (x) = 3ax2 + 2bx+ c,

y′′p (x) = 6ax+ 2b, y′′′p (x) = 6a, yiv (x) = 0.

Înlocuind în ecuatia neomogena obtinem coeficientii

a = −1, b = 0, c = −1, d = 0

si solutia particulara

yp (x) = −1 · x3 + 0 · x2 − 1 · x+ 0

= −x3 − x.

În concluzie avem solutia generala a ecuatiei liniare neomogene cu coeficienticonstanti

y (x) = y (x) + yp (x) =

= c1ex + c2e

−x + c3 cosx+ c4 sinx− x3 − x.

Pentru a rezolva problema Cauchy vom calcula valorea solutiei generale înx0 = 0 si a derivatelor pâna la ordinul trei în punctul x0 = 0 si avem:

y (0) = c1 + c2 + c3,

y′ (x) = c1ex − c2e−x − c3 sinx+ c4 cosx− 3x2 − 1⇒ y′ (0) = c1 − c2 + c4 − 1,

y′′ (x) = c1ex + c2e

−x − c3 cosx− c4 sinx− 6x⇒ y′′ (0) = c1 + c2 − c3,

y′′′ (x) = c1ex − c2e−x + c3 sinx− c4 cosx− 6⇒ y′′′ (0) = c1 − c2 − c4 − 6.

Impunem conditiile

y (0) = y′ (0) = y′′ (0) = y′′′ (0) = 0

si rezulta sistemul c1 + c2 + c3 = 0c1 − c2 + c4 = 1c1 + c2 − c3 = 0c1 − c2 − c4 = 6

de unde rezultac1 =

7

4, c2 = −7

4, c3 = 0, c4 = −5

2.

25

În final obtinem solutia problemei Cauchy:

y (x) =7

4ex − 7

4e−x − 5

2sinx− x3 − x,

sau în mod echivalent:

y (x) =7

2coshx− 5

2sinx− x3 − x.

26

Probleme propuse

1. Sa se determine solutiile generale pentru urmatoarele ecuatiidiferentiale liniare omogene cu coeficienti constanti:a) 64y(8) + 48y(6) + 12y(4) + y(2) = 0,b) yiv − 3y′′′ + 5y′′ − 3y′ + 4y = 0.2. Sa se determine solutiile generale pentru urmatoarele ecuatii

diferentiale liniare neomogene cu coeficienti constanti:a) y′′ − 4y′ + 4y = 1 + ex + e2x,b) y′′ − y = xex sinx,c) yiv − 4y′′ = 1,d) y′′′ − y′′ = x.

27

Seminar 6

1. Reprezentati printr-o integrala Fourier functia

f : R→ R, f (x) = e−|x| cos 2x.

Solutie:Functia data satisface conditiile teoremei de reprezentare a unei functii

printr-o integrala Fourier si mai observam ca f este o functie para. Atunciavem

f (x) =2

π

∞∫0

cosuxdu

∞∫0

f (t) cosutdt =2

π

∞∫0

cosuxdu

∞∫0

e−t cos 2t · cosutdt

︸ ︷︷ ︸I

.

Folosind formula trigomometrica

cos a cos b =cos (a+ b) + cos (a− b)

2

rezulta

cos 2t · cosut =cos t (2 + u) + cos t (2− u)

2

si obtinem integrala

I =

∞∫0

e−t cos 2t · cosutdt =1

2

∞∫0

e−t cos t (2 + u) dt

︸ ︷︷ ︸I1

+1

2

∞∫0

e−t cos t (2− u) dt

︸ ︷︷ ︸I2

.

Trecem la calculul primei integrale si avem

I1 =

∞∫0

e−t cos t (2 + u) dt =

∞∫0

e−t(

sin t (2 + u)

u+ 2

)′dt =

= e−tsin t (2 + u)

u+ 2|∞0︸ ︷︷ ︸

=0

+

∞∫0

e−tsin t (2 + u)

u+ 2dt =

=

∞∫0

e−tsin t (2 + u)

u+ 2dt =

∞∫0

e−t

(−cos t (2 + u)

(u+ 2)2

)′dt =

= −e−t cos t (2 + u)

(u+ 2)2 |∞0 −

∞∫0

e−tcos t (2 + u)

(u+ 2)2 dt =

=1

(u+ 2)2 −

1

(u+ 2)2 · I1,

28

de unde rezultaI1 =

1

(u+ 2)2

+ 1.

Analog se demosntreaza ca

I2 =1

(u− 2)2

+ 1,

cee ce implica

I =

∞∫0

e−t cos 2t · cosutdt =1

2·(

1

(u+ 2)2

+ 1+

1

(u− 2)2

+ 1

)

si în final obtinem

f (x) =1

π

∞∫0

(1

(u+ 2)2

+ 1+

1

(u− 2)2

+ 1

)cosuxdu.

2. Rezolvati ecuatia integrala

∞∫0

g (u) cosuxdu = h (x), unde

h (x) =

{x, 0 < x ≤ 10, x > 1

.

Solutie:Ecuatia poate fi scrisa sub forma echivalenta√

2

π

∞∫0

g (u) cosuxdu = f (x) ,

unde

f (x) =

√

2

π· x, 0 < x ≤ 1

0, x > 1

si prin urmare aflarea functiei g revine la determinarea transformatei Fourierprin cosinus a functiei f si avem

g (u) =

√2

π

∞∫0

f (x) cosuxdx =2

π

1∫0

x cosuxdx =2

π

1∫0

x

(sinux

u

)′dx =

=2

π

x sinux

u|10 −

1∫0

sinux

udx

=2

π

(sinu

u+

cosux

u2|10)

=2

π

(sinu

u+

cosu

u2− 1

u2

),

29

deci

g (u) =2

π

(1

u· sinu+

1

u2· cosu− 1

u2

).

3. Calculati transformata Fourier discreta Fd (n;m).Solutie:Observam ca x (n) = n de unde rezulta

Fd (n;m) = Fd (x (n) ;m) = X (m) =1

N

N−1∑n=0

n · e−i · n ·m · 2π

N .

Pentru cazul m = 0 obtinem

Fd (n; 0) =1

N

N−1∑n=0

n · e0 =1

N

N−1∑n=0

n =1

N· N (N − 1)

2=N − 1

2.

În rest pornind de laN−1∑n=0

xn =1− xN1− x

avem

x

N−1∑n=0

n · xn−1 = x

N−1∑n=0

(xn)′

= x

(1− xN1− x

)′=

= x−N · xN−1 · (1− x)−

(1− xN

)· (−1)

(1− x)2

=−N · xN · (1− x)− xN+1 + x

(1− x)2 .

Deoacere e−it = cos t− i sin t rezulta(e−

2πiN ·m

)N= e−2πi·m = 1.

Mai departe vom folosi notatia w = e2πiN de unde rezulta (w−m)

N= 1 si

x 7→ w−m. Atunci rezulta

Fd (n;m) =1

N

N−1∑n=0

n ·(w−m

)n=

=1

N

−N · (w−m)N · (1− w−m)− (w−m)

N · w−m + w−m

(1− w−m)2

=1

N

−N · 1 · (1− w−m)− 1 · w−m + w−m

(1− w−m)2 =

=1

N

−N · (1− w−m)

(1− w−m)2 = − 1

1− w−m =wm

1− wm , (1 ≤ m ≤ N − 1) .

30

4. Calculati transformata Fourier discreta inversa F−1d (m;n).

Solutie:Observam ca X (m) = m si avem

x (n) = F−1d (X (m) ;n) = F−1

d (m;n) =1

N

N−1∑m=0

m · ei · n ·m · 2π

N .

Pentru cazul n = 0 obtinem

F−1d (m; 0) =

1

N

N−1∑m=0

m =N − 1

2.

În rest procedam analog, dar pentru substitutia x 7→ wn si avem

F−1d (m;n) =

1

N

N−1∑m=0

m · xm =1

Nx

N−1∑m=0

m · xm−1 =1

N

N−1∑m=0

m (wn)m

de unde rezulta în final

F−1d (m;n) =

1

N

−N1− wn =

1

wn − 1, (1 ≤ n ≤ N − 1) .

5. Gasiti functiile original pentru urmatoarele tranformate Laplace

a) X (p) =1

p2 − 3p+ 2, b) Y (p) =

1

p2 (p2 + 1).

Solutie:a) Descompunem transformata Laplace astfel

X (p) =1

p2 − 3p+ 2=

1

(p− 1) (p− 2)=

1

p− 2− 1

p− 1

si folosind formula

L[eat]

(p) =1

p− adin tabelul de transfromate Laplace, rezulta functia original

x (t) = e2t − et.

b) Din nou descompunem functia data astfel

1

p2 (p2 + 1)=Ap+B

p2+Cp+D

p2 + 1,

iar dupa identificare obtinem

A = 0, B = 1, C = 0, D = −1,

ceea ce implica ca

Y (p) =1

p2− 1

p2 + 1.

31

Folosind din nou formulele

L [tn] (p) =n!

pn+1, L [sin at] (p) =

a

p2 + a2,

din tabelul de transfromate Laplace, rezulta functia original

y (t) = t− sin t.

6. Rezolvati problema Cauchy x′′ + 2x′ + 5x = 0x (0) = 1x′ (0) = 0

,

folosind transformata Laplace.Solutie:Folosind transformata Laplace avem

L [x] (p) = X (p) ,

L [x′] (p) = pX (p)− x (0) = pX (p)− 1,

L [x′′] (p) = p2X (p)− p · x (0)− x′ (0) = p2X (p)− p,

ceea ce implica

p2X (p)− p+ 2 [pX (p)− 1] + 5X (p) = 0,

de unde rezulta

X (p) =p+ 2

p2 + 2p+ 5=

p+ 1

(p+ 1)2

+ 22+

1

(p+ 1)2

+ 22

=p+ 1

(p+ 1)2

+ 22+

1

2· 2

(p+ 1)2

+ 22

si în final obtinem

x (t) = e−t cos 2t+1

2e−t sin 2t =

= e−t(

cos 2t+1

2sin 2t

).

7. Integrati ecuatia x′′′ + x′′ − 2x = t, unde x (0) = x′ (0) = 0 six′′ (0) = −1.Solutie:Deoarece ecutia este neomogena, vom aplica transformata Laplace atât în

membrul stâng cât si în memrul drept si avem

L [x] (p) = X (p) ,

L [x′′] (p) = p2X (p)− p · x (0)− x′ (0) = p2X (p)

L [x′′′] (p) = p3X (p)− p2 · x (0)− p · x′ (0)− x′′ (0) = p3X (p) + 1,

L [t] (p) =1

p2,

32

de unde rezulta

X (p) =1− p2

p2 (p3 + p2 − 2)=

(1− p) (1 + p)

p2 (p− 1) (p2 + 2p+ 2)

= − p+ 1

p2 (p2 + 2p+ 2)= −1

2

1

p2+

1

2

1

(p+ 1)2

+ 1

si în final obtinem

x (t) = −1

2t+

1

2e−t sin t.

33

Probleme propuse

1. Reprezentati printr-o integrala Fourier functia

f : R→ R, f (x) = x · e−x2

.

2. Gasiti functia original pentru tranformata Laplace X (p) =1

p3 − 5p2 + 6p.

3. Calculati transformata Fourier discreta Fd(n2;m

).

4. Rezolvati problema Cauchy x′′ − x′ − 6x = 0x (0) = 0x′ (0) = −1

,

folosind transformata Laplace.5. Integrati ecuatia diferentiala x′′′ + 2x′′ + 2x′ + x = 1, unde x (0) =

x′ (0) = x′′ (0) = 0.

34

Seminar 7

1. Rezolvati urmatorul sistem de ecuatii diferentiale{x′ − x− 2y = t, x (0) = 2−2x+ y′ − y = t, y (0) = 4

.

Solutie:Aplicam transformata Laplace si avem

L [x] (p) = X (p) , L [y] (p) = Y (p)

L [x′] (p) = pX (p)− x (0) = pX (p)− 2

L [y′] (p) = pY (p)− y (0) = pY (p)− 4,

L [t] (p) =1

p2,

de unde ne rezulta sistemulpX (p)− 2−X (p)− 2Y (p) =

1

p2

−2X (p) + pY (p)− 4− Y (p) =1

p2

si obtinem ca

X (p) + Y (p) =1

p− 3

(6 +

2

p2

)X (p)− Y (p) = − 2

p+ 1,

de unde rezulta

X (p) =3

p− 3+

1

p2 (p− 3)− 1

p+ 1

=3

p− 3− 1

9

1

p− 1

3

1

p2+

1

9

1

p− 3− 1

p+ 1

=28

9

1

p− 3− 1

9

1

p− 1

3

1

p2− 1

p+ 1

si obtinem functia original

x (t) =28

9e3t − 1

9− 1

3t− e−t.

Pentru a gasi functia original y (t) vom folosi prima ecuatie din sitem, undeavem nevoie de derivata lui x (t) care este

x′ (t) =28

3e3t − 1

3+ e−t

35

si obtinem

y (t) =28

9e3t − 1

9− 1

3t+ e−t.

În concluzie solutia sitemului estex (t) =

28

9e3t − 1

9− 1

3t− e−t

y (t) =28

9e3t − 1

9− 1

3t+ e−t

.

2. Determinati solutia ecuatiei x′′+x =1

cos t, cu x (0) = 0 si x′ (0) = 2.

Solutie:Aplicam transformata Laplace atat e membrului drept cât si a membrului

stâng. Constatam ca nu putem înlocui direct transformata Laplace a functiei1

cos tsi pentru moment vom continua cu notatia L

[1

cos t

](p), iar în partea

stânga avem

L [x] (p) = X (p) , L [x′′] (p) = p2X (p)− p · x (0)− x′ (0) = p2X (p)− 2.

Revenind la ecutia avem

p2X (p)− 2 +X (p) = L[

1

cos t

](p) ,

de unde rezulta

X (p) =2

p2 + 1+

1

p2 + 1· L[

1

cos t

](p)

sau în mod echivalent

X (p) = 2L (sin t) + L (sin t) · L[

1

cos t

](p)

si folosind produsul de convolutie avem

x (t) = 2 sin t+ sin t ∗ 1

cos t

ceea ce implica

x (t) = 2 sin t+

t∫0

sin (t− τ)

cos τdτ =

= 2 sin t+

t∫0

sin t cos τ − sin τ cos t

cos τdτ

= 2 sin t+ t sin t+ cos t · ln (cos t) .

36

3. Rezolvati ecuatia x (t) = 2 sin 4t+

t∫0

sin 4 (t− u)x (u) du.

Solutie:Ecuatie data se poate pune în forma echivalenta

x (t)−t∫

0

x (u) sin 4 (t− u) du = 2 sin 4t.

Transformata Laplace a membrului drept este

L [2 sin 4t] =8

p2 + 16,

iar în partea stânga din teorema lui Borel rezulta

L

t∫0

x (u) sin 4 (t− u) du

(p) = L [x (t) ∗ sin 4t] (p)

= X (p) · 4

p2 + 16.

Atunci avemX (p)−X (p) · 4

p2 + 16=

8

p2 + 16,

de unde obtinem

X (p) =8

p2 + 12=

8

p2 +(2√

3)2 =

8

2√

3· 2

√3

p2 +(2√

3)2

de unde rezulta solutia ecuatiei date

x (t) =8

2√

3· sin

(2√

3t)

=4√

3

3· sin

(2√

3t).

4. Rezolvati problema Cauchy x′′ + tx′ − x = 0x (0) = 0x′ (0) = 1

,

folosind transformata Laplace.Solutie:Aplicam transformata Laplace si obtinem

L [x] (p) = X (p) ,

L [tx′] (p) = − [pX (p)]′+ x (0) =

= −X (p)− pX ′ (p)L [x′′] (p) = p2X (p)− px (0)− x′ (0)

= p2X (p)− 1,

37

de unde rezulta

X ′ (p) +2− p2

p·X (p) = −1

p.

Aceasta ecuatie se încadreaza în tipul de ecuatie liniara neomogena de formagenerala

X ′ (p) + a (p) ·X (p) = b (p)

care are solutie generala

X (p) = e−

∫a(p)dp

k +

∫b (p) · e

∫a(p)dp

dp

.În cazul nostru avem a (p) =

2− p2

psi b (p) = −1

p, de unde dupa înlocuirea

în solutia generala rezulta

X (p) = k · ep2

2

p2+

1

p2.

Daca tinem cont de conditita x (0) = 0, atunci transformata X (p) trebuiesa fie nula pentru p→∞, adica

limp→∞

X (p) = limt→0

x (t) .

În alte conditii limp→∞

X (p) = +∞, ceea ce nu convine. Atunci pentru a facesa "dispara" +∞, când p → +∞, trebuie sa impunem conditia k = 0, ceea ce

implica ca X (p) =1

p2.

În concluzie solutie ecuatiei este functia original x (t) = t.

38

Probleme propuse

1. Rezolvati sistemul de ecuatii diferentiale cu coeficienti constanti{x′ + 4x+ 4y = 0, x (0) = 3y′ + 2x+ 6y = 0, y (0) = 15

.

2. Rezolvati ecuatia

x′ (t) =

t∫0

x (u) cos (t− u) du, cu x (0) = 1.

3. Rezolvati problema Cauchy tx′′ + x′ + x = 0x (0) = 1x′ (0) = −1

,

folosind transformata Laplace.

39

Seminar 8

1. Determinati transformata Z a urmatoarelor siruri (xn)n≥0 undea) xn = n, b) xn = n2.Solutie:Stiind ca

X (z) =

∞∑n=0

1 · z−n =z

z − 1, |z| > 1

atunci pentru a) avem

X (z) =

∞∑n=1

n · z−n = −z∞∑n=1

(z−n

)′= −z

(z

z − 1

)′=

= −z · z − 1− z(z − 1)

2 =z

(z − 1)2 , |z| > 1,

iar pentru puctul b) rezulta

X (z) =

∞∑n=1

n2 · z−n = −z∞∑n=1

(n · z−n

)′= −z

(z

(z − 1)2

)′=

= −z · 1 · (z − 1)2 − 2z (z − 1)

(z − 1)4 =

z (1 + z)

(z − 1)3 , |z| > 1.

2. Utilizând transformata Z, sa se determine termenul general alsirului (un)n≥0 dat prin relatia de recurenta

un+2 + 6un = n+ 5un+1, n ≥ 0, u0 = u1 = 1.

Solutie:Fie f (n) = un, n ≥ 0 si F (z) = Z {f (n)}. Din teorema translatiei la stânga

Z {fk+n} = zn

[Z {fk} −

n−1∑k=0

fkz−k

]

rezulta ca

Z {f (n+ 1)} = z1 [F (z)− 1] = zF (z)− 1

Z {f (n+ 2)} = z2

[F (z)− 1− 1

z

]= z2F (z)− z2 − z

unde am considerat relatia echivalenta

un+2 + 6un = n+ 5un+1 ⇔ f (n+ 2)− 5f (n+ 1) + 6f (n) = n

40

si obtinem

z2F (z)− z2 − z − 5 (zF (z)− 1) + 6F (z)1.a)=

z

(z − 1)2

de unde rezulta

F (z) =1

2· z

(z − 1)2 +

3

4· z

z − 1+

z

z − 2− 3

4· z

z − 3

si folosind formula din tabelul tansformatei Z

an 7→ z

z − asi formula demonstrata la problema 1. a), rezulta

un =1

2· n+

3

4· 1 + 2n − 3

4· 3n

=n

2+

3

4+ 2n − 3n+1

4.

3. Utilizând transformata Z, sa se determine prin doua metodetermenul general al sirului (un)n≥0 dat prin relatia de recurenta

un+2 = 2un, n ≥ 0, u0 = u1 = 1.

Solutie:Consideram ca avem relatia echivalenta

un+2 = 2un ⇔ f (n+ 2) = 2f (n) , cu f (0) = f (1) = 1

si avem

Z {f (n)} = F (z)

Z {f (n+ 2)} = z2

[F (z)− 1− 1

z

]= z2F (z)− z2 − z

de unde rezulta

F (z) =z2 + z

z2 − 2=

z (z + 1)(z −√

2) (z +√

2) .

Metoda 1: Vom descompune functia obtinuta pentru a determina termenulgeneral al sirului cautat pe baza tabelului transformatei Z si avem

F (z) =z (z + 1)(

z −√

2) (z +√

2) =

1

2√

2

[(√2 + 1

)· z

z −√

2+(√

2− 1)· z

z +√

2

]de unde rezulta

un =1

2√

2

[(√2 + 1

)·(√

2)n

+(√

2− 1)·(−√

2)n]

=

(√2)n−1

2

[√2 + 1 + (−1)

n ·(√

2− 1)].

41

Metoda 2: Consideram functia

g (z) = zn−1 · F (z) = zn−1 · z (z + 1)(z −√

2) (z +√

2) =

zn (z + 1)(z −√

2) (z +√

2) ,

iar termenul general al sirului cautat va fi dat de formula sumei reziduurilor înpunctele

√2 si −

√2, adica

un = rez g(√

2)

+ rez g(−√

2).

Mai exact avem

rez g(√

2)

= limz→√

2

[(z −√

2) zn (z + 1)(

z −√

2) (z +√

2)] =

= limz→√

2

zn (z + 1)

z +√

2=

(√2)n (√

2 + 1)

2√

2

rez g(−√

2)

= limz→−

√2

[(z +√

2) zn (z + 1)(

z −√

2) (z +√

2)] =

= limz→−

√2

zn (z + 1)

z −√

2=

(−√

2)n (−√2 + 1

)−2√

2

de unde în final rezulta

un =

(√2)n−1

2

[1 +√

2 + (−1)n ·(√

2− 1)].

42

Probleme propuse

1. Determinati transformata Z a sirului (xn)n≥0 cu termenul gen-eral xn = n3.2. Utilizând transformata Z, sa se determine termenul general al

sirului (un)n≥0 dat prin relatia de recurenta

un+1 + 3un = −1, n ≥ 0, u0 = 2.

3. Utilizând transformata Z, sa se determine prin doua metodetermenul general al sirului (un)n≥0 dat prin relatia de recurenta

un+2 − 5un+1 + 6un = 1, n ≥ 0, u0 = u1 = 1.

43

Seminar 9

Modele pentru primul test la seminar

Test 1

1. Studiati convergenta integralei

∞∫0

x2 + 53√

1 + x21dx.

2. Calculati I =

π2∫

0

sin49 x cos1002 xdx.

3. Calculati integrala I =

∫|z+i|=8

z2 + 1

z (z − 1)2 dz.

4. Determinati solutia ecuatiei x+x′′ =1

sin t, cu x (0) = 0 si x′ (0) = 1.

Test 2

1. Sa se studieze convergenta integralei:

∞∫1

17√x12 + 2

dx.

2. Calculati I =

π2∫

0

cos70 xdx.

3. Rezolvati ecuatia x (t) = cos 2t+

t∫0

cos 2 (t− u)x (u) du.

4. Utilizând transformata Z, determinati termenul general al sir-ului (un)n≥0 dat prin relatia de recurenta

un+2 + 2un = 1, n ≥ 0, u0 = u1 = 1.

44