MATEMATICI SPECIALE Culegere de problememath.etti.tuiasi.ro/rosu/didactic/Culegere de...

Daniela ROSU

MATEMATICI SPECIALE

Culegere de probleme

Universitatea ”Gheorghe Asachi” Iasi

2017

Cuprins

1 Integrale prime si sisteme simetrice 11.1 Abstract teoretic . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.2 Probleme propuse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.3 Solutii . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

2 Ecuatii cu derivate partiale de ordinul ıntai 112.1 Abstract teoretic . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112.2 Probleme propuse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172.3 Solutii . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

3 Transformata Fourier 253.1 Abstract teoretic . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 253.2 Probleme propuse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 293.3 Solutii . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

4 Functii Bessel 374.1 Abstract teoretic . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 374.2 Probleme propuse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 434.3 Solutii . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48

5 Ecuatii cu derivate partiale de ordinul al doilea 595.1 Abstract teoretic . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 595.2 Probleme propuse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 825.3 Solutii . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87

6 Elemente de toria probabilitatilor 1016.1 Camp de probabilitate. Abstract teoretic; exemple . . . . . . . . . . . . . 1016.2 Probleme propuse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1136.3 Solutii . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1196.4 Variabile aleatoare discrete. Abstract teoretic . . . . . . . . . . . . . . . . 1246.5 Probleme propuse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1336.6 Solutii . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1346.7 Variabile aleatoare continue. Abstract teoretic . . . . . . . . . . . . . . . 1406.8 Probleme propuse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153

4 CUPRINS

6.9 Solutii . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 157

Capitolul 1

Integrale prime si sistemesimetrice

1.1 Abstract teoretic

Fie sistemul de ecuatii diferentialex′1(t) = f1(t, x1, x2, . . . , xn)x′2(t) = f2(t, x1, x2, . . . , xn). . . . . . . . .x′n(t) = fn(t, x1, x2, . . . , xn),

(1.1.1)

unde fi : D → R, i = 1, n sunt functii de clasa C1 pe multimea deschisa D ⊂ I × Rn,I ⊆ R interval.

Definitia 1.1.1. O functie U : D ⊆ Rn+1 → R , U = U(t, x1, x2 . . . , xn) de clasa C1(D)unde D este multime deschisa, se numeste integrala prima a sistemului (1.1.1) daca

(i) U nu este identic constanta pe D,

(ii) pentru orice solutie a sistemului (1.1.1),

x1 = ϕ1(t), x2 = ϕ2(t), . . . , xn = ϕn(t), t ∈ I

functia Φ : I → R,Φ(t) = U(t, ϕ1(t), ϕ2(t), . . . , ϕn(t))

este constanta pe I.

Observatia 1.1.1. Valoarea constantei din (ii) depinde de solutia considerata a siste-mului.

Exemplul 1.1.1. Sa se arate ca functiile U1, U2 : R3 → R,

U1(x1, x2, x3) = x1 + x2 + x3, U2(x1, x2, x3) = x21 + x2

2 + x23

1

2 1. Integrale prime si sisteme simetrice

sunt integrale prime pentru sistemul diferentialx′1(t) = x2 − x3x′2(t) = x3 − x1x′3(t) = x1 − x2.

Solutie. Prima conditie (i) din definitie este evidenta.Aratam (ii). Fie x1 = x1(t), x2 = x2(t), x3 = x3(t) o solutie. Avem evident

x′1(t)+x′2(t)+x′3(t) = 0 pentru orice t ∈ R, de unde rezulta ca x1(t)+x2(t)+x3(t) = C1,pentru orice t ∈ R cu C1 ∈ R constanta, si deci

Φ1(t) = U1(x1(t), x2(t), x3(t)) = x1(t) + x2(t) + x3(t) = C1

pentru orice t ∈ R.Pe de alta parte se verifica usor ca

x′1(t)x1(t) + x′2(t)x2(t) + x′3(t)x3(t) = 0,

pentru orice t ∈ R, de unde rezulta ca d

dt(x2

1(t) + x22(t) + x2

3(t)) = 0, si deci

x21(t) + x2

2(t) + x23(t) = C2, C2 ∈ R.

Aceasta demostreaza ca

Φ2(t) = U2(x1(t), x2(t), x3(t)) = x21(t) + x2

2(t) + x23(t) = C2

pentru orice t ∈ R.

Teorema urmatoare precizeaza conditii necesare si suficiente pentru ca o functie safie integrala prima, fara a fi necesara determinarea solutiei sistemului.

Teorema 1.1.1. Functia U ∈ C1(D) este integrala prima a sistemului (1.1.1) daca sinumai daca

∂U

∂t+ ∂U

∂x1· f1 + ∂U

∂x2· f2 + . . .+ ∂U

∂xn· fn = 0, (1.1.2)

ın orice punct (t, x1, x2, . . . , xn) ∈ D. �

Teorema 1.1.2. Fie U1, U2, . . . , Un n functii de clasa C1 pe multimea deschisa D ⊆Rn+1, integrale prime pentru sistemul (1.1.1). Admitem ca determinantul functional

D(U1, U2, . . . , Un)D(x1, x2, . . . , xn) :=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

∂U1∂x1

∂U1∂x2

. . .∂U1∂xn

∂U2∂x1

∂U2∂x2

. . .∂U2∂xn

. . .∂Un∂x1

∂Un∂x2

. . .∂Un∂xn

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣(1.1.3)

1.1. Abstract teoretic 3

este nenul ın orice punct (t, x1, x2, . . . , xn) ∈ D.Atunci pentru orice (t0, x1,0, x2,0, . . . , xn,0) ∈ D, problema determinarii solutiei sis-

temului (1.1.1) care satisface conditiile initiale

x1(t0) = x1,0, x2(t0) = x2,0, . . . , xn(t0) = xn,0 (1.1.4)

se reduce la o problema de functii implicite. �

Un sistem simetric este un sistem de ecuatii diferentiale de forma

dx1f1(x1, x2, . . . , xn) = dx2

f2(x1, x2, . . . , xn) = . . . = dxnfn(x1, x2, . . . , xn) . (1.1.5)

unde fi : D → R, i = 1, 2, . . . , n sunt functii de clasa C1 pe o multime deschisa D ⊂ Rn.Admitem ca functiile fi nu se anuleaza simultan pe D.

Orice sistem de forma (1.1.1) poate fi scris sub forma simetrica si anume

dx1f1(x1, x2, . . . , xn) = dx2

f2(x1, x2, . . . , xn) = . . . = dxnfn(x1, x2, . . . , xn) = dt

1 . (1.1.6)

Reciproc, orice sistem simetric de tipul (1.1.5) poate fi scris sub forma (1.1.1). Deexemplu, daca fn , 0 ın D, atunci (1.1.5) poate fi scris sub forma

d x1d xn

= f1(x1, x2, . . . , xn)fn(x1, x2, . . . , xn)

d x2d xn

= f2(x1, x2, . . . , xn)fn(x1, x2, . . . , xn)

. . . . . . . . .d xn−1d xn

= fn−1(x1, x2, . . . , xn)fn(x1, x2, . . . , xn) ,

(1.1.7)

Din Teorema 1.1.2 rezulta ca rezolvarea sistemului simetric (1.1.5) (echivalent cu(1.1.7)) se reduce la o problema de functii implicite daca sunt cunoscute n− 1 integraleprime independente functional. Spunem ca am rezolvat sistemul simetric (1.1.5) dacaam determinat n−1 integrale prime ale sale, functional independente. Una din metodeledetermina rii acestor integrale prime este metoda combinatiilor integrabile data deurmatoarea teorema.

Teorema 1.1.3. Daca µ1, µ2, . . . , µn sunt n functii reale continue pe D ⊂ Rn cuurmatoarele proprietati:

(i) µ1f1 + µ2f2 + . . .+ µnfn = 0 pe D,

(ii) µ1 dx1 + µ2 dx2 + . . .+ µn dxn = dU pe D,

atunci functia U : D → R este o integrala prima a sistemului simetric (1.1.5). �


Observatia 1.1.2. Practic, functiile µ1, µ2, . . . , µn se determina cu ajutorul sistemului(1.1.5), folosind regulile uzuale ale proportiilor:

dx1f1

= dx2f2

= . . . = dxnfn

= µ1 dx1µ1 f1

= µ2 dx2µ2 f2

= . . . = µn dxnµn fn

= µ1 dx1 + µ2 dx2 + . . .+ µn dxnµ1 f1 + µ2 f2 + . . .+ µn fn

.

Alegem µ1, µ2, . . . , µn astfel ıncat

µ1f1 + µ2f2 + . . .+ µnfn = 0

siµ1 dx1 + µ2 dx2 + . . .+ µn dxn

sa reprezinte diferentiala totala a unei functii U . Atunci U este integrala prima a siste-mului simetric (1.1.5).

Exemplul 1.1.2. Sa se rezolve urmatoarele sisteme simetrice

1. dx1x3 − x2

= dx2x1 − x3

= dx3x2 − x1

,

2. dx

x2 − y2 − z2 = dy

2xy = dz

2xz .

Solutie.1. Daca adunam rapoartele obtinem o fractie cu numaratorul dx1+dx2+dx3 si numitorul0.

dx1x3 − x2

= dx2x1 − x3

= dx3x2 − x1

= dx1 + dx2 + dx30 ,

Deci din d(x1 + x2 + x3) = 0 de unde rezulta x1 + x2 + x3 = C1.Daca amplificam fractiile cu x1, x2, x3 respectiv si adunam rapoartele obtinute gasim

x1 dx1x1(x3 − x2) = x2 dx2

x2(x1 − x3) = x3 dx3x3(x2 − x1) = x1 dx1 + x2 dx2 + x3 dx3

0 .

Rezulta x1 dx1+x2 dx2+x3 dx3 = 0, adica d(x21+x2

2+x23) = 0, de unde x2

1+x22+x2

3 = C2.Rezolvarea sistemului se reduce la rezolvarea urmatorului sistem de functii implicite:{

x1 + x2 + x3 = C1x2

1 + x22 + x2

3 = C2.

12. Din ultimele doua rapoare deducem ecuatia cu variabile separabile dy

y= dz

zce are

solutia y = C1z. Apoixdx+ ydy + zdz

x(x2 + y2 + z2) = dy

2xy ,

1.2. Probleme propuse 5

de unde x2 + y2 + z2

y= C2. Rezolvarea sistemului se reduce la rezolvarea urmatorului

sistem de functii implicite: {y = C1zx2 + y2 + z2 = C2y.

1.2 Probleme propuse

1.1 Studiati daca pentru urmatoarele sisteme si functii U , egalitatile U = c sunt inte-grale prime. Ce se poate spune despre independenta lor ?

a{x′ = yy′ = x

U1(x, y) = x2 − y2, U2(x, y) = ln(x+ y)− t, U3 = xy.

b. dx

z + 3y = dy

3(z − x) = dz

−x− 3y , U1(x, y) = 3x−y+3z, U2(x, y) = x2 +y2 +z2.

• Rezolvati urmatoarele sisteme diferentiale:

1.2 dx

dt= x− yz − t

,dy

dt= x− yz − t

,dz

dt= x− y + 1

1.3 dx

2y + z= dy

z − 2x = dz

−x− y

1.4 dx

x= dy

y= dz

x+ y

1.5 dx

x+ y= dy

y − x= dz

z

1.6 dx

x(y − z) = dy

y(z − x) = dz

z(x− y)

1.7 dx

a2z − a3y= dy

a3x− a1z= dz

a1y − a2x

1.8 dx

y(x+ y) = dy

−x(x+ y) = dz

(x− y)(2x+ 2y + z)

1.9 dx

2xz = dy

2yz = dz

z2 − x2 − y2

1.10 dx

xy2 = dy

x2y= dz

z(x2 + y2)


1.11 dx

x3 + 3xy2 = dy

2y3 = dz

2y2z

1.12 dx

x(y2 − z2) = dy

−y(x2 + z2) = dz

z(x2 + y2)

1.13 dx

−xy2 + x+ y= dy

x2y − x− y= dz

z(y2 − x2)

1.14 dx

x(y2 − z2) = dy

y(z2 − x2) = dz

z(x2 − y2)

1.15 dx

z − y= dy

x− z= dz

y − x

1.16 dx

x2 − y2 − z2 = dy

2xy = dz

2xz

1.17 dx

1 +√z − x− y

= dy

1 = dz

2

1.18 dx

x= dy

y= dz

z −√x2 + y2 + z2

1.19 dx

1 + x2 = dy

x(2− y) = dz

1 + z2

1.20 dx

1 +√

3zx− y = dy

2 = dz

1

1.21 dx

x= dy

yz= dz

−z2 − 1• Sa se integreze sistemele:

1.22{

(z − y)2dy = zdx(z − y)2dz = ydx

1.23

dy

dx= z

dz

dx= −z

2 + 1y

1.24

dy

dx= 1− 1

zdz

dx= 1y − x

1.25

x′(t) = − 2tx

x2 + y2 − t2

y′(t) = − 2tyx2 + y2 − t2

1.3. Solutii 7

1.3 Solutii

1.1 a. U1, U2 verifica evident conditia, iar U3 nu; primele doua sunt independente.b. Ambele sunt integrale prime si independente.

1.2 Din primele doua deducem x− y = c1, iar ultima ecuatie devine dz = (1 + c1)dt,de unde z = (1 + x − y)t + c2. Din a doua ecuatie avem dy

c1= dt

c2 + (1 + c1)t− tcu solutia y − ln |z − t| = c3.

1.3 Au loc dy

z − 2x = −2dz2x+ 2y = d(y − 2z)

z + 2y = dx

2y + z, de unde y− 2z− x = c1. Avem

si xdx+ ydy + zdz = 0, de unde x2 + y2 + z2 = c2.

1.4 Din primele doua rapoarte y = c1x; deducem dx+ dy

x+ y= dz

x+ y, de unde rezulta

x+ y − z = c2.

1.5 Sistemul e echivalent cu xdx

x2 + xy= ydy

y2 − xy= zdz

z2 .

Se obtine x2 + y2 + z2 = c1z2; primele doua relatii constituie o ecuatie omogena

cu solutia√x2 + y2 = c2e

−arctgyx .

1.6 Avem dx

x(y − z) = dy

y(z − x) = dz

z(x− y) = dx+ dy + dz

0 =dxx + dy

y + dzz

0 . Rezultax+ y + z = c1, xyz = c2.

1.7 Au loc dx

a2z − a3y= dy

a3x− a1z= dz

a1y − a2x= a1dx+ a2dy + a3dz

0 = = xdx+ ydy + zdz

0si a1x+ a2y + a3z = c1, x

2 + y2 + z2 = c2.

1.8 Din primele doua rapoarte x2+y2 = c1. Avem apoi dx+ dy

(x+ y)(y − x) = dz

(x− y)(2x+ 2y + z) ,

de unde cu schimbarea x+ y = u, obtinem o ecuatie liniara cu solutia z(x+ y) +(x+ y)2 = c2.

1.9 Din primele doua rapoarte avem y = c1x, apoixdx

2x2z= ydy

2y2z= zdz

z3 − zx2 − zy2 = xdx+ ydy + zdz

z(x2 + y2 + z2) = dx

2xz , de unde rezulta

x2 + y2 + z2 = c2x.

1.10 Din primele doua rapoarte avem y2 − x2 = c1. Apoi ydx+ xdy

xy(x2 + y2) = dz

z(x2 + y2) ,de unde c2z = xy.

1.11 Din ultimele doua rapoarte deducem z = c1y, iar primele doua rapoarte constituieecuatie omogena si y3 + x2y = c2x

2.


1.12 Amplificam fiecare raport cu x, y, z respectiv si prin adunare xdx+ydy+zdz = 0,deci x2 + y2 + z2 = c1. Apoi dx

x(y2 − z2) = zdy + ydz

yz(y2 − z2) , de unde yz = c2x.

1.13 Amplificam primele doua rapoarte cu x, respectiv cu y, adunam si obtinem

xdx+ ydy

x2 − y2 = dz

z(y2 − x2)

de unde x2 + y2 + ln z2 = c1. Amplificam primul raport cu yz, al doilea cu xz si altreilea cu xy, adunam si egalam cu a treia fractie; deducem xyz − z = c2.

1.14 Amplificam prima fractie cu x, a doua cu y, a treia cu z si avem x2 +y2 +z2 = c1;apoi amplificam prima cu yz, a doua cu xz, a treia cu xy si egalam cu ultimulraport avem xyz − z = c2.

1.15 Din dx + dy + dz = 0 rezulta x + y + z = c1 si xdx + ydy + zdz = 0 rezultax2 + y2 + z2 = c2.

1.16 Din ultimele doua rapoarte deducem dy

y= dz

z, y = c1z. Pe de alta parte avem

xdx+ ydy + zdz

x(x2 + y2 + z2) = dy

2xy , de unde rezulta x2 + y2 + z2

y= c2.

1.17 Din ultimele doua rapoarte deducem 2y − z = c1 si dz − dx− dy−√z − x− y

= dy, de unde

prin substitutia z − x− y = t gasim y + 2√z − x− y = c2.

1.18 Din primele doua rapoarte deducem x = yc1. Apoi

xdx+ ydy + zdz

x2 + y2 + z2 − z√x2 + y2 + z2 = dz

z −√x2 + y2 + z2 ,

de unde, prin substitutia x2 + y2 + z2 = t, gasim

dt

2(t− z√t)

= dz

z −√t;

rezulta dt

−2√t(z −

√t)

= dz

z −√t

si z +√t = c2.

1.19 Din primul si ultimul raport arctg x− arctg z = c1, iar din primele doua rapoartexdx

1 + x2 = dy

2− y de unde (1 + x2)(2− y)2 = c2.

1.20 Din ultimele doua rapoarte avem y−2z = c1 iar din 3dz − dx− dy−√

3z − x− y = dz, rezultadt

−√t

= dz, z + 2√

3z − x− y = c2.

1.3. Solutii 9

1.21 Din ultimele doua rapoarte avem dy

y= − zdz

z2 + 1, de unde y2(z2 + 1) = c1 si dacaamplificam a doua fractie cu z si a treia cu y, deducem dx+d(yz) = 0, x+yz = c2.

1.22 Sistemul poate fi pus sub forma simetrica dyz

(z−y)2= dz

y(z−y)2

= dx. Din primele doua

rapoarte deducem y2−z2 = c1. Avem apoi d(z − y)y−z

(z−y)2= dx, de unde (z−y)d(z−y) =

−dx si (z − y)2 + 2x = c2.

1.23 Sistemul poate fi pus sub forma simetrica dy

z= dz

− z2+1y

= dx si din primele doua

rapoarte obtinem dy

y= − zdz

z2 + 1, de unde y2(z2 + 1) = c1, iar daca amplificamprima fractie cu z, si a doua cu y, deducem zdy + ydz + dx = 0, yz + x = c2.

1.24 Atasam sistemul dx = dy

1− 1z

= dz1

y−x, de unde dx− dy

1z

= dz1

y−xcare antreneaza

d(y − x)y − x

= −dzz

si (y − x)z = c1; ınlocuim z = c1y − x

ın prima ecuatie si obtinem

y′(x) = 1− y − xc1

, care este o ecuatie liniara cu solutia ex

z(y−x) (y − x) = c2.

1.25 Avem sistemul simetric dx

−2tx = dy

−2ty = dt

x2 + y2 − t2; din primele doua rezulta

x = yc1. Apoi xdx+ ydy + tdt

−t(x2 + y2 + t2) = dx

−2tx de unde x2 + y2 + t2 = xc2.

Capitolul 2

Ecuatii cu derivate partiale deordinul ıntai


Ecuatia cu derivate partiale de ordinul ıntai liniara si omogena are forma

a1(x1, x2, . . . , xn) ∂u∂x1

+a2(x1, x2, . . . , xn) ∂u∂x2

+ . . .+an(x1, x2, . . . , xn) ∂u∂xn

= 0, (2.1.1)

unde ai, i = 1, n+ 1, sunt functii de clasa C1 pe un domeniu D ⊂ Rn, nu toate simultannule ın D, adica

n∑i=1

a2i (x1, x2, . . . , xn) , 0,

pentru orice (x1, x2, . . . , xn) ∈ D. In tot ceea ce urmeaza vom presupune, fara a restrangegeneralitatea ca an , 0.

Definitia 2.1.1. Spunem ca functia u : D0 ⊆ D → R este o solutie a ecuatiei (2.1.1)daca u este de clasa C1 pe un domeniul D0 si ın toate punctele (x1, . . . , xn) ∈ D0 severifica identitatea

n∑i=1

ai(x1, x2, . . . , xn) ∂u∂xi

(x1, x2, . . . , xn) ≡ 0. (2.1.2)

Ecuatiei (2.1.1) i se asociaza sistemul caracteristic

dx1a1(x1, x2, . . . , xn) = dx2

a2(x1, x2, . . . , xn) = . . . = dxnan(x1, x2, . . . , xn) (2.1.3)

care se numeste sistem caracteristic. Solutiile acestui sistem se numesc curbe ca-racteristice ale ecuatiei (2.1.1).

Problema determinarii solutiilor ecuatiei (2.1.1) se reduce la rezolvarea sistemuluicaracteristic (de fapt la determinarea integralelor prime ale sistemului (2.1.3)), dupacum rezulta din urmatoarea teorema.

11

12 2. Ecuatii cu derivate partiale de ordinul ıntai

Teorema 2.1.1. Functia U : D0 ⊆ D → R este o solutie pentru ecuatia cu derivatepartiale (2.1.1) daca si numai daca functia U este o integrala prima a sistemului carac-teristic (2.1.3). �

Folosind formulele de derivare compusa se demonstreaza cu uurinta teorema urmatoare.

Teorema 2.1.2. Daca functiile U1, U2, . . . , Uk : D0 → R sunt integrale prime ale siste-mului caracteristic (2.1.3) iar Φ : E ⊆ Rk → R este o functie de clasa C1 pe E, atuncifunctia compusa

u = Φ(U1, U2, . . . , Uk) : D0 → R

este o solutie pentru ecuatia cu derivate partiale (2.1.1). �

Teorema 2.1.3. Orice solutie a ecuatiei cu derivate partiale (2.1.1) este de forma

u = Φ(U1, U2, . . . , Un−1) (2.1.4)

unde Φ : E ⊆ Rn−1 → R este de clasa C1 pe E iar functiile U1, U2, . . . , Un−1 sunt n− 1integrale prime independente functional ale sistemului caracteristic (2.1.3). �

Definitia 2.1.2. Functiau = Φ(U1, U2, . . . , Un−1)

se numeste solutie generala a ecuatiei cu derivate partiale (2.1.1).

In concluzie, pentru rezolvarea ecuatiei cu derivate partiale liniara si omogena

a1(x1, x2, . . . , xn) ∂u∂x1

+ a2(x1, x2, . . . , xn) ∂u∂x2

+ . . .+ an(x1, x2, . . . , xn) ∂u∂xn

= 0

parcurgem urmatoarele etape:1. scriem sistemul caracteristic asociat

dx1a1(x1, x2, . . . , xn) = dx2

a2(x1, x2, . . . , xn) = . . . = dxnan(x1, x2, . . . , xn) ;

2. determinam n− 1 integrale prime independente U1, U2, . . . , Un−1 ale acestui sistem;3. scriem solutia generala a ecuatiei

u = Φ(U1, U2, . . . , Un−1),

unde Φ : E ⊆ Rn−1 → R este de clasa C1 pe E.

Exemplul 2.1.1. Sa se determine solutia generala a ecuatiei

x1∂u

∂x1+ x2

∂u

∂x2+ . . .+ xn

∂u

∂xn= 0.

Solutie. Sistemul simetric asociat

dx1x1

= dx2x2

= . . . = dxnxn

.


Fiecare doua cate doua rapoarte reprezinta ecuatii cu variabilele separate si prin integraregasim integralele prime independente functional

U1 = x1xn, U2 = x2

xn, . . . , Un−1 = xn−1

xn

iar solutia generala a ecuatiei este

u = Φ(x1xn,x2xn, . . . ,

xn−1xn

),

cu Φ functie de clasa C1.

Problema Cauchy asociata ecuatiei cu derivate partiale liniara si omogena(2.1.1) consta ın determinarea solutiei u a ecuatiei (2.1.1) care pentru xn = xn,0 estecunoscuta, adica u satisface egalitatea

u(x1, x2, . . . , xn−1, xn,0) = ϕ(x1, x2, . . . , xn−1) (2.1.5)

pentru orice (x1, x2, . . . , xn−1, xn,0) ∈ D0, unde ϕ este o functie cunoscuta de clasa C1.Practic, aceasta consta ın determinarea functiei Φ din solutia generala pentru care severifica (2.1.5). Pentru aceasta se formeaza sistemul

U1(x1, x2, . . . , xn) = C1U2(x1, x2, . . . , xn) = C2. . .Un−1(x1, x2, . . . , xn) = Cn−1xn = xn,0,

se determina x1, x2, . . . , xn−1 ın functie de C1, C2, . . . , Cn−1 si apoi se gaseste

u = Φ0(C1, C2, . . . , Cn−1).

Se ınlocuiesc apoi valorile constantelor C1, C2, . . . , Cn−1 si se obtine solutia problemeiCauchy.

Exemplul 2.1.2. Sa se rezolve problema Cauchy

√x∂u

∂x+ √y ∂u

∂y+√z∂u

∂z= 0, u(x, y, 1) = x− y.

Solutie. Sistemul caracteristic asociat este,

dx√x

= dy√y

= dz√z,

iar integralele prime sunt√x−√z = C1, si √y−

√z = C2. Solutia generala a ecuatiei

esteu = Φ(

√x−√z,√y −√z).


Pentru rezolvarea problemei Cauchy formam sistemul√x−√z = C1√

y −√z = C2

z = 1u = x− y.

Gasim x = C21 si y = C2

2 . Atunci

u = (1 + C1)2 − (1 + C2)2.

Revenim la valorile constantelor C1 si C2 si gasim solutia problemei Cauchy

u = (1 +√x−√z)2 − (1 + √y −

√z)2.

Ecuatia cu derivate partiale de ordinul I cvasiliniara are forma

a1(x1, x2, . . . , xn, u) ∂u∂x1

+ a2(x1, x2, . . . , xn, u) ∂u∂x2

+ . . .+ an(x1, x2, . . . , xn, u) ∂u∂xn

= an+1(x1, x2, . . . , xn, u) (2.1.6)

unde u este functia necunoscuta, ai, i = 1, n+ 1 sunt functii de clasa C1 pe un domeniuD ⊂ Rn astfel ıncat

n∑i=1

a2i (x1, x2, . . . , xn) , 0,

pentru orice (x1, x2, . . . , xn) ∈ D. In tot ceea ce urmeaza vom presupune, fara a restrangegeneralitatea ca an , 0.

Integrarea ecuatiei cvasiliniare (2.1.6) se reduce la integrarea ecuatiei cu derivatepartile de ordinul ıntai, liniara si omogena

a1∂V

∂x1+ a2

∂V

∂x2+ . . .+ an

∂V

∂xn+ an+1

∂V

∂u= 0. (2.1.7)

Cautam o solutie u pentru ecuatia cvasiliniara (2.1.6) sub forma implicita

V (x1, x2, . . . , xn, u) = 0, (2.1.8)

unde V este functia necunoscuta ce trebuie determinata. Admitem ca V este de clasaC1 pe domeniul D ⊆ Rn+1 si ∂V

∂u, 0 pe D. Din (2.1.8) rezulta prin derivare ın raport

cu xi∂V

∂xi+ ∂V

∂u· ∂u∂xi

= 0, i = 1, 2, . . . , n

de unde

∂u

∂xi= −

∂V

∂xi∂V

∂u

, i = 1, 2, . . . , n.


Inlocuim aceste derivate ın (2.1.6) si obtinem ecuatia omogena (2.1.7). Solutia generalaa acestei ecuatii este

V = Φ(U1, U2, . . . , Un),

unde U1, U2, . . . , Un sunt n integrale prime independente functional ale sistemului ca-racteristic asociat ecuatiei cvasiliniare

dx1a1

= dx2a2

= . . . = dxnan

= du

an+1(2.1.9)

Deci solutiile ecuatiei cvasiliniare (2.1.6) sunt definite implicit de ecuatii de forma

Φ(F1(x1, x2, . . . , xn, u), F2(x1, x2, . . . , xn, u), . . . , Fn(x1, x2, . . . , xn, u)) = 0.

Exemplul 2.1.3. Sa se determine solutia ecuatiei

x1∂u

∂x1+ (x3 + u) ∂u

∂x2+ (x2 + u) ∂u

∂x3= x2 + x3.

Solutie. Atasam sistemul caracteristic simetric

dx1x1

= dx2x3 + u

= dx3x2 + u

= du

x2 + x3.

Deducem, prin adunarea ultimelor trei rapoarte ca

dx1x1

= d(x2 + x3 + u)2(x2 + x3 + u) ,

de unde prin integrare deducem

ln |x1| =12 ln |x2 + x3 + u|+ 1

2 ln |C1|,

deci x2 + x3 + u = C1x21.

Apoi dindx1x1

= d(x2 − x3)x3 − x2

,

prin integrare deducem ln |x1| = − ln |x2 − x3|+ ln |C2|, de unde x1(x2 − x3) = C2.Din

dx1x1

= −d(u− x3)u− x3

prin integrare rezulta x1(u− x3) = C3.Solutia este functia u, definita implicit de

Φ(x2 + x3 + u

x21

, x1(x2 − x3), x1(u− x3))

= 0.


Problema Cauchy asociata ecuatiei cvasiliniare (2.1.6) consta ın determinareasolutiei u a ecuatiei (2.1.6) care pentru xn = xn,0 este cunoscuta, adica u satisfaceegalitatea

u(x1, x2, . . . , xn−1, xn,0) = ϕ(x1, x2, . . . , xn−1) (2.1.10)

pentru orice (x1, x2, . . . , xn−1, xn,0) ∈ D0, unde ϕ este o functie cunoscuta de clasa C1,iar metoda de rezolvare a problemei Cauchy este asemanatoare cu cea din cazul ecuatiilorcu derivate partiale liniare si omogene.

Problema Cauchy pentru cazul n = 2 are o interpretare geometrica simpla. Dacaz = ϕ(x, y) este o solutie a ecuatiei

P (x, y, z)∂z∂x

+Q(x, y, z)∂z∂y

= R(x, y, z), (2.1.11)

suprafata de ecuatie z = ϕ(x, y) se numeste suprafata integrala a ecuatiei (2.1.11).Problema Cauchy revine la a determina suprafata integrala care contine curba netedadefinita implicit de

(γ){f1(x, y, z) = 0f2(x, y, z) = 0, (2.1.12)

unde f1, f2 sunt functii de clasa C1 un domeniu din R3 avand matricea Jacobiana derang 2.

Daca U1, U2 sunt doua integrale prime independente ale sistemului caracteristic

dx

P (x, y, z) = dy

Q(x, y, z) = dz

R(x, y, z)

problema Cauchy revine la determinarea legaturii Φ(C1, C2) = 0 dintre C1 si C2 dinsistemul

U1(x, y, z) = C1U2(x, y, z) = C2f1(x, y, z) = 0f2(x, y, z) = 0.

Exemplul 2.1.4. Sa se determine suprafata integrala a ecuatiei

2xz ∂z∂x

+ 2yz ∂z∂y

+ x2 + y2 − z2 = 0

care contine curba (γ){x = 2y2 + z2 = y.

Solutie. Determinam curbele caracteristice, adica solutiile sistemului simetric

dx

2xz = dy

2yz = dz

z2 − x2 − y2 .


Deducem d(x2 + y2 + z2)2z(x2 + y2 + z2) = dx

2xz de unde, prin integrare, gasim x2 +y2 +z2 = xC1.Din primele doua rapoarte rezulta imediat y = xC2.

Formam sistemul x2 + y2 + z2 = C1xy = xC2x = 2y2 + z2 = y,

eliminam necunoscutele x, y, z si obtinem conditia de compatibilitate C2 − C1 + 2 = 0.

Inlocuim valorile C1 = x2 + y2 + z2

xsi C2 = y

xsi gasim ecuatia ce defineste implicit

suprafata integrala cerutax2 + y2 + z2 − y − 2x = 0.


• Rezolvati urmatoarele ecuatii cu derivate partiale de ordinul I omogene:

2.1 y∂u

∂x− x∂u

∂y= 0,

2.2 (1 + x2)∂u∂x

+ xy∂u

∂y= 0,

2.3 z∂u

∂x+ (x− z)2∂u

∂y+ x

∂u

∂z= 0,

2.4 x∂u

∂x+ y

∂u

∂y+ (x+ y)∂u

∂z= 0,

2.5 x(y2 − z2)∂u∂x− y(x2 + z2)∂u

∂y+ z(x2 + y2)∂u

∂z= 0

2.6 x(y − z)∂u∂x

+ y(z − x)∂u∂y

+ z(x− y)∂u∂z

= 0,

2.7 x∂u

∂x+ y

∂u

∂y− z2∂u

∂z= 0,

2.8 x∂u

∂x+ y

∂u

∂y+√x2 + y2

z

∂u

∂z= 0,

2.9 x∂u

∂x+ y

∂u

∂y+ (x+ y + z)∂u

∂z= 0,


2.10 x1∂u

∂x1− 2x2

∂u

∂x2− x3

∂u

∂x3= 0,

2.11 (x3x4 − x1x22) ∂u∂x1

+ x2x3∂u

∂x2+ x2

3∂u

∂x3+ x3x4

∂u

∂x4=0,

2.12 x1∂u

∂x1+ x2

∂u

∂x2+ . . .+ xn

∂u

∂xn= 0,

2.13 a1∂u

∂x1+ a2

∂u

∂x2+ . . .+ an

∂u

∂xn=0, ai ∈ R,

2.14 x21∂u

∂x1+ x2

2∂u

∂x2+ . . .+ x2

n

∂u

∂xn= 0.

• Determinati solutia generala a ecuatiilor cvasiliniare, sau reductibile la ecuatiicvasiliniare:

2.15 2y ∂z∂x

+ 3x2 ∂z

∂y+ 6x2y = 0,

2.16 y∂z

∂x+ yz

∂z

∂y= −1− z2,

2.17 (y + x)∂z∂x

+ (y − x)∂z∂y

= z,

2.18 2xz ∂z∂x

+ 2yz ∂z∂y

= z2 − x2 − y2,

2.19 xz∂z

∂x+ yz

∂z

∂y= x,

2.20 u∂u

∂x+ (u2 − x2)∂u

∂y= −x,

2.21 z∂z

∂x− z ∂z

∂y= y − x,

2.22 xz∂z

∂x+ yz

∂z

∂y= x,

2.23 x∂z

∂x+ y

∂z

∂y=√x2 + y2,

2.24 xz∂z

∂x+ yz

∂z

∂y= −xy,

2.25 x∂u

∂x− y∂u

∂y+ z

∂u

∂z= u,


2.26 x(y − z)∂u∂x

+ y(z − x)∂u∂y

+ z(x− y)∂u∂z

= u(y − z),

2.27 (1 +√u− x1 − x2) ∂u

∂x1+ ∂u

∂x2= 2,

2.28 x∂u

∂x+ y

∂u

∂y+ z

∂u

∂z= x2 + 2u,

2.29 x1∂u

∂x1+ . . .+ xn

∂u

∂xn= ku.

• Determinati suprafetele z = z(x, y) care includ curbele indicate:

2.30 x∂z

∂x− y ∂z

∂y= z, (Γ) : x = y, z = x2,

2.31 x2 ∂z

∂x− xy∂z

∂y+ y2 = 0, (Γ) : y = 1, z = x2,

2.32 xy2 ∂z

∂x+ x2y

∂z

∂y= z(x2 + y2), (Γ) : y = 1, x2 + z2 = 1,

2.33 (x− y)∂z∂x− y ∂z

∂y= z, (Γ) : x = y, z = x2,

2.34 (1 +√z − x− y)∂z

∂x+ ∂z

∂y= 2, (Γ) : x = y, z = 0,

2.35 (cy − bz)∂z∂x

+ (az − cx)∂z∂y

= bx− ay, a, b, c ∈ R (Γ) : x = y = z,

2.36 (y − z)∂z∂x− (y − 1)∂z

∂y= z − 1, (Γ) : x = 1, z = y2,

2.37 (y2 + z2 − x2)∂z∂x− 2xy∂z

∂y= −2xz, (Γ) : x = 1, y2 + z2 = 2.

• Rezolvati problemele Cauchy:

2.38 x∂z

∂x+ 2y ∂z

∂y= 0, z(1, y) = 1 + y,

2.39 (x+ y)∂z∂x

+ (x− y)∂z∂y

= 0, z(x, 0) = −x2,

2.40√x∂u

∂x+ √y ∂u

∂y+√z∂u

∂z= 0, u(x, y, 1) = x− y,

2.41 x∂z

∂x+ y

∂z

∂y= z, z|{x2+y2=1} = x,


2.42 x∂u

∂x− y∂u

∂y+ z

∂u

∂z= x2, u(1, y, z) = y2 − z,

2.43 x(y2 − z2)∂u∂x− y(x2 + z2)∂u

∂y+ z(x2 + y2)∂u

∂z= u(x2 + y2), u(x, y, 1) = y2,

2.44 2x3∂u

∂x+ (y3 + 3x2y)∂u

∂y+ 2x2z

∂u

∂z= ux2, u(1, y, z) = y2 + z

2.45 (x−√x2 + y2 + z2)∂u

∂x+ y

∂u

∂y+ z

∂u

∂z= u, u(x, y, 1) = x2,

2.46 2xz ∂z∂x + 2yz ∂z∂y = z2 − x2 − y2, z(x, 1, z) = x,

2.47 x∂u

∂x− y∂u

∂y= u, u|{x=y} = x3,

2.48 xz∂z

∂x+ yz

∂z

∂y= −xy, z(x, 2) = x.

2.3 Solutii

2.1 Sistemul simetric dxy

= −dyx

are curba caracteristica x2+y2 = c si solutia ecuatiei

este u(x, y) = F (x2 + y2).

2.2 Sistemul simetric dx

1 + x2 = dy

xyduce la solutia u = F

( √1 + x2

y

).

2.3 Se obtine dz − dxx− z

= dy

(x− z)2 de unde 2y + (x − z)2 = c1 si x2 − z2 = c2;

u(x, y, z) = F (2y + (x− z)2, x2 − z2).

2.4 u(x, y, z) = F

(x

y, x+ y − z

).

2.5 Avem dx

x(y2 − z2) = dy

−y(x2 + z2) = dz

z(x2 + y2) , de unde deducem ca au loc xdx+

ydy+zdz = 0, dxx− dy

y− dz

z= 0, deci solutia este u(x, y, z) = F

(x2 + y2 + z2,

yz

x

).

2.6 u = F (x+ y + z, xyz).

2.7 u = F

(x

y,

1z− ln y

).

2.8 u = F

(x

y, 2√x2 + y2 − z2

).

2.3. Solutii 21

2.9 dx

x= dy

y= dz

x+ y + z; din primele doua x = c1y, iar daca adunam primele doua

obtinem o ecuatie omogena d(x+ y)x+ y

= dz

(x+ y) + z.

2.10 u = F (x1√x2, x1x3).

2.11 Din al doilea si al treilea x3 = c1x2, din al doilea si ultimul x4 = c2x2; daca lefolosim ın primul raport si al doilea avem − ln(c1c2 − x1) = x2

c1+ c3.

2.12 u = F

(x1xn,x2xn, . . . ,

xn−1xn

).

2.13 Integram ecuatiile formate din primul raport si fiecare dintre cele ramase

u(x1, x2, . . . , xn) = F (a2x1 − a1x2, . . . , anx1 − a1xn).

2.14 u(x1, . . . , xn) = F

( 1x1− 1x2,

1x1− 1x3, . . . ,

1x1− 1xn

).

2.15 Solutia este suprafata data implicit de F (x3 − y2, z + y2) = 0.

2.16 F (y2(1 + z2), x+ yz) = 0.

2.17 F

(x2 + y2)earctgy

x ,x2 + y2

z2

= 0.

2.18 F

(y

x,x2 + y2 + z2

x

)= 0.

2.19 Solutia este suprafata data implicit de F(y

x, z2 − 2x

)= 0.

2.20 Din dx

u= dy

u2 − x2 = du

−x= d(x− u)

u− xrezulta F (x2 + u2, y − xu) = 0.

2.21 Din dx

z= −dy

z= dz

y − x= d(x− y)

2z rezulta F (x+ y, (y − x)2 + 2z2)= 0.

2.22 F

(x

y, z2 − 2x

)= 0.

2.23 F

(x

y,√x2 + y2 − z

)= 0.

2.24 F

(x

y, xy + z2

)= 0.

2.25 Solutia este suprafata data implicit de F(xy,

z

x,u

x

)= 0.


2.26 Solutia este suprafata data implicit de F(x+ y + z, xyz,

u

x

)= 0.

2.27 F (2x2 − u, x2 + 2√u− x1 − x2) = 0.

2.28 F

(y

x,z

x,u− x2 ln x

x2

)= 0.

2.29 F

(x1xn, . . . ,

xn−1xn

,u

xkn

)= 0.

2.30 Formam sistemul xy = c1,z

x= c2, x = y, z = x2, cu conditia de compatibilitate

c22 = c1, de unde z2 = x3y.

2.31 Avem c1 = xy, c2 = y3

3 − xyz, c31 = c2 −

13.

2.32 Au loc x2 − y2 = c1, c2 = z

xy, (c1 + 1)2 + c2(c1 + 1) = 1.

2.34 Sistemul este c1 = z− 2y, c2 = y+ 2√z − x− y, x = y, z = 0 de unde c1 + 2c2 = 0

si z + 4√z − x− y = 0.

2.35 c1 = ax+ by + cz, c2 = x2 + y2 + z2, x = y = z implica c2 = 3 c21

(a+ b+ c)2 .

2.36 Din ultimele doua rapoarte (y − 1)(z − 1) = c1 si x+ y + z = c2, apoi

c2 = 1 + (c1 + c2 − 2)13 + (c1 + c2 − 2)

23 .

2.37 c1 = y

z, c2 = x2 + y2 + z2

zcu conditia 9c2

1 + 9 = c22.

2.38 Solutia generala este z = φ( yx2 ). Formam sistemul y

x2 = c1, x = 1, z = y + 1, de

unde z = c1 + 1 si z = y

x2 + 1.

2.39 Solutia generala este z = ψ(x2− 2xy− y2), iar din sistemul c = x2− 2xy− y2, y =0, z = −x2, deducem z = −c, de unde z = y2 + 2xy − x2.

2.40 Solutia este u = ψ(√x −

√z,√y −

√z) si din sistemul z = 1,

√x −

√z =

c1,√y −

√z = c2, u = x − y, deducem u = (1 + c1)2 − (1 + c2)2 de unde u =

(1 +√x−√z)2 − (1 + √y −

√z)2.

2.41 Solutia generala este F (xy,x

z) = 0 si folosind conditia deducem c2

2(c21 + 1) = 1

4c21

unde c1 = x

y, c2 = x

z; deci z2 = 4(x2 + y2).

2.3. Solutii 23

2.42 Au loc c1 = xy, c2 = z

x, c3 = x2 − 2u, c3

2 = c21 − c2.

2.43 Avem c1 = x

yz, c2 = x2 + y2 + z2, c3 = u

z, c3 = c2 − 1

c21 + 1

.

2.44 Avem c1 = z

x, c2 = x+ x3

y2 , c3 = u√z,√c1c3 = 1

c2 − 1 + c1.

2.45 Avem c1 = y

z, c3 = u

z, c2 = x+

√x2 + y2 + z2, c3 = (c2 − 1)2 − c2

1 − 1.

2.46 Se obtin c1 = x

y, c2 = x2 + y2 + z2

x, si c1c2 = 2c2

1 + 1.

2.47 c1 = xy, c2 = uy si c2 = c21.

2.48 c1 = x

y, c2 = xy + z2 si c2 = 4c1(1 + c1).

Capitolul 3

Transformata Fourier


Definitia 3.1.1. Fie f : R→ C absolut integrabila. Functia complexa de variabila realaF : R→ C,

F (ω) =+∞∫−∞

e−jωtf(t) dt, ω ∈ R, (3.1.1)

se numeste transformata Fourier a functiei f .

Observatia 3.1.1. Deoarece f este absolut integrabila si∣∣e−jωtf(t)

∣∣ = |f(t)|, rezultaca integrala

+∞∫−∞

e−jωtf(t) dt

este absolut si uniform convergenta ın raport cu parametrul ω ∈ R.

Vom nota transformata Fourier a functiei f si astfel

F = F[f(t)] sau F (ω) = F[f(t)](ω), ω ∈ R,

evidentiind astfel si variabila t a functiei f si variabila ω a transformatei F . De multe orise utilizeaza si notatia F (jω) aceasta numindu-se caracteristica spectrala sau spectrulın frecventa a semnalului f = f(t). Utilizam si notatia

f(t) =⇒ F (ω).

Sa observam ca daca f este cu valori reale, situatie ıntalnita practic, atunci

F (−ω) = F (ω),

motiv pentru care este suficient sa cunoastem F (ω) pentru valori ω > 0.

25

26 3. Transformata Fourier

Observatia 3.1.2. Daca f = f(t) este functie original Laplace, absolut integrabila,atunci transformata Fourier F (ω) este tocmai valoarea transformatei Laplace ın punctuls = jω. Din acest motiv pentru transformata Fourier se mai foloseste notatia F (jω).

De exemplu, pentru functia absolut integrabila si original Laplace f(t) = σ(t)e−t

transformata Laplace este L[f(t)](s) = 1s+ 1 ın semiplanul Re s > −1, si atunci trans-

formata Fourier este F[f(t)](ω) = 1jω + 1, ω ∈ R.

Exemplul 3.1.1. Sa se determine transformata Fourier a semnalului dreptunghiular deamplitudine A > 0 pe intervalul [−`, ` ], ` > 0, f : R→ R,

f(x) ={A, x ∈ [−`, ` ] ,0, ın rest.

Solutie. Un calcul elementar ne conduce la F (ω) = A

`∫−`

e−jωt dt = A

jω

(ejω` − e−jω`

),

si, folosind formula lui Euler sin z = ejz − e−jz

2j , gasim

F (ω) = 2Aω

sinω` = 2`A saω`,

unde

sa : R→ R este functia denumita sinus atenuat, sa(x) =

sin xx

, x , 0,1, x = 0.

Observatia 3.1.3. Transformata Fourier este o functie marginita, continua si

lim|ω|→∞

F (ω) = 0.

Clasa de functii:

S = {f : R→ R | f ∈ C∞(R), ∀k, q ∈ N, ∃Ck,q ∈ R, |tkf (q)(t)| ≤ Ck,q}

unde f (q) este derivata de ordin q a functiei f , se numeste clasa functiilor rapiddescrescatoare.

Au loc urmatoarele proprietati:

• (Derivarea imaginii) Daca f ∈ S atunci F ∈ C∞(R) si are loc

jkF (k)[f ](ω) = F [tkf ](ω), ∀k ∈ N. (3.1.2)

• (Transformarea derivatei) Daca f ∈ S are loc

F [f (k)](ω) = (jω)kF [f ](ω). (3.1.3)


• Transformata Fourier F : S → S este o aplicatie C−liniara si continua.

• (Formula de inversiune) Daca f ∈ S atunci are loc

f(t) = 12π

+∞∫−∞

F (ω)ejωtdω. (3.1.4)

Daca f ∈ S, are loc formula

F [F [f ]](t) = 2πf(−t). (3.1.5)

• Daca f, g ∈ S, atunci au loc

+∞∫−∞

F [f ](x)g(x)dx =+∞∫−∞

f(x)F [g](x)dx (3.1.6)

+∞∫−∞

f(t)g(t)dt = 12π

+∞∫−∞

F [f ](ω)F [g](ω)dω (3.1.7)

F [f ? g] = F [f ]F [g] (3.1.8)

F [f · g] = 12πF [f ] ? F [g]. (3.1.9)

+∞∫−∞

(f(t))2dx = 12π

+∞∫−∞

|F (ω)|2dω. (3.1.10)

unde(f ? g)(t) =

∫ ∞−∞

f(s)g(t− s)ds

este produsul de convolutie al functiilor f si g.

• Daca f este absolut integrabila au loc formulele

F [f(t− a)](ω) = e−jωaF [f ](ω) (3.1.11)

F [e−j a tf ](ω) = F [f ](ω + a) (3.1.12)

F [f(a t)](ω) = 1|a|F [f ](ω

a), a ∈ R, a , 0. (3.1.13)


• Daca f = f(t) este o functie care admite transformata Fourier F (ω) astfel ca estevalabila formula de inversare atunci are loc

f(t) = 1π

+∞∫−∞

f(x)dx+∞∫0

cosω(t− x)dω. (3.1.14)

cunoscuta sub numele de integrala Fourier.

Daca f este functie para formula devine (3.1.14)

f(t) = 2π

+∞∫0

cosωtdω∫ +∞

0f(x) cosωxdx.

Daca f este impara formula devine (3.1.14)

f(t) = 2π

+∞∫0

sinωtdω∫ +∞

0f(x) sinωxdx.

Transformata Fourier prin cosinus este data prin formula:

FC [f ](ω) =√

2π

+∞∫0

f(t) cosωtdt, (3.1.15)

iar formula de inversare a transformatei cosinus este:

f(t+ 0) + f(t− 0)2 =

√2π

+∞∫0

FC [f ](ω) cosωtdω. (3.1.16)

Transformata Fourier prin sinus este data prin formula:

FS [f ](ω) =√

2π

+∞∫0

f(t) sinωtdt (3.1.17)

iar formula de inversare a transformatei sinus este:

f(t+ 0) + f(t− 0)2 =

√2π

+∞∫0

FS [f ](ω) sinωtdω. (3.1.18)



• Determinati transformatele Fourier ale functiilor de mai jos:

3.1 f(t) = e−t2,

3.2 f(t) =

A, t ∈[−π2 ,

π

2

]0, ın rest,

3.3 f(t) = σ(t)e−at, a > 0,

3.4 f(t) = σ(−t)eat, a > 0,

3.5 f(t) = e−a|t|, a > 0,

3.6 f(t) = σ(t)t3e−t,

3.7 f(t) = e−(t− 3)2,

3.8 f1(t) = e−|t| cos t si f2(t) = e−|t| sin t,

unde σ(t) ={

1, t ≥ 0,0, t < 0.

• Determinati daca este posibil, produsele de convolutie ale urmatoarelor functiisi calculati transformatele Fourier ale acestora:

3.9 f(t) = g(t) = e−t2.

3.10 f(t) = g(t) = 1π

(σ

(t+ 1

π

)− σ

(t− 1

π

)).

• Reprezentati urmatoarele functii ca integrale Fourier

3.11 f(t) =

1, |t| < a0, |t| > a12 , |t| = a, a > 0.

3.12 f(t) ={

sin t, t ∈ [−π, π]0, t < [−π, π].

• Rezolvati ecuatia integrala

3.13+∞∫−∞

g(ω)ejtωdω = f(t) unde f(t) =

t2, |t| < 112 , |t| = 10, |t| > 1.

.


• Calculati transformatele sinus si cosinus pentru functia:

3.14 f(t) = e−at, a > 0, t > 0,

• Deduceti formulele lui Parseval:

3.15+∞∫0

Fc(ω)Gc(ω)dω =∫ +∞

0f(t)g(t)dt,

3.16+∞∫0

Fs(ω)Gs(ω)dω =∫ +∞

0f(t)g(t)dt.

•

3.17 Sa se calculeze transformatele Fourier prin cosinus si prin sinus pentru functia

f(t) ={

1, 0 < t ≤ a0, t > a,

a > 0 si, utilizand formulele Parseval (exercitiile 3.16 si

3.17), sa se deduca pentru a, b > 0, relatiile

∞∫0

sin ta sin tbt2

dt =∞∫0

(1− cos ta)(1− cos tb)t2

dt = π

2 min{a, b}

si∞∫0

sin2 ta

t2dt = π

2 a.

• Rezolvati urmatoarele ecuatii integrale:

3.18+∞∫0

g(u) sin utdu = f(t), unde f(t) =

π

2 sin t

4 , 0 < t < 2π

π

4 , t = 2π

0, t > 2π,

3.19+∞∫0

g(u) cosutdu = f(t), unde f(t) =

π

2 cos t, 0 < t < π

−π4 , t = π

0, t > π.

3.3. Solutii 31

3.3 Solutii

3.1 Consideram functia f(z) = e−z2

si b > 0 fixat suficient de mare; pentru z = t+ jy,t, y ∈ R avem

|f(z)| = |f(t+ jy)| = ey2 − t2 ≤ eb

2 − t2 = g(t).

Functia g este absolut integrabila pe R si g(t)→ 0 daca |t| → ∞. Atunci integralacomplexa

∫f(z)dt este independenta de y pentru |y| < b(vezi [3]). Deci

F (ω) =+∞∫−∞

e−t2e−jωtdt =

+∞∫−∞

e−(t+ jy)2e−jω(t+ jy)dt =

=+∞∫−∞

e−t2 + y2 + ωy − jt(2y + ω)dt.

Daca mai sus luam y = ω

2 , gasim

F (ω) =+∞∫−∞

e−t2 − ω2

4 dt =√πe−ω

2

4 .

Deci transformata Fourier este

F (ω) =√πe−ω

2

4 . (3.3.1)

3.2 Transformata este sinusul atenuat si este

F (ω) =+∞∫−∞

f(t)e−j ω tdt =

=+∞∫−∞

A

(u(t+ π

2 )− u(t− π

2 ))e−j ω tdt =

π

2∫−π

2

Ae−jωtdt =

= −Ae−jωt

jω

∣∣∣∣∣+π2

−π2=

A

e−jωπ2 − ej ωπ2

−jω= 2A

ωsin(ωπ

2

).


3.3 F (ω) =+∞∫0

e−(a+ jω)tdt = 1a+ jω

.

3.4 F (ω) =0∫

−∞

e(a− jω)tdt = 1a− jω

.

3.5 f(t) = σ(t)e−at + σ(−t)eat si prin adunarea transformatele precedente se obtineF (ω) = 2a

a2 + ω2 .

3.6 Din exercitul 3.3 transformata lui e−t este 11+jω , apoi folosind formula (3.1.3) avem

t3e−t =⇒ j3( 11+jω )′′′.

3.7 Folosind formula (3.1.11), f(t−3) are transformata e−3jωF (ω), unde rezulta F (ω) =√πe−

ω24 , dedus din exercitiul 3.1 pentru a = 1.

3.8 Din exercitiul 3.5 f(t) = e−|t| =⇒ F (ω) = 21 + ω2

f1(t) = f(t) cos t = 12f(t)(ejt + e−jt) =⇒ F1(ω) = 1

2(F (ω − 1) + F (ω + 1)] =

= 11 + (ω − 1)2 + 1

1 + (ω + 1)2 .

f2(t) = f(t) sin t = 12j f(t)(ejt − e−jt) =⇒ F2(ω) = 1

2j (F (ω − 1) + F (ω + 1)] =

= 1j

( 11 + (ω − 1)2 −

11 + (ω + 1)2

).

3.9 Produsul exista, functiile fiind absolut integrabile pe R.

(f ? g)(t) =+∞∫−∞

e−y2e−(t− y)2

dy = e−t2

+∞∫−∞

e−2y2 − 2tydy =

= e−t22

+∞∫−∞

e−2(y+ t2 )2dy = e−

t22

√π

2 .

Transformata Fourier a produsului ın convolutie este produsul transformatelor,adica

(f ? g) =⇒√πe−

ω24√πe−

ω24 = πe−

ω22 .

3.3. Solutii 33

3.10 Functiile sunt

1π, t ∈

[−π2 ,

π

2

]

0, t <

[−π2 ,

π

2

] si au produs de convolutie.

(f ? g)(t) = 1π

t−π2∫t+π

2

f(t− y)dy = 1π

t+π2∫

t−π2

f(x)dx

cu schimbarea de variabila t − y = x. Comparand t+ π

2 si t− π

2 cu −π2 si π2obtinem

(f ? g)(t) =

0, t < −πt+ π

π2 , −π ≤ t < 0π − tπ2 , 0 ≤ t < π

0, t ≥ π.

Folosim transformata de la exercitiul 3.2. Prin ınmultire deducem

F 2(ω) =( 2πω

sin(ωπ

2

))2.

3.11 Functia f este para si

f(t) = 2π

+∞∫0

cosωtdω∫ a

0cosωxdx = 2

π

+∞∫0

cosωtsinωxω

∣∣∣∣∣a0 dω =

= 1π

+∞∫−∞

sin aωuω

cosωtdω = 1π

+∞∫−∞

sin aωω

(cosωt+ j sinωt)dω =

= 1π

+∞∫−∞

sin aωω

ejωtdω

3.12 Functia f este impara si avem

f(t) = 2π

+∞∫0

sin ut du+∞∫0

f(x) sin ux dx = 2π

+∞∫0

sin ut duπ∫

0

sin x sin ux dx =

= 1π

+∞∫0

sin utπ∫

0

(cos(u− 1)x− cos(u+ 1)x)dxdu =


1π

+∞∫0

sin ut(sin(u− 1)πu− 1 − sin(u+ 1)π

u+ 1 )du = 2π

+∞∫0

sin ut sin uπ1− u2 du.

3.13 g(ω) = F[ 1

2πf]

(ω) = 1π

1∫−1

x2e−jωxdx = 1π

(ω2 − 2ω3 sinω + 2

ω2 cosω)

.

3.14 Fc(ω) + jFs(ω)=√

2π

+∞∫0

e−atejωtdt =√

2π

a+ jω

a2 + ω2 ; de unde prin identificarea

partilor reale si a celor imaginare, gasim

Fc(ω) =√

2π

a

a2 + ω2 , Fs(ω) =√

2π

ω

a2 + ω2 .

3.15 Avem+∞∫0

Fc(ω)Gc(ω)dω =√

2π

+∞∫0

Fc(ω)dω+∞∫0

g(t) cosωxdt =

=√

2π

+∞∫0

g(t) dt+∞∫0

Fc(ω) cosωtdω =+∞∫0

f(t)g(t)dt.

3.16 Avem+∞∫0

Fs(ω)Gs(ω)dω =√

2π

+∞∫0

Fs(ω)dω+∞∫0

g(t) sinωxdt =

=√

2π

+∞∫0

g(t) dt+∞∫0

Fs(ω) sinωtdω =+∞∫0

f(t)g(t)dt.

3.17

Fc(ω) =√

2π

a∫0

cosωtdt =√

2π

sinωaω

Fs(ω) =√

2π

a∫0

sinωtdt =√

2π

1− cosωaω

.

Fie f(t) ={

1, 0 < t ≤ a0, t > a,

si g(t) ={

1, 0 < t ≤ b0, t > b

unde a, b > 0. Inlocuim ın

prima formula a lui Parseval si avem

2π

∞∫0

sinωa sinωbω2 dω =

min{a,b}∫0

dt,

3.3. Solutii 35

de unde prima egalitate. Din a doua formula Parseval avem∞∫0

(1− cos ta)(1− cos tb)t2

dt = π

2 min{a, b}.

Pentru a = b deducem ∞∫0

sin2 ta

t2dt = π

2 a.

3.18 g(u) =√

2π

2π∫0

√2π

π

2 sin ω4 sin uωdω = 16u1− 16u2 cos 2πu.

3.19 g(u) =√

2π

π∫0

√2π

π

2 cosω cosuωdω = u

1− u2 sin πu.

Capitolul 4

Functii Bessel


Ecuatia diferentiala liniara omogena de forma

x2y′′(x) + xy′(x) + (x2 − ν2)y(x) = 0, (4.1.1)

se numeste ecuatia Bessel, de speta ıntai si indice ν ∈ R.

Functii Bessel de speta ıntai O solutie este de forma

Jν(x) =+∞∑k=0

(−1)k

k!Γ(ν + k + 1)

(x

2

)ν+2k(4.1.2)

si se numeste functie Bessel de speta ıntai si ordin ν.

Teorema 4.1.1. Daca ν < Z, solutia generala a ecuatiei (4.1.1) este

y(x) = c1Jν(x) + c2J−ν(x), c1, c2 ∈ R. (4.1.3)

�

Functia de forma

Nν(x) = Jν(x) cos νπ − J−ν(x)sin νπ , ν < Z (4.1.4)

se numeste functia Bessel de speta a doua si ordin ν sau functia lui Neumann.Pentru n ∈ N avem

Nn(x) = limν→n

Nν(x) = 1π

(dJνdν

(x)∣∣∣∣∣ν=n

− (−1)ndJ−νdν

(x)∣∣∣∣∣ν=n

).

37

38 4. Functii Bessel

Teorema 4.1.2. Pentru ν ∈ R \ Z, solutia generala a ecuatiei (4.1.1) este

y(x) = c1Jν(x) + c2Nν(x), c1, c2 ∈ R. (4.1.5)

�

Teorema 4.1.3. Pentru orice x ∈ R si t ∈ C, t , 0 are loc dezvoltarea

ex2 (t− 1

t) =

+∞∑n=−∞

Jn(x)tn. (4.1.6)

�

Functia ex2 (t− 1

t) se numeste functia generatoare a functiilor Bessel de speta ıntai

si de ordin ıntreg.Are loc urmatoarea reprezentare integrala

Jn(x) = 12π

∫ 2π

0ej(x sin θ − nθ)dθ. (4.1.7)

Teorema 4.1.4. Intre functiile Bessel de speta ıntai au loc relatiile de recurenta

J ′ν(x) = 12(Jν−1(x)− Jν+1(x)) (4.1.8)

2νxJν(x) = Jν+1(x) + Jν−1(x). (4.1.9)

�

Teorema 4.1.5. Daca ν > −1, zerourile functiei Jν sunt reale, simple (cu exceptiaeventual a lui x = 0), izolate si dispuse simetric ın raport cu x = 0. �

Vom nota multimea numarabila a radacinilor pozitive cu {λn}, n ∈ N. Se poate demon-stra ca daca x→ +∞, are loc urmatoarea aproximare asimptotica:

Jν(x) =√

2πx

cos(x− π

2 ν −π

4 ) +O(x−32 ).

Din relatia de mai sus decurge faptul ca radacinile pot fi aproximate cu radacinile functieicos(x− π

2 ν −π

4 ), adica λn = 3π4 + π

2 ν + nπ.

Teorema 4.1.6. Fie ν > −1 si α, β, α , β solutii ale ecuatiei Jν(x) = 0. Atunci auloc ∫ 1

0xJν(αx)Jν(βx)dx = 0 (4.1.10)

∫ 1

0xJ 2

ν (αx)dx = 12J

2ν+1(α) (4.1.11)

�


Observatia 4.1.1. Teorema se interpreteaza astfel: multimea {Jν(λnx)}, unde λn, n ∈N sunt zerourile functiei Jν ,, formeaza un sistem ortogonal cu ponderea x pe in-tervalul [0, 1].

Serii Fourier - BesselFie f : [0, 1]→ R o functie data. Pentru ν > −1 fie λn, n ∈ N radacinile functiei Besselasociate {Jν(λn) = 0}. Cautam o dezvoltare a functiei f ın serie Fourier-Bessel deforma

f(x) =+∞∑n=1

cnJν(λnx), x ∈ (0, 1). (4.1.12)

Teorema 4.1.7. Daca√xf(x) este o functie absolut integrabila pe [0, 1] si ν ≥ −1

2atunci pentru orice x ∈ (0, 1) are loc dezvoltarea ın serie (4.1.12), ın care coeficientiisunt dati de

cn =

21∫

0

xf(x)Jν(λnx)dx

J 2ν+1(λn)

. (4.1.13)

�

Functiile Bessel se speta a III-a (numite si functiile lui Hankel) sunt date de:Functiile Hankel de speta I

H(1)ν (x) = Jν(x) + j Nν(x) ∀ν ∈ R. (4.1.14)

Functiile Hankel de speta II

H(2)ν (x) = Jν(x)− j Nν(x) ∀ν ∈ R. (4.1.15)

Evident ca si aceste functii sunt solutii ale ecuatiei Bessel, satisfac

H(1)ν (x) = H

(2)ν (x)

si are loc urmatoarea teorema:

Teorema 4.1.8. Solutia generala a ecuatiei Bessel este

y(x) = a1Jν(x) + b1H(1)ν (x) = a2Jν(x) + b2H(2)

ν (x) = a3H(1)ν (x) + b3H(2)

ν (x), (4.1.16)

ai, bi ∈ C, i = 1, 2, 3. �

Functiile Bessel modificate (cu argument imaginar)In ecuatia Bessel

x2y′′(x) + xy′(x) + (x2 − ν2)y(x) = 0,


facem schimbarea de variabila x = jt si schimbarea de functie u(t) = y(jt) si atunciecuatia devine:

t2u′′(t) + tu′(t)− (t2 + ν2)u(t) = 0, (4.1.17)Ecuatia (4.1.17) se numste ecuatie Bessel modificata. Urmatoarele functii sunt solutiiale acestei ecuatii.

Iν(t) = e−jνπ2Jν(jt). (4.1.18)

Kν(t) = jπ

2 eiπν

2 H(1)ν (jt). (4.1.19)

Functiile date de (4.1.18) se numesc functii Bessel modificate sau cu argument ima-ginar, iar cele date de (4.1.19) se numesc functie Kelvin. Solutia generala a ecuatieiBessel modificata (4.1.17) este:

y(x) = c1Iν(x) + c2Kν(x). (4.1.20)

Exemplul 4.1.1. Sa determinam solutia corespunzatoare ecuatiei

x2y′′(x) + xy′(x) + (x2 − 14)y(x) = 0.

Solutie. Observam ca ν = ±12, deci din teorema

y(x) = c1J 12(x) + c2J− 1

2(x).

Calculam functiile Bessel corespunzatoare. Mai ıntai

J 12(x) =

∞∑k=0

(−1)k

Γ(k + 1)Γ(32 + k)

(x

2

)2k+ 12

=∞∑k=0

(−1)k

k!(2k + 1) . . . 5 · 3 · 1Γ(12)

(x

2

)2k+ 12

=

=∞∑k=0

(−1)k2k+1x2k+1 1√x

k!(2k + 1) · · · 3 · 1√π22k+1− 1

2=√

2πx

∞∑k=0

(−1)kx2k+1

(2k + 1)! .

Ultima serie reprezinta dezvoltarea functiei sinus; asadar

J 12(x) =

√2πx

sin x.

Avem analog,

J− 12(x) =

∞∑k=0

(−1)k

Γ(k + 1)Γ(12 + k)

(x

2

)2k− 12

=∞∑k=0

(−1)k2kx2k√2k!1 · 3 . . . (2k − 1)

√π22k√x

=

=√

2πx

∞∑k=0

(−1)kx2k

(2k)! =√

2πx

cosx.

Solutia ecuatiei este deci

y(x) =√

2πx

(c1 sin x+ c2 cosx), x > 0, c1, c2 ∈ R.


Exemplul 4.1.2. Sa aratam ca are loc

J−n(x) = (−1)nJn(x). (4.1.21)

Solutie. Daca ν = n ∈ N, atunci functia Bessel corespunzatoare este

J−n(x) ==∞∑k=0

(−1)k

Γ(k + 1)Γ(−n+ k + 1)

(x

2

)2k−n=

=∞∑k=n

(−1)k

Γ(k + 1)Γ(−n+ k + 1)

(x

2

)2k−n,

deoarece Γ(k − n + 1) = ∞ pentru k = 0, 1, . . . , n − 1, afirmatie care poate fi doveditaprin prelungirea functiei Γ la domeniul complex. Schimband apoi ordinea de sumareprin k − n = m, avem mai departe

=∞∑m=0

(−1)n+m

Γ(n+m+ 1)Γ(m+ 1)

(x

2

)2m+n= (−1)nJn(x).

Exemplul 4.1.3. Sa calculam integrala

+∞∫0

e−a2xJ0(

√kx)dx, k > 0.

Solutie. Avem

J0(x) =+∞∑n=0

(−1)nx2n

22n(n!)2

de unde

J0(√kx) =

+∞∑n=0

(−1)nknxn

(n!)222n .

Inmultim cu e−a2x si integram termen cu termen seria de functii convergenta absolut

pe R si avem:

+∞∫0

e−a2xJ0(

√kx)dx =

+∞∑n=0

(−1)nkn

(n!)222n

+∞∫0

e−a2xxndx

Facem schimbarea t = a2x, reducem la o integrala Γ si obtinem

+∞∑n=0

(−1)nknn!(n!)222na2(n+1) = 1

a2

+∞∑n=0

(−1)n

n!

(k

4a2

)n= 1a2 e− k

4a2 .


Exemplul 4.1.4. Sa aratam ca transformata Laplace a functiei Jn(x) este

L[Jn(x)](p) = 1√p2 + 1

(√p2 + 1− p)n, Re p > 0. (4.1.22)

Solutie. Intr-adevar, daca folosim reprezentarea integrala (4.1.7), deducem ca Jn estefunctie original si avem

L[Jn(x)](s) = 12π

∞∫0

2π∫0

ej(x sin θ−nθ)dθe−sxdx.

Schimbam ordinea de integrare si avem

= 12π

2π∫0

e−jnθdθ

∞∫0

ejx sin θ−sxdx =

= 12π

2π∫0

e−jnθdθ1

j sin θ − se(j sin θ−s)x|∞0 dθ =

12π

2π∫0

e−jnθ

s− j sin θdθ = 12π

∫|z|=1

zn

s− j z−z2j

dz

−jz= 1

2πj

∫|z|=1

2zn

2sz − 1 + z2dz.

Am folosit substitutia z = e−jθ. Calculam integrala cu ajutorul teoremei reziduurilor.Functia de integrat are drept poli solutiile ecuatiei z2 + 2sz − 1 = 0, adica z1,2 =−s±

√s2 + 1. Dar cum |z1z2| = 1 rezulta ca |−s+

√s2 + 1| < 1 si |−s−

√s2 + 1| > 1.

Deci

L[Jn(x)](s) = 2zn

2(z + s) |z=−s+√s2+1 = 1√

s2 + 1(√s2 + 1− s)n.

Exemplul 4.1.5. Dezvoltati ın serie Fourier -Bessel functia f(x) = x4, x ∈ (0, 1), pentruν = 4.

Solutie. Folosim formulele (4.1.12) si (4.1.13). Avem f(x) =+∞∑n=1

cnJ4(λnx) unde

cn =

21∫

0

xf(x)J4(λnx)dx

J 25 (λn)

.


Facem schimbarea de variabila λnx = t si integrala devine

( 1λn

)6 λn∫0

t5J4(t)dt =( 1λn

)6 λn∫0

d

dt

(t5J5(t)

)dt =

( 1λn

)6λ5nJ5(λn) = J5(λn)

λn.

Am folosit proprietatea t5J4(t) = d

dt

(t5J5

). Rezulta cn = 2

λnJ5(λn) .

Exemplul 4.1.6. Sa determinam partea reala si cea imaginara a functiei Bessel modi-ficate (Bessel real si Bessel imaginar) de ordin 0.

Solutie. Notam cu ber x si bei x partea reala respectiv cea imaginara. Atunci are locscrierea I0(xej

π4 ) = ber x+ j bei (x). Calculam I0(xej

π4 )

J0(jxejπ4 ) =

+∞∑k=0

(−1)k

(k!)2 j2ke(j π4 2k)

(x

2

)2k=

+∞∑k=0

jk

(k!)2

(x

2

)2k

ber x = 1− 1(2!)2

(x

2

)4+ 1

(4!)2

(x

2

)8− · · · =

∞∑k=0

(−1)k

((2k)!)2

(x

2

)4k,

bei x = 11!

(x

2

)2− 1

(3!)2

(x

2

)6+ 1

(5!)2

(x

2

)10− · · · =

∞∑k=0

(−1)k

((2k + 1)!)2

(x

2

)4k+2.


4.1 Sa se stabileasa urmatoarele formule de recurenta pentru functiile Bessel de spetaıntai.

a. d

dx(xνJν(x)) = xνJν−1(x),

b. d

dx(x−νJν(x)) = −x−νJν+1(x),

c. Jν−1(x) + Jν+1(x) = 2νxJν(x),

d. Jν−1(x)− Jν+1(x) = 2J ′ν(x),e. xJ ′ν(x) + νJν(x) = xJν−1(x),f. xJ ′ν(x)− νJν(x) = −xJν+1(x).

4.2 Calculati J 32,J− 3

2; generalizare.

4.3 Efectuand schimbari convenabile de functie si variabila independenta, reducetiurmatoarele ecuat ii la ecuatii Bessel si gasiti forma generala a solutiei:a. x2y′′(x) + xy′(x) + (bx2 − ν2)y(x) = 0,b. xy′′(x) + ay′(x) + bxy(x) = 0,


c. xy′′(x) + (1− p)y′(x) + 14y(x) = 0,

d. y′′(x) + 13xy(x) = 0,

e. y′′(x) + (e2x − n2)y(x) = 0,f. x2y′′(x) + 2xy′(x) + 4(x4 − 1)y(x) = 0,

g. y′′(x) + 5xy′(x) + y(x) = 0,

h. x2y′′ + (x4 − 1)y = 0.

4.4 Sa se calculeze W [Jν(x),J−ν(x)] si W [Jν(x),Nν(x)] unde

W [f, g] =∣∣∣∣∣ f(x) g(x)f ′(x) g′(x)

∣∣∣∣∣este wronskianul functiilor f si g.

4.5 Sa se demonstreze ca functiile Neumann satisfac aceleasi relatii de recurenta ca sifunctiile Bessel de speta ntai:

a. d

dx(xνNν(x)) = xνNν−1(x),

b. d

dx(x−νNν(x)) = −x−νNν+1(x),

c. Nν−1(x) +Nν+1(x) = 2νxNν(x),

d. Nν−1(x)−Nν+1(x) = 2N ′ν(x),e. N−n(x) = (−1)nNn(x).

4.6 Sa se demonstreze formulele:

a. Jν(x)J−ν+1(x) + J−ν(x)Jν−1(x) = 2 sin νππx

,

b. Jν(x)J−ν−1(x) + J−ν(x)Jν+1(x) = −2 sin νππx

,

c. Jν(x)Nν+1(x)− Jν+1(x)Nν(x) = − 2πx

.

4.7 Aratati ca functia generatoare poate fi scrisa sub forma

ex2 (t− 1

t) = J0(x) +

+∞∑n=1

(tn + (−1)nt−n)Jn(x).

4.8 Deduceti dezvoltarile ın serie de functii

a. cos(x sinϕ) = J0(x) + 2+∞∑k=1J2k(x) cos 2kϕ,


b. sin(x sinϕ) = 2+∞∑k=0J2k+1(x) sin(2k + 1)ϕ,

c. cos(x cosϕ) = J0(x) + 2+∞∑n=1

(−1)kJ2k(x) cos 2kϕ,

d. sin(x cosϕ) = 2+∞∑n=1

(−1)kJ2k+1(x) cos(2k + 1)ϕ,

e. cosx = J0(x) + 2+∞∑n=1

(−1)kJ2k(x),

f. sin x = 2+∞∑k=0

(−1)kJ2k+1(x).

9. Deduceti dezvoltarile

a. 1 = J0(x) + 2∞∑k=1J2k(x),

b. x = 2∞∑k=0

(2k + 1)J2k+1(x),

c. x sin x = 2∞∑k=1

(−1)k(2k)2J2k(x),

d. x cosx = 2∞∑k=1

(−1)k(2k + 1)2J2k+1(x).

4.10 Sa se deduca urmatoarele reprezentari integrale pentru functiile Bessel de spetaıntai si ordin ıntreg n ∈ Z

a. Jn(x) = 12πj

∫|t|=1

ex2 (t− 1

t)

tn+1 dt,

b. Jn(x) = 12π

2π∫0

cos(nθ − x sin θ)dθ,

c. Jn(x) = 12πjn

2π∫0

ej(x cos θ+nθ)dθ,

d. Jn(x) = 1π

π∫0

cos(nθ − x sin θ)dθ,

e. J0(x) = 2π

π2∫

0

cos(x sin θ)dθ = 2π

1∫0

cos tx√1− t2

dt.


4.11 Sa se demonstreze egalitatile (formulele Lommel):

a.a∫

0

xJν(αx)Jν(βx)dx = a

α2 − β2(βJν(αa)J ′ν(βa)− αJν(βa)J ′ν(αa)

),

b.a∫

0

xJ 2ν (αx)dx = a2

2

(J ′2ν (αa) + (1− ν2

α2a2 )J 2ν (αa)

),

α, β ∈ R, α , β, ν > −1.

4.12 Aratati ca multimea Jν(λnxa

) formeaza un sistem ortogonal de functii pe [0, a],a > 0 cu ponderea x, unde λn satisface Jν(λn) = 0.

4.13 Daca f : [0, a]→ R si√xf(x) este absolut integrabila, atunci

f(x) =+∞∑n=1

cnJν(λnxa

), x ∈ (0, a)

unde cn =

2a∫

0

xf(x)Jν(λnx

a)dx

a2J 2ν+1(λn) .

4.14 Dezvoltati ın serie Fourier -Bessel urmatoarele functii:

a. f(x) = xν , x ∈ (0, 1), ν ≥ −12,

b. f(x) = x6, x ∈ (0, 1), ν = 4,c. f(x) = xn+2, x ∈ (0, 1), ν = n ∈ N,d. f(x) = 1− x2, x ∈ (0, 1), ν = 0,e. f(x) = x4, x ∈ (0, 3), ν = 4.

4.15 Sa se arate ca functiile Hankel satisfac relatiile de recurenta:

a. H(i)ν−1(x) +H(i)

ν+1(x) = 2νxH(i)ν (x), i = 1, 2,

b. H(i)ν−1(x)−H(i)

ν+1(x) = 2H(i)ν (x), i = 1, 2.

4.16 Aratati ca au loc:

a. H(1)ν (x) = j

e−jνπJν(x)− J−ν(x)sin νπ ,

b. H(1)−ν(x) = ejνπH(1)

ν (x),

c. H(1)12

(x) = −j√

2πxeix,


d. H(1)− 1

2(x) =

√2πxeix,

e. H(2)ν (x) = −j e

jνπJν(x)− J−ν(x)sin νπ ,

f. H(2)−ν(x) = e−jνπH(2)

ν (x),

g. H(2)12

(x) = j

√2πxe−ix,

h. H(2)− 1

2(x) =

√2πxe−ix.

4.17 Sa se demonstreze egalitatile:

a. W [Jν(x),H(1)ν (x)] = 2j

πx,

b. W [Jν(x),H(2)ν (x)] = − 2j

πx,

c. W [Nν(x),H(1)ν (x)] = − 2

πx,

d. W [Nν(x),H(2)ν (x)] = − 2

πx,

e. W [H(1)ν (x),H(2)

ν (x)] = − 4jπx

.

4.18 Aratati ca ecuatia Bessel modificata

x2y′′(x) + xy′(x)− (x2 + ν2)y(x) = 0,

are solutiile y(x) = Y (jx), unde Y este functie Bessel.

4.19 Aratati ca are loc

Iν(x) =∞∑k=0

1k!Γ(ν + k + 1)

(t

2

)2k+ν.

4.20 Aratati ca functia Kelvin satisface

Kν(x) = π

2 sin νπ (I−ν(x)− Iν(x)).

4.21 Sa se demonstreze egalitatile

a. I 12(x) =

√2πx

sh x =√

2πx

ex − e−x

2 ,

b. I− 12(x) =

√2πx

ch x =√

2πx

ex + e−x

2 ,

c. K 12(x) =

√2πx

e−x,

d. K− 12(x) =

√2πx

e−x..


4.22 Aratati ca au loc relatiile de recurenta

a. Iν−1(x)− Iν+1(x) = 2νxIν(x),

b. Kν−1(x)−Kν+1(x) = −2νxKν(x),

c. Iν−1(x) + Iν+1(x) = 2I ′ν(x),d. Kν−1(x) +Kν+1(x) = −2K′ν(x),e. I−n(x) = In(x),f. K−ν(x) = Kν(x).

4.3 Solutii

4.1 Pentru a. si b. derivam termen cu termen seriile de puteri

d

dx(xνJν(x)) = d

dx

(+∞∑k=0

(−1)k2ν

k!Γ(ν + k + 1)

(x

2

)2ν+2k)

=

=+∞∑k=0

(−1)k2ν2(ν + k)k!Γ(ν + k + 1)

x2ν+2k−1

22ν+2k = xν+∞∑k=0

(−1)k

k!Γ(ν + k)

(x

2

)2k+ν−1= xνJν−1(x)

d

dx(x−νJν(x)) = d

dx

(+∞∑k=0

(−1)k

k!Γ(ν + k + 1)x2k

2ν+2k

)=

x−ν+∞∑k=0

(−1)k

k!Γ(ν + k + 1)kx2k−1+ν

2ν−1+2k .

In ultima relatie simplificam cu k si schimbam indicele de sumare k = l + 1.Din a. si b. obtinem prin explicitarea derivatelor:{

νxν−1Jν(x) + xνJ ′ν(x) = xνJν−1(x)−νx−ν−1Jν(x) + x−νJ ′ν(x) = −x−νJν+1(x),

de unde rezulta {νx−1Jν(x) + J ′ν(x) = Jν−1(x)νx−1Jν(x)− J ′ν(x) = Jν+1(x),

deci e. si f. sunt adevarate. Din ultimile doua relatii prin ınsumare se obtine c.,iar prin diferenta d.

4.2 In relatia (4.1.9) luam ν = 12 si atunci avem

J 32(x) = 1

xJ 1

2(x)− J− 1

2(x) =

√2πx

( 1x

sin x− cosx).

4.3. Solutii 49

Analog, pentru valoarea ν = −12, obtinem

J− 32

=√

2πx

(−1x

cosx− sin x).

Mai general, pentru n ∈ N, avem

J±(n+ 12 ) =

√2πx

(An

(1x

)cosx+Bn

(1x

)sin x

),

unde An, Bn sunt polinoame de grad cel mult n. Se poate demonstra ca singurelefunctii Bessel elementare sunt de aceasta forma.

4.3 a. Facem schimbarea de variabila independenta t = x√b. Avem z(t) = z(x

√b) =

y(x), y′ =√bz′ si y′′ = bz′′. Rezulta bx2z′′(t) +

√bz′(t) + (t2− ν2)z = 0 cu solutia

z(t) = c1Jν(t) + c2Nν(t), de unde y(x) = c1Jν(√bx) + c2Nν(

√bx).

b. Substitutia y(x) = xνz(x) duce la y′ = νxν−1z + xνz′, y′′ = ν(ν − 1)xν−2z +2νxν−1z′ + xνz′′; ınlocuim ın ecuatie, ımpartim prin xν−1 si obtinem

x2z′′ + x(2ν + a)z′ + (ν(ν − 1) + aν + bx2)z = 0.

Pentru a fi ecuatie Bessel punem conditia 2ν + a = 1 si gasim

x2z′′ + xz′ + (bx2 − ν2)z = 0,

cu solutiaz = c1Jν(x

√b) + c2Nν(x

√b),

iar y(x) = x1−a

2 z(x).c. Cu schimbarea x = tα se obtine

td2y

dt2+ (1− αp)dy

dt+ α2

4 tα−1y = 0.

Daca punem conditia α−1 = 1, obtinem o ecuatie de tipul precedent, cu a = 1−2p,b = 1, ν= 1− a

2 = p si solutia y(x) = xp(c1Jν(√x) + c2Nν(

√x)).

d. x = tα, td2y

dt2+ (1− α)dy

dt+ 1

3α2t3α−1y = 0; este o ecuatie ca la punctul b.,

punem 3α− 1 = 1, rezulta α = 23 , a = 1

3 , b = 13

(23

)2, deducem

y(t) = tν(c1Jν

( 1√3

23 t)

+ c2Nν( 1√

323 t))

,

unde ν = 13 , t

ν =√x.


e. ex = t, duce la y(x) = c1Jn(x) + c2Nn(x).f. Cu schimbarea x2 = t si y(x) = y(

√t) = z(t), deducem t2z′′+tz+(t2−1)z = 0,

de unde y(x) = c1J1(x2) + c2N1(x2).g. Facem schimbarea de functie z(x) = x2y(x) si obtinem

y(x) = 1x2 (c1J2(x) + c2N2(x)).

h. Facem schimbarea de variabila xα = t si de functie y(t) = tαu(t). Deducem

t2u′′ + (2α+ 12)tu′ +

(t2

4 −14 + α(α− 1) + 1

2α)u = 0.

Alegem α astfel ca 2α+ 12 = 1, deci α = 1

4. Obtinem ecuatia

t2u′′ + tu′ + ( t2

4 −516)u = 0

cu solutiau(t) = c1J √5

4

(t

2

)+ c2J−

√5

4

(t

2

).

Obtinem

y(x) =√x

(c1J √5

4

(x2

2

)+ c2J−

√5

4

(x2

2 )))

.

4.4 a. Au locW [Jν(x),J−ν(x)] = Jν(x)J ′−ν(x)− J−ν(x)J ′ν(x)

.W ′[Jν(x),J−ν(x)] = Jν(x)J ′′−ν(x)− J−ν(x)J ′′ν (x).

Deoarece sunt verificate ecuatiile Bessel

x2J ′′ν (x) + xJ ′ν(x) + (x2 − ν2)Jν(x) = 0

x2J ′′−ν(x) + xJ ′−ν(x) + (x2 − ν2)J−ν(x) = 0prin ınmultirea primei ecuatii cu J−ν(x), a celei de-a doua cu Jν(x) si efectuanddiferenta relatiilor obtinute rezulta ecuatia diferentiala cu variabile separabile

xW ′(x) +W (x) = 0,

cu solutia W (x) = c

x. Pentru determinarea constantei c, din exprimarile ın serie

ale functiilor Jν(x),J−ν(x),J ′ν(x),J ′−ν(x) obtinem expresia

W (x) = −2x

1Γ(ν)Γ(1− ν) = −2 sin νπ

πx.

b. W [Jν(x),Nν(x)] = −W [Jν ,J−ν ]sin νπ = 2

πx.

4.3. Solutii 51

4.5 Conform exercitiului 4.1 punctul a. avem

d

dx(xν cos νπJν(x)) = xν cos νπJν−1(x)

si conform 4.1 b. gasim d

dx(xνJ−ν(x)) = −xνJ−ν+1(x). Efectuand diferentele si

apoi ımpartind prin sin νπ obtinem

d

dx(xνNν(x)) = xνNν−1(x)

adica a. Analog se procedeaza pentru b. Relatiile c. si d. se obtin prin ınsumarea,respectiv diferenta urmatoarelor relatii, rezultate din a. si b.

Nν−1(x) = ν

xNν(x) +N ′ν(x)

Nν+1(x) = ν

xNν(x)−N ′ν(x).

e. Avem N−ν(x) = J−ν(x) cos νπ − Jν(x)− sin νπ . Pentru n ∈ N avem

N−n = limν→nN−ν(x) = lim

ν→n

−π sin νπJ−ν(x) + cos νπ dJ−νdν (x)− dJνdν (x)

−π cos νπ =

= 1π

((−1)ndJν

dν(x)− dJ−ν

dν(x))

= (−1)nNn(x).

4.6 Pentru primele doua formule, folosim

W [Jν(x),J−ν(x)] = Jν(x)J ′−ν(x)− J−ν(x)J ′ν(x) = −2 sin νππx

,

iar din relatiile de recurenta avem

J ′ν(x) = 12(Jν−1(x)− Jν+1(x)), J ′−ν(x) = 1

2(J−ν−1(x)− J−ν+1(x)).

Deci W [Jν(x),J−ν(x)] =

= 12(Jν(x)J−ν−1(x)− Jν(x)J−ν+1(x)− J−ν(x)Jν−1(x) + J−ν(x)Jν+1(x))

RezultaW [Jν(x),J−ν(x)] = −2 sin νπ

πx(4.3.1)

Avem de asemenea

Jν−1(x) + Jν+1(x) = 2νxJν(x)

J−ν−1(x) + J−ν+1(x) = −2νxJ−ν(x).


Ultimele formule le ınmultim cu J−ν(x) si respectiv Jν(x) si, prin adunare, dedu-cem

J−ν(x)Jν−1(x) + J−ν(x)Jν+1(x) + Jν(x)J−ν−1(x) + Jν(x)J−ν+1(x) = 0 (4.3.2)

Daca adunam (4.3.1) si (4.3.2) rezulta b. Daca din (4.3.2) scadem (4.3.1) rezultapunctul a.

c. AvemW [Jν(x),Nν(x)] = 2

πx= Jν(x)N ′ν(x)− J ′ν(x)Nν(x).

Dar N ′ν(x) = 12(Nν−1(x)−Nν+1(x)) si J ′ν(x) = 1

2(Jν−1(x)− Jν+1(x)). Obtinem

Jν(x)Nν−1(x)− Jν(x)Nν+1(x)− Jν−1(x)Nν(x) + Jν+1(x)Nν(x) = 4πx

(4.3.3)

Inmultim formula de recurenta

Nν−1(x) +Nν+1(x) = 2νxNν(x)

cu Jν(x), iar formula

Jν−1(x) + Jν+1(x) = 2νxJν(x)

o ınmultim cu Nν(x). Prin scaderea relatiilor obtinem

Jν(x)Nν−1(x) + Jν(x)Nν+1(x)− Jν−1(x)Nν(x)− Jν+1(x)Nν(x) = 0, (4.3.4)

de unde deducem c. daca din (4.3.4) scadem (4.3.3).

4.7 Se desface suma ın doua sume dupa indicii pozitivi si cei negativi si se folosesteexercitiul (4.1.2).

4.8 Pentru a. si b. ın exercitiul precedent luam t = ejϕ si separam partile reala siimaginara. Inlocuim, ın formulele a. si b. ϕ cu π

2 − ϕ si deducem astfel c. si d.;pentru e. si f. luam ϕ = 0 ın c. si d.

4.9 Relatia a. rezulta daca ınlocuim ϕ = 0 ın relatia de la punctul a. din exercitiulprecedent. Pentru b. derivam a doua relat ie din exercitiul precedent si luamϕ = 0. Relatia c. se obtine prin derivarea de doua ori a relat iei a. din exercitiulprecedent, luand apoi ϕ= π

2 . Daca derivam de doua ori a doua relatie din exercitiul

precedent si luam ϕ = π

2 obtinem ultima afirmatie d.

4.3. Solutii 53

4.10 Functia generatoare se reprezinta ca o serie Laurent

ϕ(t) = ex2 (t− 1

t) =

∞∑n=−∞

Jn(x)tn,

unde coeficientii sunt dati de

Jn(x) = 12πj

∫|t|=1

ϕ(t)tn+1dt,

deci rezulta a.b. rezulta din a. efectuand substitutia t = ejθ.

c. analog, dar cu substitutia t = je−jθ, cu parcurgerea inversa a cercului unitate.Daca facem schimbarea θ = 3π

2 + τ. obtinem

12πjn

2π∫0

e−jx sin θ + jnθdθ = 12πjn

π2∫

− 3π2

ejx cos τ + jnτ dτ.

Pentru d. folosim relatia a doua

Jn(x) = 12π

π∫0

cos(x sin θ − nθ)dθ + 12π

2π∫π

cos(x sin θ − nθ)dθ

si efectuam ın a doua integrala substitutia θ = 2π − u.Pentru relatia e., folosim relatia d.

J0(x) = 1π

π∫0

cos(x sin θ)dθ = 1π

π2∫

0

cos(x sin θ)dθ +π∫π2

cos(x sin θ)dθ,

si efectuam ın a doua integrala substitutia θ = π − u. Obtinem

J0(x) = 2π

π2∫

0

cos(x sin θ)dθ.

Apoi cu substitutia sin θ = t, obtinem a doua relatie.

4.11 Notam y1(x) = Jν(αx), y2(x) = Jν(βx) care, fiind solutii ale ecuatiei Bessel,satisfac

α2x2J ′′ν (αx) + αxJ ′ν(αx) + (α2x2 − ν2)Jν(αx) = 0,

β2x2J ′′ν (βx) + βxJ ′ν(βx) + (β2x2 − ν2)Jν(βx) = 0,


decix2y′′1(x) + xy′1(x) + (αx2 − ν2)y1(x) = 0,

x2y′′2(x) + xy′1(x) + (β2x2 − ν2)y2(x) = 0.

Inmultim prima relatie cu y2(x), cea de a doua cu y1(x) si apoi facem diferentarelatiilor astfel obtinute.

x(y′′1(x)y2(x)− y′′2(x)y1(x)) + (y′1(x)y2(x)− y′2(x)y1(x)) = (β2 − α2)xy1(x)y2(x).

Integram pe [0, a] si obtinem

(α2 − β2)a∫

0

xy1(x)y2(x)dx =

=a∫

0

(x(y1(x)y′′2(x)− y2(x)y′′1(x)) + (y1(x)y′2(x)− y′1(x)y2(x)

)dx =

a∫0

d

dx

(x(y1(x)y′2(x)− y′1(x)y2(x))

)dx = a

(y1(a)y′2(a)− y′1(a)y2(a)

),

adica relatia de la punctul a.

Pentru b. avema∫

0

xJ 2ν (αx)dx = lim

β→α

a (βJν(αa)J ′ν(βa)− αJν(βa)J ′ν(αa))α2 − β2 =

= limβ→α

a (βJν(αa)aJ ′′ν (βa)− αaJ ′ν(βa)J ′ν(αa) + J ′ν(βa)Jν(αa))−2β

= − a2

2α(αJν(αa)J ′′ν (αa)− αJ ′ν(αa)J ′ν(αa) + Jν(αa)J ′ν(αa)

).

Dar J ′′ν (αa) = − 1αaJ

′ν(αa)− α2a2−ν2

α2a2 Jν(αa). Decia∫

0

xJ 2ν (αx)dx =

= −a2

2 (− 1αaJν(αa)J ′ν(αa)− αa2 − ν2

α2a2 J 2ν (αa)− J ′2ν (αa)+

+ 1aαJν(aα)J ′ν(αa)) = a2

2

(J ′2ν (αa) + (1− ν2

α2a2 )J 2ν (αa)

),

adica b.

4.3. Solutii 55

4.12 Facem schimbarea x = ay si folosim ortogonalitatea functiilor Bessel:a∫

0

xJν(λxa

)Jν(µxa

)dx = 0,

daca λ , µ. Obtinem de asemenea si relatiaa∫

0

xJ 2ν (λx

a)dx = a2

2 J2ν+1(λ).

4.13 Facem schimbarea x = ay ın formulele (4.1.12) si (4.1.13).

4.14 a. cn =

21∫

0

xν+1Jν(λnx)dx

J 2ν+1(λn) ; facem schimbarea t = λnx si rezulta

2λν+2n J 2

ν+1(λn)

λn∫0

d

dt

(tν+1Jν+1(t)

)dt = 2

λnJν+1(λn) .

b. cn =

21∫

0

x7J4(λnx)dx

J 25 (λn) ; integrala se calculeaza prin parti

cn = 2J 2

5 (λn)

1∫0

x7J4(λnx)dx = 2J 2

5 (λn)λ8n

λn∫0

t2(t5J4(t))dt =

= 2J 2

5 (λn)λ8n

λn∫0

t2d

dt(t5J5(t))dt = 2

J 25 (λn)λ8

n

(λ7nJ5(λn)−

−2λn∫0

t6J5(t)dt) = 2J5(λn)λn

− 4J 2

5 (λn)λ2n

J6(λn).

c. f(x) =∞∑k=1

ckJn(λkx) unde ck = 2J 2n+1(λk)

1∫0

xxn+2Jn(λkx)dx. Facem schimba-

rea λkx = t.

ck = 2J 2n+1(λk)

λk∫0

tn+3

λn+3k

Jn(t) dtλk

= 2λn+4k J 2

n+1(λk)

λk∫0

tn+3Jn(t)dt =


= 2λn+4k J 2

n+1(λk)

λk∫0

t2d

dt

(tn+1Jn+1(t)

)dt =

= 2λn+4k J 2

n+1(λk)

λn+3k Jn+1(λk)− 2

λk∫0

d

dt(tn+2Jn+2(t))dt

=

= 2λn+4k J 2

n+1(λk)

(λn+3k Jn+1(λk)− 2λn+2

k Jn+2(λk))

= 2λkJn+1(λk)

− 4Jn+2(λk)λ2kJ 2

n+1(λk).

d. Avem

cn = 2J 2

1 (λn)

1∫0

x(1−x2)Jν(λnx)dx = 2J 2

1 (λn)

1∫0

xJ0(λnx)dx−1∫

0

x3J0(λnx)dx

=

= 2J 2

1 (λn)

λn∫0

t

λ2n

J0(t)dt−λn∫0

t3

λ4n

Jn(t)dt

=

= 2J 2

1 (λn)

1λ2n

λn∫0

d

dt(tJ1(t))dt− 1

λ4n

λn∫0

t2d

dt(tJ1(t))dt

=

= 4λ4nJ 2

1 (λn)

λn∫0

d

dt(t2J2(t))dt = 4

λ4nJ 2

1 (λn)λ2nJ2(λn) = 4J2(λn)

λ2nJ 2

1 (λn).

e. f(x) =+∞∑n=1

cnJ4

(λnx

3

)iar

cn =

23∫

0

xf(x)Jν(λnx

3 )dx

9J 25 (λn)

.

Facem schimbarea de variabila λnx

3 = t si integrala devine

( 3λn

)6 λn∫0

t5J4(t)dt =( 3λn

)6 λn∫0

d

dt

(t5J4(t)

)dt =

( 3λn

)6λ5nJ5(λn).

Am folosit proprietatea d

dt

(t5(J4(t)

)= t5J5(t) de unde cn = 2 · 34

λnJ5(λn) .

4.15 Rezulta din definitia functiilor Hankel si relatiile de recurenta pentru functiiBessel.

4.3. Solutii 57

4.16 Afirmatiile rezulta imediat daca ın formula de definitie a functiilor Hankel seınlocuieste functia Neumannn

4.17 a. W [Jν(x),H(1)ν (x)] = Jν(x)(H(1)

ν )′(x)− J ′ν(x)H(1)ν (x) =

= Jν(x)(J ′ν(x) + jN ′ν(x))−−J ′ν(x)(Jν(x) + jNν(x)) = jW [Jν(x),Nν(x)] = j2πx.

b. W [Jν(x),H(2)ν (x)] = Jν(x)(H(2)

ν )′(x)− J ′ν(x)H(2)ν (x) =

= Jν(x)(J ′ν(x)−jN ′ν(x))−−J ′ν(x)(Jν(x)−jNν(x)) = −jW [Jν(x),Nν(x)] = −j 2πx.

c. W [Nν(x),H(1)ν (x)] = Nν(x)(H(1)

ν )′(x)−N ′ν(x)H(1)ν (x) =

= Nν(x)(J ′ν(x) + jN ′ν(x))−N ′ν(x)(Jν(x) + jNν(x)) = W [Nν(x),Jν(x)] =

= −W [Jν(x),Nν(x)] = − 2πx.

d. W [Nν(x),H(2)ν (x)] = Nν(x)(H(2)

ν )′(x)−N ′ν(x)H(2)ν (x) =

= Nν(x)(J ′ν(x)− jN ′ν(x))−N ′ν(x)(Jν(x)− jNν(x)) =

= W [Nν(x),Jν(x)] = −W [Jν(x),Nν(x)] = − 2πx.

e. W [H(1)ν (x),H(2)

ν (x)] = (H(1)ν )′(x)H(2)

ν (x)−H(1)ν (x)(H(2)

ν )′(x) =

(J ′ν(x) + jN ′ν(x))(Jν(x)− jNν(x))− (Jν(x) + jNν(x))(J ′ν(x)− jN ′ν(x))

= −2jJ ′ν(x)Nν(x) + 2jJν(x)N ′ν(x) = −2jW [Jν(x),Nν(x)] = −2j 2πx.

4.18 Daca ın ecuatie facem schimbarea x → −jx si notam Y (x) = y(−jx), atunciY ′(x) = −jy′(jx), Y ′′(x) = (−j)2y′′(jx), iar ecuatia devine

(−jx)2y′′(x)− jxy′(x)− ((−jx)2 + ν2)y(x) = 0

adicax2Y ′′(x) + xY ′(x) + (x2 − ν2)Y (x) = 0.

Ecuatia este de tip Bessel, prelungita la multimea numerelor complexe; daca Yeste solutia ei, atunci y(x) = y(−j(jx)) = Y (jx) este solutia ecuatiei modificate.


4.19 Iν(x) = e−jπν

2 Jν(jx),

Jν(jx) =∞∑k=0

(−1)k

k!Γ(ν + k + 1)

(jt

2

)2k+ν= jν

∞∑k=0

1k!Γ(ν + k + 1)

(t

2

)2k+ν

iar

Iν(x) = e−jπν

2 jν∞∑k=0

1k!Γ(ν + k + 1)

(t

2

)2k+ν= (−j)νjν

∞∑k=0

1k!Γ(ν + k + 1)

(t

2

)2k+ν,

de unde rezulta afirmatia.

4.20 Daca folosim exercitiul 4.16 a. si definitia functiei Kelvin obtinem

Kν(x) = jπ

2 ejν π2H(1)

ν (x) = jπ

2 ejν π2 j

e−jνπJν(jx)− J−ν(jx)sin νπ =

= π

2 sin νπ(ejν

π2J−ν(jx)− e−jν

π2Jν(jx)

)= π

2 sin νπ (I−ν(x)− Iν(x)) .

4.21 a. Din exercitiul 4.19, Iν(x) =∞∑k=0

1k!Γ(ν + k + 1)

(t

2

)2k+ν. Avem

I 12(x) =

∞∑k=0

1k!Γ(1

2 + k + 1)

(t

2

)2k+ 12

=√

2πx

∞∑k=0

x2k+1

(2k + 1)! .

Iarex − e−x

2 = 12

( ∞∑k=0

xk − (−x)k

k!

)= 2

∞∑k=0

x2k+1

(2k + 1)! .

b. Analog

I− 12(x) =

∞∑k=0

1k!Γ(−1

2 + k + 1)

(t

2

)2k− 12

=√

2πx

∞∑k=0

x2k

(2k)! =√

2πx

ex + e−x

2 .

c. Din exercitiul precedent

K 12(x) = π

2 sin π2

(I− 12(x)− I 1

2(x)) = π

2

√2πx

( ch x− sh x) =√

2πxe−x.

d. Rezulta ca mai sus.

4.22 Afirmatiile rezulta imediat daca tinem cont de definitia functiilor Bessel modificatesi de relatiile de recurenta ale functiilor Bessel.

Capitolul 5

Ecuatii cu derivate partiale deordinul al doilea


Forma generala a unei ecuatii cu derivate partiale de ordinul al doilea, cvasiliniareeste

n∑i,j=1

aij(x) ∂2u

∂xi∂xj+ F (x, u, ∂u

∂x1,∂u

∂x2, . . . ,

∂u

∂xn) = 0, (5.1.1)

unde u = u(x1, x2, . . . , xn) este functia necunoscuta, aij : D → R, i, j = 1, n, sunt functiicontinue pe domeniul D ⊆ Rn, aij(x) = aji(x) pentru orice x = (x1, x2, . . . , xn) ∈ D, iarF : D × Rn+1 → R este o functie continua.

Observatia 5.1.1. Ecuatia se numeste cvasiliniara deoarece expresia sa depinde liniarde toate derivatele partiale de ordinul al doilea ale functiei necunoscute u iar dependentade u si de derivatele partiale de ordinul ıntai nu este liniara. O ecuatie liniara cu derivatepartiale de ordinul al doilea depinde liniar de u si de toate derivatele partiale de ordinulıntai si al doilea, iar forma sa generala este

n∑i,j=1

aij(x) ∂2u

∂xi∂xj+

n∑i=1

bi(x) ∂u∂xi

+ c(x)u = f(x), (5.1.2)

unde aij , bi, c, f sunt functii continue pe domeniul D ⊆ Rn si aij(x) = aji(x), i, j = 1, n,pentru orice x = (x1, x2, . . . , xn) ∈ D.

Definitia 5.1.1. Prin solutie a ecuatiei (5.1.1) sau (5.1.2) ıntelegem o functie u = u(x),x = (x1, x2, . . . , xn), de clasa C 2 pe domeniul D care satisface identic ecuatia ın toatepunctele x ∈ D.

59

60 5. Ecuatii cu derivate partiale de ordinul al doilea

Efectuam o schimbare de variabile independente data de transformarea punctualaregulata de clasa C 2:{

x = (x1, x2, . . . , xn) 7→ y = (y1, y2, . . . , yn)yk = yk(x1, x2, . . . , xn), k = 1, n, (5.1.3)

cuJ(x) = D(y1, y2, . . . , yn)

D(x1, x2, . . . , xn)(x) = det (aij(x))i,j=1,n , 0,

pentru orice x ∈ D. Aceasta conditie permite ca ecuatiile (5.1.3) sa fie local inversabilesi astfel obtinem vechile variabile x1, x2, . . . , xn exprimate ın functie de noile variabiley1, y2, . . . , yn. {

y = (y1, y2, . . . , yn) 7→ x = (x1, x2, . . . , xn)xk = xk(y1, y2, . . . , yn), k = 1, n. (5.1.4)

Notam cu u functia necunoscuta depinzand de noile variabile, u(y) = u(x(y)). Folosindregulile de derivare compusa, avem

∂u

∂xi=

n∑k=1

∂u

∂yk· ∂yk∂xi

, i = 1, n, (5.1.5)

iar pentru derivatele de ordin doi avem

∂2u

∂xi∂xj= ∂

∂xi

(n∑k=1

∂u

∂yk· ∂yk∂xj

)

=n∑l=1

∂

∂yl

(n∑k=1

∂u

∂yk· ∂yk∂xj

)· ∂yl∂xi

+n∑k=1

∂u

∂yk· ∂2yk∂xi∂xj

.

Astfel obtinem

∂2u

∂xi∂xj=

n∑k,l=1

∂2u

∂yk∂yl· ∂yk∂xi· ∂yl∂xj

+n∑k=1

∂u

∂yk· ∂2yk∂xi∂xj

. (5.1.6)

Inlocuim (5.1.5) si (5.1.6) ın (5.1.1) si, dupa efectuarea calculelor obtinem o nouaecuatie de aceeasi forma a cu cea initiala

n∑k,l=1

akl(y) ∂2u

∂yk∂yl+ F (y, u, ∂u

∂y1,∂u

∂y2, . . . ,

∂u

∂yn) = 0, (5.1.7)

undeakl(y) =

n∑i,j=1

aij(x)∂yk∂xi· ∂yl∂xj

. (5.1.8)

Fie h : Rn → R forma patratica atasata ecuatiei (5.1.1),

h(p) =n∑

i,j=1aij(x) pipj , p = (p1, p2, . . . , pn) ∈ Rn,


si fie S(x) matricea simetrica asociata

S(x) = (aij(x))i,j=1,n , x = (x1, x2, . . . , xn) ∈ Rn.

Daca avem ın vedere formulele de schimbare ale coeficientilor unei forme patratice laschimbarea de coordonate, constatam ca forma patratica atasata noii ecuatii (5.1.7)devine h : Rn → R

h(q) =n∑

k,l=1akl(y) qkql, q = (q1, q2, . . . , qn) ∈ Rn,

unde akl sunt dati de (5.1.8) si reprezinta coeficientii ın noile coordonate y. Legaturadintre noile coordonate y si vechile coordonatele x este data de relatiile

pi =n∑r=1

∂yr∂xi

(x) qr, i = 1, n.

Din algebra liniara se cunoaste faptul ca exista o transformare nesingulara de coordonateastfel ıncat forma patratica sa aiba expresia canonica

h(q) =r∑

k=1q2k −

m∑k=r+1

q2k, m ≤ n.

Din Teorema de inertie a lui Sylvester se cunoaste ca numerelem (rangul formei patratice),r (indicele pozitiv de inertie) si n − m (indicele negativ de inertie) sunt invariante laschimbari de coordonate. Adica tipul formei patratice h ın coordonatele x coincide cutipul formei patratice adusa ın expresia canonica ın coordonatele y.

Clasificarea ecuatiilor cu derivate partiale de ordinul al doilea.

In functie de tipul formei patratice asociate lor, ecuatiile cu derivate partiale de ordinulal doilea se clasifica ın ecuatii de tip eliptic, hiperbolic sau parabolic.

Definitia 5.1.2. Pe un domeniu D0 ⊆ D, ecuatia (5.1.1) se numeste:

(i) eliptica (sau de tip eliptic) daca h este pozitiv sau negativ definita pentru fiecarex ∈ D0, (m = n, r = 0 sau r = m). Forma canonica a ecuatiei eliptice este:

∂2u

∂y21

+ ∂2u

∂y22

+ . . .+ ∂2u

∂y2n

= F

(y, u,

∂u

∂y1,∂u

∂y2. . . ,

∂u

∂yn

). (5.1.9)

(ii) hiperbolica (sau de tip hiperbolic) daca h este nedefinita ca semn pentru totix ∈ D0, (m = n, 0 < r < m). Forma canonica a ecuatiei hiperbolice este:

∂2u

∂y21

+ . . .+ ∂2u

∂y2r

− ∂2u

∂y2r+1− . . .− ∂2u

∂y2n

= F

(y, u,

∂u

∂y1,∂u

∂y2. . . ,

∂u

∂yn

). (5.1.10)


(ii) parabolica (sau de tip parabolic) daca forma patratica h este degenerata pentrutoti x ∈ D0, (m < n) iar matricea S este singulara pentru orice x ∈ D0.

Observatia 5.1.2. O ecuatie poate fi de tipuri diferite pe domenii diferite. O altacaracterizare a tipului unei ecuatii se refera la valorile proprii ale formei patratice hsau echivalent ale matricei S. Daca toate valorile proprii sunt strict pozitive sau strictnegative atunci ecuatia (5.1.1) este de tip eliptic, daca exista si valori proprii strictpozitive si strict negative atunci (5.1.1) este de tip hiperbolic, iar daca 0 este valoareproprie pentru S atunci ecuatia (5.1.1) este de tip parabolic.

Exemplul 5.1.1. Ecuatia lui Tricomi

y∂2u

∂x2 + ∂2u

∂y2 = 0,

u = u(x, y), (x, y) ∈ R2, este de

(i) tip hiperbolic ın domeniul {(x, y) ∈ R2 | y < 0},

(ii) tip eliptic ın domeniul {(x, y) ∈ R2 | y > 0},

(iii) tip parabolic ın domeniul {(x, y) ∈ R2 | y = 0},

deoarece matricea asociataS =

(y 00 1

)are valorile proprii 1 si y.

Exemplul 5.1.2. Ecuatia lui Laplace

∆u = 0, x = (x1, x2, . . . , xn) ∈ Rn

unde∆u = ∂2u

∂x21

+ ∂2u

∂x22

+ . . .+ ∂2u

∂x2n

,

este o ecuatie eliptica ın tot domeniul Rn, iar matricea asociata este matricea unitateIn ∈Mn(R).

Definitia 5.1.3. O functie u : D → R, D ⊆ Rn, de clasa C2 care satisface ecuatia luiLaplace

∆u(x) = 0,

pentru orice x ∈ D se numeste functie armonica ın domeniul D.

Exemplul 5.1.3. Ecuatia undelor

∂2u

∂t2− a2∆u = 0, (t, x) ∈ R×Rn, a ∈ R,


este hiperbolica ın domeniul Rn+1, iar matricea asociata

S =

1 0 . . . 00 −a2 . . . 0. . . . . . . . . . . .0 0 . . . −a2

are valorile proprii 1 si −a2.

Exemplul 5.1.4. Ecuatia caldurii

∂u

∂t− a2∆u = 0, (t, x) ∈ R×Rn, a ∈ R,

este parabolica, iar matricea asociata

S =

0 0 . . . 00 −a2 . . . 0. . . . . . . . . . . .0 0 . . . −a2

.

are valorile proprii 0 si −a2.

Definitia 5.1.4. Ecuatia cu derivate partiale de ordinul ıntai

n∑i,j=1

aij(x) ∂w∂xi· ∂w∂xj

= 0, x ∈ D, (5.1.11)

se numeste ecuatia caracteristica atasata ecuatiei (5.1.1).

Daca x = (x1, x2, . . . , xn) 7→ w(x) = w(x1, x2, . . . , xn), x ∈ D0 este o solutie aecuatiei caracteristice (5.1.11) ce satisface

(∂w

∂x1

)2+(∂w

∂x2

)2+ . . .+

(∂w

∂xn

)2> 0,

pentru orice x ∈ D0, atunci suprafata n− 1 dimensionala

Σ : w(x1, x2, . . . , xn) = 0

se numeste suprafata caracteristica. In cazul n = 2, Σ devine curba caracteristica.

Metode elementare de rezolvare.

Exista cateva exemple de ecuatii cu derivate de ordinul al doilea, ın forma canonica,care se rezolva elementar, prin integrari succesive.


Exemplul 5.1.5. Sa se rezolve ecuatia hiperbolica

∂2u

∂x∂y= 0, (x, y) ∈ R2.

Solutie. Ecuatia poate fi scrisa ∂

∂x

(∂u

∂y

)= 0 de unde, prin integrare ın raport cu x se

obtine∂u

∂y= f(y)

si integrand acum ın raport cu x deducem solutia generala:

u(x, y) =y∫

y0

f(y)dy + ϕ(x) = ϕ(x) + ψ(y),

unde ϕ si ψ sunt functii de clasa C1(R).

Exemplul 5.1.6. Sa se rezolve ecuatia parabolica

∂2u

∂x2 = 0, (x, y) ∈ R2.


∂x

(∂u

∂x

)= 0 de unde, prin integrare ın raport cu x se

obtine∂u

∂x= ϕ(y)

si integrand din nou ın raport cu x deducem solutia generala:

u(x, y) = xϕ(y) + ψ(y),

unde ϕ si ψ sunt functii de clasa C1(R).

Exemplul 5.1.7. Sa se determine functiile armonice ın domeniul D = Rn \ {0} caresunt de forma

u = u(r), r =√x2

1 + . . .+ x2n, x ∈ D.

Solutie. Reamintim formula gradientului unui camp scalar ϕ : Rn → R:

gradϕ =(∂ϕ

∂x1,∂ϕ

∂x2, . . . ,

∂ϕ

∂xn

), x = (x1, x2, . . . , xn) ∈ Rn,

si formula divergentei unui camp vectorial v : Rn → Rn, v = (v1, v2, . . . , vn):

div v = ∂v1∂x1

+ ∂v2∂x2

+ . . .+ ∂vn∂xn

, x = (x1, x2, . . . , xn) ∈ Rn.


Folosind formulele de derivare compusa, gasim

grad u(r) = grad u

(√x2

1 + . . .+ x2n

)= u′(r)

(x1r,x2r, . . . ,

xnr

)si

∆u = div (gradu(r)) =

= ∂

∂x1

(u′(r)x1

r

)+ ∂

∂x2

(u′(r)x2

r

)+ . . .+ ∂

∂xn

(u′(r)xn

r

)

= u′′(r)x21r2 +u′(r)

r − x1x1r

r2 +u′′(r)x22r2 +u′(r)

r − x2x2r

r2 + . . .+u′′(r)x2n

r2 +u′(r)r − xn

xnr

r2

= u′′(r) + u′(r)nr2 − r2

r3 = u′′(r) + u′(r)n− 1r

.

Ecuatia ∆u = 0 devine o ecuatie diferentiala cu variabile separabile

u′′(r)u′(r) = −n− 1

r.

Prin integrare obtinem la ln |u′| = −(n− 1) ln r + ln |C1|, C1 ∈ R∗, deci

u′(r) = C1rn−1 , C1 ∈ R∗.

Sunt urmatoarele situatii:1◦ daca n = 1, atunci u′(r) = C1 si u(r) = C1r + C2 = C1|x|+ C2,

2◦ daca n = 2, atunci u′(r) = C1r

si u(r) = C1 ln r + C2 = C1 ln√x2 + y2 + C2,

3◦ daca n ≥ 3, atunci u(r) = C1rn−2 + C2,

unde C1 ∈ R∗, C2 ∈ R.

Aducerea la forma canonica ın cazul n = 2Pentru n = 2, notam variabilele independente cu x, y si functia necunoscua cu u =u(x, y). In acest caz, ecuatia cvasiliniara cu derivate partiale de ordinul al doilea estede forma

a11(x, y)∂2u

∂x2 + 2a12(x, y) ∂2u

∂x∂y+ a22(x, y)∂

2u

∂y2 + f

(x, y, u,

∂u

∂x,∂u

∂y

)= 0, (5.1.12)

unde aij = aij(x, y), i, j = 1, 2, sunt functii continue definite pe domeniul D ⊆ R2 sif : D×R3 7→ R este functie continua. Presupunem ca aij nu se anuleaza simultan. Faraa restrange generalitatea putem presupune a11 , 0. Intr-adevar, daca a11 = 0 si a22 , 0prin schimbarea variabilelor ıntre ele x′ = y si y′ = x noua ecuatie va avea a′11 , 0. Dacaa11 = a22 = 0 atunci a12 , 0 si schimbarea de variabile x′ = x + y, y′ = x − y conducela o ecuatie ın care noul coeficient al derivatei partiale de ordin doi ın raport cu x′ estenenul.


Definitia 5.1.5. Numim solutie a ecuatiei (5.1.12), pe domeniul D ⊆ R2, o functieu = u(x, y) de clasa C2 pe D, care satisface

a11(x, y)∂2u

∂x2 (x, y) + 2a12(x, y) ∂2u

∂x∂y(x, y) + a22(x, y)∂

2u

∂y2 (x, y)

+f(x, y, u(x, y), ∂u

∂x(x, y), ∂u

∂y(x, y)

)= 0,

ın orice punct (x, y) ∈ D.

Ecuatiei (5.1.12) ıi asociem forma patratica h : R2 → R

h(p1, p2) = a11(x, y)p21 + 2a12(x, y)p1p2 + a22(x, y)p2

2, (p1, p2) ∈ R2, (5.1.13)

si matricea corespunzatoare

S =(a11(x, y) a12(x, y)a12(x, y) a22(x, y)

)

ce are determinantul

∆ =∣∣∣∣∣ a11(x, y) a12(x, y)a12(x, y) a22(x, y)

∣∣∣∣∣ = a11(x, y)a22(x, y)− a212(x, y). (5.1.14)

Daca avem ın vedere ca a11 , 0 ınD, clasificarea din Definitia 5.1.2 devine urmatoarea:

(E) daca ∆ > 0, atunci ecuatia (5.1.12) este eliptica (forma patratica (5.1.13) estepozitiv definita daca a11 > 0 sau negativ definita daca a11 < 0),

(H) daca ∆ < 0, atunci ecuatia (5.1.12) este hiperbolica (forma patratica (5.1.13)este nedegenerata dar nedefinita ca semn),

(P) daca ∆ = 0, atunci ecuatia (5.1.12) este parabolica (forma patratica (5.1.13) estedegenerata).

Efectuam o schimbare de variabile cu intentia de a aduce ecuatia (5.1.12), ın functiede tipul sau, la forma canonica. Fie schimbarea de variabile independente{

α = α(x, y),β = β(x, y), (5.1.15)

astfel ca D(α, β)D(x, y) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∂α

∂x

∂α

∂y∂β

∂x

∂β

∂y

∣∣∣∣∣∣∣∣ , 0 pe un domeniu D0 ⊆ D. Notam

u(α, β) = u(x(α, β), y(α, β)).

Demonstram rezultatul prezentat ın cadrul general referitor la invarianta tipului deecuatie la schimbarea de variabile.


Teorema 5.1.1. Natura unei ecuatii cvasiliniare, cu derivate partiale de ordinul aldoilea este invarianta la o schimbare de variabile. �

Pentru a determina α si β potriviti aducerii ecuatia (5.1.12) la forma canonica punemconditia ca ın ecuatia transformata (??) o parte dintre coeficienti sa se anuleze. Impunema11 = 0 sau a22 = 0. Daca avem ın vedere expresiile coeficientilor a11 si a22 din (??),rezulta ca problema revine la determinarea solutiilor ecuatiei cu derivate partiale deordinul ıntai de forma

a11

(∂z

∂x

)2+ 2a12

∂z

∂x· ∂z∂y

+ a22

(∂z

∂y

)2= 0. (5.1.16)

Teorema 5.1.2. Fie functia z = z(x, y) de clasa C1 pe domeniul D ⊆ R2, astfel ıncat∂z

∂y(x, y) , 0 pentru orice (x, y) ∈ D. Daca z este o solutie a ecuatiei (5.1.16) si relatia

z(x, y) = C defineste implicit ecuatia unei curbe y = y(x), atunci y′ este solutie aecuatiei de gradul al doilea

a11(x, y) · (y′)2 − 2a12(x, y) · y′ + a22(x, y) = 0. (5.1.17)

Reciproc, daca y = y(x) este functie de clasa C1 a carei derivata satisface ecuatia(5.1.17), atunci z(x, y) = C este solutie pentru (5.1.16). �

Ecuatia (5.1.17) se numeste ecuatie caracteristica iar curbele z(x, y) = C, unde zsatisface (5.1.16) se numesc curbe caracteristice. Ecuatia caracteristica (5.1.17) esteecuatie de gradul al doilea ın necunoscuta y′ iar discriminantul ecuatiei este −4∆, decinatura radacinilor acestei ecuatii depinde de semnul lui ∆. In functie de tipul ecuatiei(5.1.12), adica de semnul lui ∆, se aleg noile variabile α, β dupa cum urmeaza.

Ecuatii hiperbolice

Daca ∆ < 0, atunci ecuatia caracteristica (5.1.17), ca ecuatie de gradul al doilea ınnecunoscuta y′, are doua are solutii reale distincte

y′(x) = a12 ±√−∆

a11.

Prin integrare se obtin doua familii de curbe caracteristice{z1(x, y) = C1,z2(x, y) = C2,

C1, C2 ∈ R.

Facem schimbarea de variabile {α = z1(x, y),β = z2(x, y). (5.1.18)

si se obtine forma canonica a ecuatiei hiperbolice:


∂2u

∂α∂β= f

(α, β, u,

∂u

∂α,∂u

∂β

). (5.1.19)

Daca facem schimbarea {α = ξ + η,β = ξ − η, (5.1.20)

si notam u(ξ, η) = u(α(ξ, η), β(ξ, η)), avem

∂u

∂α= 1

2

(∂u

∂ξ+ ∂u

∂η

),∂u

∂β= 1

2

(∂u

∂ξ− ∂u

∂η

)si ∂2u

∂α∂β= 1

4

(∂2u

∂ξ2 −∂2u

∂η2

).

Obtinem astfel o alta forma canonica a ecuatiei de tip hiperbolic:

∂2u

∂ξ2 −∂2u

∂η2 = f

(ξ, η, u,

∂u

∂ξ

∂u

∂η

). (5.1.21)

Exemplul 5.1.8. Sa se aduca la forma canonica ecuatia

x∂2u

∂x2 − (x+ y) ∂2u

∂x∂y+ y

∂2u

∂y2 = 0.

Solutie. Avem

∆ =

∣∣∣∣∣∣∣x −1

2(x+ y)

−12(x+ y) y

∣∣∣∣∣∣∣ = −14(x− y)2.

Intr-un domeniu D ⊂ R2 ce nu intersecteaza dreapta y = x avem ∆ < 0, deci ecuatiadata este de tip hiperbolic.

Ecuatia caracteristica este

x(y′)2 + (x+ y)y′ + y = 0,

cu solutiile y′ = −yx

si y′ = −1.

Ecuatia diferentiala y′ = −yx

este cu variabile separabile si, prin integrare, obtinemcurba caracteristica xy = C1, C1 ∈ R. Din y′ = −1 prin integrare obtinem curbacaracteristica x+ y = C2, C2 ∈ R.

Facem schimbarea de variabile {α = xy,β = x+ y,

iar derivatele partiale sunt:


∂u

∂x= y

∂u

∂α+ ∂u

∂β,

∂u

∂y= x

∂u

∂α+ ∂u

∂β,

∂2u

∂x2 = y2∂2 u

∂α2 + 2y ∂2u

∂α∂β+ ∂2u

∂β2 ,

∂2u

∂y2 = x2 ∂2u

∂α2 + 2x ∂2u

∂α∂β+ ∂2u

∂β2 ,

∂2u

∂x∂y= xy

∂2u

∂α2 + (x+ y) ∂2u

∂α∂β+ ∂2u

∂β2 + ∂u

∂α.

Inlocuim aceste derivate ın ecuatia data si tinand cont ca xy = α si x + y = β,obtinem forma canonica

(4α− β2) ∂2u

∂α∂β− β ∂u

∂α= 0.

Exercitiul 5.1.1. Sa se aduca la forma canonica ecuatia

x∂2u

∂x2 − 4x3∂2u

∂y2 −∂u

∂x= 0

si sa se determine solutia problemei care satisface conditiile{u(x, x2) = f(x),u(x,−x2) = g(x),

f, g ∈ C2(R), cu f(0) = g(0). Sa se deduca solutia ın cazul particular f(x) = x4,g(x) = −x4.

Solutie. Avem

∆ =∣∣∣∣∣ x 0

0 −4x3

∣∣∣∣∣ = −4x4 < 0.

Ecuatia data este de tip hiperbolic ıntr-un domeniu ce nu intersecteaza dreapta x = 0.Ecuatia caracteristica este

x(y′)2 − 4x3 = 0,

cu solutiile y′ = ±2x.Din y′ = 2x, prin integrare obtinem curba caracteristica y−x2 = C1, C1 ∈ R, iar din

y′ = −2x prin integrare obtinem curba caracteristica y + x2 = C2, C2 ∈ R.Facem schimbarea de variabile {

α = y − x2,β = y + x2.

Calculam derivatele partiale∂u

∂x= −2x∂u

∂α+ 2x∂u

∂β,

∂u

∂y= ∂u

∂α+ ∂u

∂β,


∂2u

∂x2 = 4x2∂2 u

∂α2 − 8x2 ∂2u

∂α∂β+ 4x2 ∂

2u

∂β2 − 2∂u∂α

+ 2∂u∂β

,

∂2u

∂y2 = ∂2u

∂α2 + 2 ∂2u

∂α∂β+ ∂2u

∂β2 ,

ınlocuim aceste derivate ın ecuatia data si obtinem forma canonica

∂2u

∂α∂β= 0

cu solutia generalau(α, β) = ϕ(α) + ψ(β),

(a se vedea Exemplul 5.1.5), adica

u(x, y) = ϕ(y − x2) + ψ(y + x2),

unde ϕ,ψ sunt functii de clasa C1(R).Din conditiile date ın ipoteza rezulta{

ϕ(0) + ψ(2x2) = f(x)ϕ(−2x2) + ψ(0) = g(x).

Atunciψ(x) = f

(√x

2

)− ϕ(0)

siϕ(−x) = g

(√x

2

)− ψ(0).

Pentru x = 0 rezulta ϕ(0) + ψ(0) = f(0) = g(0). Deducem

u(x, y) = ϕ(−(x2 − y)) + ψ(x2 + y) = g

√x2 − y2

+ f

√x2 + y

2

− f(0)− g(0).

Pentru f(x) = x4, g(x) = −x4, gasim solutia

u(x, y) = −(x2 − y

2

)2

+(x2 + y

2

)2

= x2y.


x2∂2u

∂x2 − y2∂

2u

∂y2 + x∂u

∂x− y∂u

∂y= 0

si sa se determine solutia problemei care satisface conditiile u(x, 1) = xe−x,∂u

∂y(x, 1) = xe−x,


Solutie. Avem

∆ =∣∣∣∣∣ x2 0

0 −y2

∣∣∣∣∣ = −x2y2 < 0.

Ecuatia data este de tip hiperbolic ıntr-un domeniu ce nu intersecteaza axele de coordo-nate.

Ecuatia caracteristica este

x2(y′)2 − y2 = 0,

cu solutiile y′ = ±yx

.

Din y′ = −yx

, rezulta dy

y= −dx

xsi, prin integrare, gasim curba caracteristica xy =

C1, C1 ∈ R. Din y′ = y

xrezulta dy

y= dx

xiar prin integrare obtinem curba caracteristica

y

x= C2, C2 ∈ R.Facem schimbarea de variabile {

α = xy,

β = y

x,

si obtinem urmatoarele expresii pentru derivatele partiale:∂u

∂x= y

∂u

∂α− y

x2∂u

∂β,

∂u

∂y= x

∂u

∂α+ 1x

∂u

∂β,

∂2u

∂x2 = y2∂2 u

∂α2 − 2y2

x2∂2u

∂α∂β+ y2

x4∂2u

∂β2 + 2 yx3∂u

∂β,

∂2u

∂y2 = x2 ∂2u

∂α2 + 2 ∂2u

∂α∂β+ 1x2∂2u

∂β2 .

Inlocuim aceste derivate ın ecuatia data si obtinem forma canonica

∂2u

∂α∂β= 0

cu solutia generala u(α, β) = ψ(α) + ϕ(β), (a se vedea Exemplul 5.1.5), adica

u(x, y) = ψ(xy) + ϕ

(y

x

),

unde ϕ,ψ sunt functii de clasa C1(R).Din u(x, 1) = xe−x deducem

ψ(x) + ϕ

(1x

)= xe−x.


Prin derivare rezultaψ′(x)− 1

x2ϕ′(1x

)= (−x+ 1)e−x. (5.1.22)

Calculam ∂u

∂y(x, y) = xψ′(xy) + 1

xϕ′(y

x

)si din a doua conditie, ∂u

∂y(x, 1) = xe−x,

rezultaxψ′(x) + 1

xϕ′(1x

)= xe−x. (5.1.23)

Din (5.1.22) si (5.1.23) deducem ψ′(x) = 2− x2 e−x. Prin integrare obtinem

ψ(x) = 12(x− 1)e−x + C, C ∈ R.

Rezulta atunciϕ

(1x

)= xe−x − ψ(x) = 1

2(x+ 1)e−x − C.

Solutia problemei este

u(x, y) = 12

[(xy − 1)e−xy +

(1 + y

x

)e−

yx

].

Ecuatii eliptice

Daca ∆ > 0, atunci ecuatia caracteristica (5.1.17), ca ecuatie de gradul al doilea ınnecunoscuta y′, are doua are solutii complexe conjugate

y′(x) = a12 ± j√

∆a11

.

Prin integrare se obtine z(x, y) = α(x, y)± jβ(x, y) = C, C ∈ R. Facem schimbarea devariabile {

α = Re z(x, y),β = Im z(x, y), (5.1.24)

si obtinem forma canonica a ecuatiei eliptice

∂2u

∂α2 + ∂2u

∂β2 = f

(α, β, u,

∂u

∂α,∂u

∂β

). (5.1.25)


y2∂2u

∂x2 + 2xy ∂2u

∂x∂y+ 2x2∂

2u

∂y2 + y∂u

∂y= 0.

Solutie. Avem

∆ =∣∣∣∣∣ y2 xyxy 2x2

∣∣∣∣∣ = x2y2.


Intr-un domeniu D ⊂ R2 ce nu interseacteaza axele de coordonate, avem ∆ > 0, deciecuatia data este de tip eliptic.

Ecuatia caracteristicay2(y′)2 − 2xyy′ + 2x2 = 0

are solutiile y′ = x± jxy

. Aceasta ecuatie diferentiala este cu variabile separabile si se

scrie sub forma y dy = (1 ± j)x dx. Prin integrare rezulta y2 − (1 ± j)x2 = C, adicay2 − x2 ∓ jx2 = C, C ∈ C.

Efectuam schimbarea de variabile

{α = y2 − x2,β = x2.


∂x= −2x∂u

∂α+ 2x∂u

∂β,

∂u

∂y= 2y ∂u

∂α,

∂2u

∂x2 = 4x2∂2 u

∂α2 − 8x2 y2

x2∂2u

∂α∂β+ 4x2 y

2

x4∂2u

∂β2 − 2∂u∂α

+ 2 yx3∂u

∂β,

∂2u

∂x∂y= −4xy ∂

2u

∂α2 + 4xy ∂2u

∂α∂β,

∂2u

∂y2 = 4y2 ∂2u

∂α2 + 2∂u∂α

.


2β(α+ β)(∂2u

∂α2 + ∂2u

∂β2

)+ 2(β − α)∂u

∂α+ (α+ β)∂u

∂β= 0,

sau echivalent,∂2u

∂α2 + ∂2u

∂β2 −α− β

β(α+ β)∂u

∂α+ 1

2β∂u

∂β= 0.

Ecuatii paraboliceDaca ∆ = 0, atunci ecuatia caracteristica (5.1.17), ca ecuatie de gradul al doilea ın

necunoscuta y′, are doua solutii reale egale

y′(x) = a12a11

.

Prin integrare se obtine o singura familie de curbe caracteristice z(x, y) = C, C ∈ R.Alegem o prima noua variabila α = z(x, y). Cea de a doua variabila o alegem cat mai

simpla β = x sau β = y astfel ıncat D(α, β)D(x, y) , 0. Efectuam schimbarea de variabile{α = z(x, y)β = x.

(5.1.26)


Forma canonica a ecuatiei parabolice este

∂2u

∂β2 = f

(α, β, u,

∂u

∂α,∂u

∂β

). (5.1.27)

O alta forma canonica posibila a ecuatiei parabolice este

∂2u

∂α2 = f

(α, β, u,

∂u

∂α,∂u

∂β

). (5.1.28)


x2∂2u

∂x2 + 2xy ∂2u

∂x∂y+ y2∂

2u

∂y2 + ∂u

∂y= 0..

Solutie. Avem

∆ =∣∣∣∣∣ x2 xyxy y2

∣∣∣∣∣ = 0,

deci ecuatia data este de tip parabolic.Ecuatia caracteristica este

x2(y′)2 − 2xyy′ + y2 = 0,

cu solutia dubla reala y′ = y

x. Obtinem ecuatia cu variabile separabile dy

y= dx

xsi prin

integrare rezulta y

x= C, C ∈ R. Efectuam schimbarea de variabile{

α = y

x,

β = x.


∂x= − y

x2∂u

∂α+ ∂u

∂β,

∂u

∂y= 1x

∂u

∂α,

∂2u

∂x2 = y2

x4∂2 u

∂α2 − 2 yx2

∂2u

∂α∂β+ ∂2u

∂β2 + 2 yx3∂u

∂α,

∂2u

∂x∂y= − y

x3∂2u

∂α2 + 1x

∂2u

∂α∂β− 1x2∂u

∂α,

∂2u

∂y2 = 1x2∂2u

∂α2 .


∂2u

∂β2 + 1β3

∂u

∂α= 0.



x2∂2u

∂x2 − 2xy ∂2u

∂x∂y+ y2∂

2u

∂y2 + x∂u

∂x+ y

∂u

∂y= 0

si sa se determine solutia problemei care satisface conditiile u(1, y) = 1− cos y,∂u

∂x(1, y) = 2y,

Solutie. Avem

∆ =∣∣∣∣∣ x2 −xy−xy y2

∣∣∣∣∣ = 0,

deci ecuatia data este de tip parabolic ın R2.Ecuatia caracteristica este

x2(y′)2 + 2xyy′ + y2 = 0,

si are solutia dubla reala y′ = −yx

, sau echivalent dy

y= −dx

x. Prin integrare obtinem

xy = C, C ∈ R si efectuam schimbarea de variabile{α = xyβ = x.


∂x= y

∂u

∂α+ ∂u

∂β,

∂u

∂y= x

∂u

∂α,

∂2u

∂x2 = y2∂2 u

∂α2 + 2y ∂2u

∂α∂β+ ∂2u

∂β2 ,

∂2u

∂x∂y= xy

∂2u

∂α2 + x∂2u

∂α∂β+ ∂u

∂α,

∂2u

∂y2 = x2 ∂2u

∂α2 .


β∂2u

∂β2 + ∂u

∂β= 0.

Notam ∂u

∂β= w si atunci ecuatia precedenta devine β∂w

∂β+ w = 0, adica dw

w= −dβ

β.

Prin integrare (considerand pe α constant) rezulta ln |w| = − ln |β|+ln |f(α)|, f ∈ C1(R).

Deci w = f(α)β

si deci ∂u∂β

= f(α)β

, de unde obtinem solutia generala

u(α, β) = f(α) ln |β|+ g(α),


unde f, g ∈ C1(R). Revenind la variabilele (x, y) gasim solutia generala a ecuatiei date:

u(x, y) = f(xy) ln x+ g(xy), f, g ∈ C1(R), x > 0.

Punem conditiile din enunt. Calculam∂u

∂x= yf ′(xy) ln x+ f(xy) 1

x+ yg′(xy).

Conditia u(1, y) = 1− cos y implica g(y) = u(1, y) = 1− cos y.Din ∂u

∂x(1, y) = 2y deducem f(y) + yg′(y) = 2y si gasim f(y) = 2y − y sin y.

Solutia problemei este:

u(x, y) = (2xy − xy sin xy) ln x+ 1− cosxy.

Exercitiul 5.1.4. Sa se aduca la forma canonica ecuatia lui Tricomi

y∂2u

∂x2 + ∂2u

∂y2 = 0.

Solutie. Avem

∆ =∣∣∣∣∣ y 0

0 1

∣∣∣∣∣ = y.

In domeniulD1 = {(x, y) | y > 0} ecuatia data este de tip eliptic iar ınD2 = {(x, y) | y < 0}ecuatia data este de tip hiperbolic.

Daca y > 0, ecuatia caracteristica y(y′)2 + 1 = 0 are solutiile y′ = ±j√y

. Scriem ın

forma √y dy = ±j dx, integram si rezulta 23√y3 = ±jx+ C, C ∈ C. Cu schimbarea de

variabile α = 23√y3,

β = x,

obtinem forma canonica∂2u

∂α2 + ∂2u

∂β2 + 13β

∂u

∂α= 0.

Daca y < 0, ecuatia caracteristica y(y′)2 + 1 = 0 are solutiile y′ = ± 1√−y

. Prin

integrare rezulta 23√−y3 = ±x+ C1,2, C1,2 ∈ R. Schimbarea de variabile

α = x+ 23√−y3,

β = x− 23√−y3,

ne conduce la forma canonica∂2u

∂α∂β− 1

6(α− β)

(∂u

∂α− ∂u

∂β

)= 0.


Probleme rezolvate

Exercitiul 5.1.5. Sa se determine solutia ecuatiei hiperbolice

∂2u

∂x∂y= 0, (x, y) ∈ R2.


∂x

(∂u

∂y

)= 0 de unde, prin integrare se obtine ∂u

∂y= f(y)

si

u(x, y) =y∫

y0

f(y)dy + ϕ(x) = ϕ(x) + ψ(y).

unde ϕ si ψ sunt functii de clasa C1.

Exercitiul 5.1.6. Sa se rezolve ecuatia parabolica

∂2u

∂x2 = 0, (x, y) ∈ R2.


∂x

(∂u

∂x

)= 0 de unde ca mai sus rezulta

u(x, y) = xϕ(y) + ψ(y),

unde ϕ si ψ sunt functii de clasa C1.


x∂2u

∂x2 − (x+ y) ∂2u

∂x∂y+ y

∂2u

∂y2 = 0.

Solutie. Ecuatia este de tip hiperbolic . Ecuatia caracteristica este

x(y′)2 + (x+ y)y′ + y = 0,

cu solutiile y′ = −yx

si y′ = −1, care prin integrare dau curbele caracteristice xy =c1, x+ y = c2. Facem schimbarea de variabile{

α = xyβ = x+ y.

Derivatele partiale sunt∂u

∂x= ∂u

∂αy + ∂u

∂β∂u

∂y= ∂u

∂αx+ ∂u

∂β


∂2u

∂x2 = ∂2 u

∂α2 y2 + 2 ∂2u

∂α∂βy + ∂2u

∂β2

∂2u

∂y2 = ∂2u

∂α2x2 + 2 ∂2u

∂α∂βx+ ∂2u

∂β2

∂2u

∂x∂y= ∂2u

∂α2xy + ∂2u

∂α∂β(x+ y) + ∂2u

∂β2 + ∂u

∂α.

Rezulta forma canonica(4α− β2) ∂2u

∂α∂β− β ∂u

∂α= 0.


y2∂2u

∂x2 + 2xy ∂2u

∂x∂y+ 2x2∂

2u

∂y2 + y∂u

∂y= 0.

Solutie. Ecuatia caracteristica este

y2(y′)2 − 2xyy′ + 2x2 = 0

cu solutiile y′ = x± jxy

, care prin integrare duc la y2 − (1 ± j)x2 = c. Avem o ecuctiede tip eliptic. Facem ın acest caz schimbarea de variabile{

α = y2 − x2

β = x2.

Au loc formulele de derivare partiala ∂u

∂x= ∂u

∂α(−2x) + ∂u

∂β(2x)

∂u

∂y= ∂u

∂α2y

∂2u

∂x2 = ∂2u

∂α2 (4x2) + 2 ∂2u

∂α∂β(−4x2) + ∂2u

∂β2 (4x2)− 2∂u∂α

+ 2∂u∂β

∂2u

∂y2 = ∂2u

∂α2 (4y2) + 2∂u∂α

∂2u

∂x∂y= ∂2u

∂α2 (−4xy) + 4xy ∂2u

∂α∂β.

Dupa efectuarea calculelor obtinem forma canonica

2β(α+ β)(∂2u

∂α2 + ∂2u

∂β2 ) + 2(β − α)∂u∂α

+ (α+ β)∂u∂β

= 0.


x2∂2u

∂x2 + 2xy ∂2u

∂x∂y+ y2∂

2u

∂y2 + ∂u

∂y= 0.


Solutie. Ecuatia este de tip parabolic, iar ecuatia caracteristica asociata este:

x2(y′)2 − 2xyy′ + y2 = 0.

Ecuatia are solutia y′ = y

x. Prin integrarea solutiei obtinem y

x= c si efectuam schimbarea

{α = y

xβ = x,

Derivatele partiale se transforma dupa∂u

∂x= ∂u

∂α

(−yx2

)+ ∂u

∂β

∂u

∂y= ∂u

∂α

1x

∂2u

∂x2 = ∂2u

∂α2y2

x4 − 2 ∂2u

∂α∂β

y

x2 + ∂2u

∂β2 + ∂u

∂α

2yx3

∂2u

∂y2 = ∂2u

∂α21x2

∂2u

∂x∂y= ∂2u

∂α2

(−yx3

)+ ∂2u

∂α∂β

1x− ∂u

∂α

1x2 .

Forma canonica este∂2u

∂β2 = − 1β3

∂u

∂α.

Exercitiul 5.1.10. Sa se aduca la forma canonica si sa se integreze urmatoarele ecuatii:

a. ∂2u

∂x2 + 2 ∂2u

∂x∂y+ ∂u

∂x+ 2∂u

∂y= 0

b. x2∂2u

∂x2 − 2xy ∂2u

∂x∂y+ y2∂

2u

∂y2 + x∂u

∂x+ y

∂u

∂y= 0

u(1, y) = 1− cos y∂u

∂x(1, y) = 2y.

c. 4∂2u

∂x2 + 8 ∂2u

∂x∂y− 21∂

2u

∂y2 = 0{u|2y−7x=0 = sin 2xu|2y+3x=0 = −x2.

Solutie.

a. Prin schimbarea α = y, β = y − 2x, se obtine ecuatia hiperbolica

∂2u

∂α∂β− 1

2∂u

∂α= 0.


Notam ∂u

∂α= w; atunci ecuatia precedenta devine ∂w

∂β− 1

2w = 0, care integrataduce la solutia

ln |w| = 12β + ln |f(α)|.

Deducem w = eβ2 f(α). Inlocuind pe w, avem ∂u

∂α= e

β2 f(α), de unde

u(α, β) = eβ2ϕ(α) + ψ(β).

Deci solutia generala este

u(x, y) = ey2−xϕ(y) + ψ(y − 2x).

b. Cu schimbarea de variabile α = xy, β = x, ajungem la forma canonica a ecuatieiparabolice:

β∂2u

∂β2 + ∂u

∂β= 0.

Notam ∂u

∂β= w; atunci ecuatia precedenta devine β

∂w

∂β+ w = 0, care integrata

duce la ln |w| = ln |β|+ ln |f(α)|. Deci w = f(α)β

si ∂u∂β

= f(α)β

, de unde u(α, β) =f(α) ln |β|+ g(α). Solutia este

u(x, y) = f(xy) ln x+ g(x, y).

Punem conditiile din enunt.

∂u


x+ gg′(xy).

Astfel obtinem:u(1, y) = g(y) = 1− cos y,

iar din∂u

∂x(1, y) = f(y) + yg′(y) = 2y

deducem f(y) = 2y − y sin y si solutia este

u(x, y) = (2xy − xy sin xy) ln x+ 1− cosxy.

c. Este o ecuatie hiperbolica. Schimbarea de variabile: α = 2y − 7x, β = 2y + 3x, neconduce la urmatoarea forma canonica:

∂2u

∂α∂β= 0.


Din ∂

∂α(∂u∂β

) = 0 deducem ∂u

∂β= f(β) cu solutia u(α, β) = ϕ(α) + ψ(β), de unde

u(x, y) = ϕ(2y − 7x) + ψ(2y + 3x).

In punctele de pe prima caracteristica, 2y − 7x = 0 avem sin 2x = ϕ(0) + ψ(10x),iar pentru x = 0, avem ϕ(0) + ψ(0) = 0. In punctele de pe a doua caracteristica2y + 3x = 0 avem −x2 = ϕ(−10x) + ψ(0). Obtinem sistemul

ψ(r) = sin r5 − ψ(0)

ϕ(r) = − r2

100 + ϕ(0),

de unde solutia este

u(x, y) = −(2y − 7x)2

100 + + sin 2y + 3x5 .

Metoda transformarilor integraleIn unele situatii particulare putem aplica transformate integrale asupra ecuatiei cu

derivate partiale, care devine ecuatie algebrica.

Exercitiul 5.1.11. Sa se determine solutia problemei propagarii caldurii ıntr-o barainfinita:

∂2u

∂x2 −∂u

∂t= 0, t ≥ 0, x ∈ R,

u(0, x) = u0(x)

ın ipotezele

• u,∂u

∂x,∂2u

∂x2 sunt functii absolut integrabile pentru orice t

• ∂u

∂tare pe orice interval [0, T ] un majorant Φ integrabil adica,∣∣∣∣∂u∂t

∣∣∣∣ ≤ Φ(x), si+∞∫−∞

Φ(x)dx ∈ R.

Solutie. Aplicam transformata Fourier functiei u relativ la variabila x, pentru orice t.

F[u(t, x)](ω) =+∞∫−∞

u(t, x)e−jωxdx = U(t, ω).

Derivatele partiale se transforma astfel


F

[∂2u(t, x)∂x2

](ω) = (jω)2U(t, ω)

F

[∂u(t, x)∂t

](ω) = ∂U(t, ω)

∂t.

Reducem astfel la problema Cauchy∂U(t, ω)

∂t= −ω2U(t, ω)

U(0, ω) = F[u0]

care are solutiaU(t, ω) = C(ω)e−ω2t,

iar constanta rezulta a fi C(ω) = F[u0]. Dar e−ω2t = F

12√πte−x2

4t

(ω) si reamin-

tind ca un produs de transformate Fourier este transformata Fourier a unui produs deconvolutie obtinem

u(t, x) = 12√πt

+∞∫−∞

e−y2

4t u0(x− y)dy.


• Sa se aduca la forma canonica urmatoarele ecuatii:

5.1 2∂2u

∂x2 + 2 ∂2u

∂x∂y− ∂2u

∂y2 + 2∂u∂x− ∂u

∂y= 0

5.2 y2∂2u

∂x2 − 2xy ∂2u

∂x∂y+ x2∂

2u

∂y2 − x∂u

∂x− y∂u

∂y= 0

5.3 ∂2u

∂x2 + x2∂2u

∂y2 = 0

5.4 ∂2u

∂x2 + y∂2u

∂y2 = 0

5.5 ∂2u

∂x2 − 2 sin x ∂2u

∂x∂y− cos2 x

∂2u

∂y2 − cosx∂u∂y

= 0

5.6 tg2x∂2u

∂x2 − 2ytgx ∂2u

∂x∂y+ y2∂

2u

∂y2 + tg3x∂u

∂x= 0

5.7 ∂2u

∂x2 − 2 cosx ∂2u

∂x∂y− (3 + sin2 x)∂

2u

∂y2 − y∂u

∂y= 0


5.8 sin2 x∂2u

∂x2 − 2y sin x ∂2u

∂x∂y+ y2∂

2u

∂y2

5.9 y∂2u

∂x2 + ∂2u

∂y2 = 0

5.10 (1 + x2)2∂2u

∂x2 + (1 + y2)2∂2u

∂y2 + x∂u

∂x+ y

∂u

∂y= 0

5.11 x2∂2u

∂x2 + 2xy ∂2u

∂x∂y− 3y2∂

2u

∂y2 − 2x∂u∂x

+ 4y∂u∂y− 16x4 = 0.

• Sa se aduca la forma canonica, sa se integreze urmatoarele ecuatii si sa serezolve problemele asociate lor.

5.12 ∂2u

∂x2 + 2 ∂2u

∂x∂y+ ∂u

∂x+ 2∂u

∂y= 0

5.13 x2∂2u

∂x2 − 2xy ∂2u

∂x∂y+ y2∂

2u

∂y2 + x∂u

∂x+ y

∂u

∂y= 0 u(1, y) = 1− cos y

∂u

∂x(1, y) = 2y.

5.14 4∂2u

∂x2 + 8 ∂2u

∂x∂y− 21∂

2u

∂y2 = 0.{u|2y−7x=0 = sin 2xu|2y+3x=0 = −x2.

5.15 4y∂2u

∂x2 + 2(1− y) ∂2u

∂x∂y− ∂2u

∂y2 −1

1 + y(2∂u∂x− ∂u

∂y) = 0 u(x, 0) = f(x)

∂u

∂y(x, 0) = g(x), f, g ∈ C2(R).

5.16 x∂2u

∂x2 − 4x3∂2u

∂y2 −∂u

∂x= 0{

u(x, x2) = f(x)u(x,−x2) = g(x), f, g ∈ C2(R).

Deduceti solutia ın cazul particular f(x) = x4, g(x) = −x4.

5.17 x2∂2u

∂x2 − y2∂

2u

∂y2 + x∂u

∂x− y∂u

∂y= 0 u(x, 1) = xe−x

∂u

∂y(x, 1) = xe−x.

5.18 5∂2u

∂x2 + 4 ∂2u

∂x∂y− ∂2u

∂y2 − 5∂u∂x

+ ∂u

∂y= 0


u(x, 0) = f(x)∂u

∂y(x, 0) = g(x), f ∈ C2(R), g ∈ C1(R).

• Formele canonice ale ecuatiilor cu coeficienti constanti pot fi aduse la ex-presii mai simple cu schimbarea de functie u(x, y) = v(x, y)eλx+µy, unde λ, µsunt coeficienti constanti ce se determina din urmatoarea conditie: ın ecuatia nouobtinuta coeficientii derivatelor partiale de ordinul I sunt 0, iar pentru ecuatiileparabolice se anuleaza coeficientii lui v, ∂v

∂ysau ∂v

∂x. In acest context sa se aduca

la o forma mai simpla ecuatiile:

5.19 a. ∂2u

∂x2 + ∂2u

∂y2 + 2∂u∂x

+ 8∂u∂y

+ u = f(x, y)

b. ∂2u

∂x∂y+ 2∂u

∂x− 5∂u

∂y+ 3u = f(x, y)

c. ∂2u

∂y2 + ∂u

∂x+ 4∂u

∂y− 3u = f(x, y).

Metoda separarii variabilelor

5.20 Sa se arate ca solutia ecuatiei lui Laplace:

∂2u

∂x2 + ∂2u

∂y2 = 0, x ≥ 0, y ∈ [0, l],

care satisface conditiile:

u(x, 0) = 0, x ≥ 0u(x, l) = 0, x ≥ 0

limx→+∞

u(x, y) = 0, y ∈ [0, l]

poate fi scrisa sub forma:

u(x, y) =∞∑n=1

cne−nπx

l sin nπyl,

unde cn sunt constante arbitrare.

5.21 Sa se determine solutia ecuatiei Laplace ın coordonate polare:

r2 ∂2u

∂R2 + r∂u

∂r+ ∂2u

∂θ2 = 0,

periodica de perioada 2π (cu privire la θ), stiind caa. u(r, θ) ramane marginita cand r → 0b. u(r, θ) ramane marginita cand r → +∞.


5.22 Sa se determine ın domeniul D = [0, 1] × [0, 1], solutia ecuatiei lui Laplace∂2u

∂x2 + ∂2u

∂y2 = 0 care satisface conditiile

a.

∂u

∂x(0, y) = 0, y ∈ [0, 1]

∂u

∂x(1, y) = 0, y ∈ [0, 1]

u(x, 1) = 0, x ∈ [0, 1]

u(x, 0) = x2

2 −x3

3 , x ∈ [0, 1]

b.

u(0, y) = u(1, y) = 0, y ∈ [0, 1]u(x, 0) = 0, x ∈ [0, 1]u(x, 1) = x(1− x), x ∈ [0, 1].

5.23 Rezolvati prin metoda separarii variabilelor a2∂2u

∂x2 −∂2u

∂t2= 0 cu conditiile

a.

u(t, 0) = 0, t ∈ [0,+∞)u(t, 1) = 0, t ∈ [0,+∞)

u(0, x) =

2hlx, x ∈

[0, l2

]2hl

(l − x), x ∈(l

2 , l]

∂u

∂t(0, x) = 0, x ∈ [0, l].

b.

u(t, 0) = 0, t ∈ [0,+∞)u(t, 1) = 0, t ∈ [0,+∞)

u(0, x) = −4hl2x(x− l), x ∈ [0, l]

∂u

∂t(0, x) = 0, x ∈ [0, l]

c.

u

(t,− l2

)= 0, t ∈ [0,+∞)

u

(t,l

2

)= 0, t ∈ [0,+∞)

u(0, x) =

h

l − 2a(2x+ l), x ∈[− l2 ,−a

]h, x ∈ (−a, a]

h

2a− l (2x− l), x ∈(a,l

2

]∂u

∂t(0, x) = 0, x ∈ [0, l].

5.24 Rezolvati ecuatia


∂2u

∂t2= g

∂

∂x

(x∂u

∂x

), (t, x) ∈ [0,+∞)× [0, l], g > 0,

care descrie micile vibratii transversale (ın absenta fortelor exterioare) ale unui firomogen de lungime l fixat ın capatul x = ` si liber ın capatul x = 0, cuconditiile la limita

{u(t, `) = 0, t ∈ [0,+∞)u(t, 0) = a, t ∈ [0,+∞), a > 0

si conditiile initiale

u(0, x) = f(x), x ∈ [0, l]∂u

∂t(0, x) = g(x), x ∈ [0, l].

Mai presupunem ca f ∈ C2[0, l] si g ∈ C1[0, l].

5.25 Micile oscilatii ale unei membrane vibrante circulare de raza R (cu simetrieradiala), fixata rigid pe frontiera sunt date de ecuatia cu derivate partiale

∂2u

∂t2= a2

(∂2u

∂r2 + 1r

∂u

∂r

), t ≥ 0, 0 ≤ r ≤ R.

Sa se determine solutia care satisface conditiile initialeu(0, r) = f(r), 0 ≤ r ≤ R

∂u

∂t(0, r) = g(r), 0 ≤ r ≤ R

unde f ∈ C2(R), g ∈ C1(R).

Metoda transformarilor integrale

5.26 Determinati prin metoda transformarii Laplace functia u = u(t, x) de clasaC2(D) ∩ C1(D), unde D = (0,∞)× (0, l) si care satisface

∂2u

∂x2 −∂u

∂t= 0 (5.2.1)

cu conditiile la limita

u(t, 0) = u(t, l) = 0, t ∈ [0,+∞) (5.2.2)

5.3. Solutii 87

si conditia initiala

u(0, x) = A sin nπxl

x ∈ [0, l]. (5.2.3)

5.27 Determinati aplicand transformata Fourier prin sinus solutia problemei

a2∂2u

∂x2 −∂u

∂t= ϕ(t, x) (5.2.4)

cu conditiile

u(0, x) = 0, x ≥ 0u(t, 0) = 0, t ≥ 0

limx→+∞

u(t, x) = 0, t ≥ 0

limx→+∞

∂u

∂x(t, x) = 0, t ≥ 0.

(5.2.5)

5.28 Aplicand transformata Fourier cosinus, determinati a solutia problemei

a2∂2u

∂x2 = ∂u

∂t, t ≥ 0, x ≥ 0, (5.2.6)

cu conditiile

u(0, x) = 0, x ≥ 0∂u

∂x(t, 0) = −µ, µ ∈ R, t ≥ 0.

(5.2.7)

5.3 Solutii

5.1 α = y − x, β = x+ 2y, 3 ∂2u

∂α∂β− ∂u

∂α= 0.

5.2 α = x2 + y2, β = x,∂2u

∂β2 −β

α− β2∂u

∂β= 0.

5.3 α = y, β = 12 x2,

∂2u

∂α2 + ∂2u

∂β2 + 12β

∂u

∂β= 0.

5.4 Pentru y > 0 ecuatia este eliptica. α = x, β = 2√y∂2u

∂α2 + ∂2u

∂β2 −1β

∂u

∂β.

Pentru y < 0 ecuatia este hiperbolica. α = x+ 2√−y, β = x− 2

√−y,

∂2u

∂α∂β+ 1

2(α− β)

(∂u

∂α− ∂u

∂β

)= 0.


5.5 α = x+ y − cosx, β = x− y + cosx, ∂2u

∂α∂β= 0.

5.6 α = y sin x, β = y,∂2u

∂β2 − 2 αβ2

∂u

∂α= 0.

5.7 α = sin x− 2x+ y, β = sin x+ 2x+ y

32 ∂2u

∂α∂β+ (α+ β)

(∂u

∂α+ ∂u

∂β

)= 0.

5.8 α = ytgx2 , β = y,∂2u

∂β2 −2α

α2 + β2∂u

∂α= 0.

5.9 Pentru y > 0 ecuatia este eliptica si forma canonica se obtine daca se face schimba-

rea α = x, β = 23y

3/2. Prin calcul gasim forma canonica ∂2u

∂α2 + ∂2u

∂β2 + 13β

∂u

∂β= 0.

Pentru y < 0 ecuatia este hiperbolica si forma canonica se obtine daca se faceschimbarea α = x− 2

3(−y)3/2, β = x+ 23(−y)3/2. Rezulta forma canonica

∂2u

∂α∂β+ 1

6(β − α)

(∂u

∂α− ∂u

∂β

)= 0.

5.10 Este o ecuatie eliptica si prin schimbarea α = arctg x, β = arctg y se obtine∂2u

∂α2 + ∂2u

∂β2 +(sin 2α

2 − 2tgα)∂u

∂α+(sin 2β

2 − 2tgβ)∂u

∂β= 0.

5.11 Prin schimbarea α = x3

y, β = xy se obtine ecuatia hiperbolica

∂2u

∂α∂β− 1β

∂u

∂α+ 1

4α∂u

∂β= 0.

5.12 α = y, β = y − 2x, ∂2u

∂α∂β− 1

2∂u

∂α= 0.

Notam ∂u

∂α= w; atunci ecuatia precedenta devine ∂w

∂β− 1

2w = 0, care prin inte-

grare duce la solutia ln |w| = 12β + ln |f(α)|, sau echivalent, w = eβ/2f(α).

Inlocuind pe w, avem ∂u

∂α= eβ/2f(α), de unde

u(αβ) = eβ/2ϕ(α) + ψ(β).

Deci solutia generala este

u(x, y) = ey/2−xϕ(y) + ψ(y − 2x).

5.3. Solutii 89

5.13 α = xy, β = x, β∂2u

∂β2 + ∂u

∂β= 0. Notam ∂u

∂β= w. Atunci ecuatia precedenta

devineβ∂w

∂β+ w = 0,

care prin integrare conduce la ln |w| = ln |β|+ ln |f(α)|. Deci w = f(α)β

. Urmeaza

∂u

∂β= f(α)

β,

de unde prin integrare, rezulta

u(α, β) = f(α) ln |β|+ g(α),

f, g ∈ C2(R). Solutia generala a ecuatiei este

u(x, y) = f(xy) ln x+ g(xy).

Punem conditiile din enunt.

∂u


x+ yg′(xy)

si u(1, y) = g(y) = 1−cos y, iar din ∂u

∂x(1, y) = f(y) + yg′(y) = 2y deducem f(y) =

2y − y sin y. Solutia problemei este u(x, y) = (2xy − xy sin xy) ln x+ 1− cosxy.

5.14 α = 2y − 7x, β = 2y + 3x, forma canonica este

∂2u

∂α∂β= 0.

Din ∂

∂α(∂u∂β

) = 0 deducem ∂u

∂β= f(β), f ∈ C1(R), cu solutia u(αβ) = ϕ(α) + ψ(β),

de undeu(x, y) = ϕ(2y − 7x) + ψ(2y + 3x),

ϕ, ψ ∈ C2(R). In punctele de pe prima caracteristica, 2y − 7x = 0 avem sin 2x =ϕ(0) + ψ(10x), iar pentru x = 0, avem ϕ(0) + ψ(0) = 0. In punctele de pe a douacaracteristica 2y + 3x = 0 avem −x2 = ϕ(−10x) + ψ(0). Rezula atunci

ψ(r) = sin r5 − ψ(0)

ϕ(r) = − r2

100 + ϕ(0),

de unde deducem solutia problemei

u(x, y) = −(2y − 7x)2

100 + sin 2y + 3x5 .


5.15 α = x− y2, β = x+ 2y, ∂2u

∂α∂β= 0. Deducem u(α, β) = ϕ(α) + ψ(β), adica

u(x, y) = ϕ(x− y2) + ψ(x+ 2y),

ϕ, ψ ∈ C2(R). Avem ∂u

∂y= −2yϕ′(x− y2) + 2ψ′(x+ 2y). Punem conditia u(x, 0) =

f(x) care implica ϕ(x) + ψ(x) = f(x) si deci ψ(x) = −ϕ(x) + f(x) iar din∂u

∂y(x, 0) = g(x) deducem ψ′(x) = 1

2 g(x) si ψ(x) = 12

x∫x0

g(τ)dτ + c. Dupa calcule

rezulta

ϕ(x) = f(x)− 12

x∫x0

g(τ)dτ − c

si solutia este de forma

u(x, y) = f(x− y2)− 12

x−y2∫x0

g(τ)dτ − c+ 12

x+2y∫x0

g(τ)dτ.

Solutia este

u(x, y) = f(x− y2) + 12

x+2y∫x−y2

g(τ)dτ.

5.16 α = y − x2, β = y + x2. Forma canonica este

∂2u

∂α∂β= 0,

cu solutia u(α, β) = ϕ(α) + ψ(β), adica

u(x, y) = ϕ(y − x2) + ψ(y + x2).

Daca punem conditiile din ipoteza obtinem ϕ(0) + ψ(2x2) = f(x) si ϕ(−2x2) +ψ(0) = g(x), iar pentru x = 0, ϕ(0) + ψ(0) = 0, iar ϕ(−2x2) = g(x) − ψ(0).

Deducem ϕ(−x) = g

(√x

2

)− ψ(0) = g

(√x

2

)+ ϕ(0), iar ψ(2x2) = f(x)− ϕ(0),

ψ(x) = f

(√x

2

)− ϕ(0). Rezulta

u(x, y) = ϕ(−(x2 − y)) + ψ(x2 − y))+ψ(x2 + y) = g

√x2 − y2

+f

√x2 + y

2

.Pentru f(x) = x4 si g(x) = −x4, gasim solutia problemei de forma

u(x, y) = −(x2 − y

2

)2

+(x2 + y

2

)2

= x2y.

5.3. Solutii 91

5.17 Cu noile variabile α = xy, β = y

x, si gasim ∂2u

∂α∂β= 0. Rezulta u(α, β) = ϕ(α) + ψ(β),

deciu(x, y) = ϕ(xy) + ψ

(y

x

).

Avem ∂u

∂y= 1xϕ′(y

x

)+ xψ′(xy). Din u(x, 1) = xe−x deducem ϕ

(1x

)+ ψ(x) = xe−x

si prin derivare− 1x2ϕ

′(1x

)+ ψ′(x) = (−x+ 1)e−x. Din a doua conditie ∂u

∂y(x, 1) = xe−x

rezulta 1xϕ′(1x

)+ xψ′(x) = xe−x. Din cele doua relatii deducem ψ′(x) = 2− x

2 e−x,

deciψ(x) = 1

2(x− 1)ex + c,

si apoiϕ

(1x

)= 1

2(x+ 1)e−x − c.

Rezulta solutia

u(x, y) = x+ y

2y e−x

y + xy − 12 e−xy.

5.18 α = x − y, β = x + 5y, iar forma canonica este ∂2u

∂α∂β= 1

6∂u

∂α. Daca v = ∂u

∂α,

deducem ln v = 16β + ln f(α), de unde v = f(α)eβ/6. Tinand cont de semnificatia

lui v, gasim u(α, β) = eβ/6ϕ(α) + ψ(β). Deci,

u(x, y) = e(x+5y)/6ϕ(x− y) + ψ(x+ 5y).

Din u(x, 0) = f(x) deducem

ex/6ϕ(x) + ψ(x) = f(x)

iar din ∂u

∂y(x, 0) = g(x) si derivata

∂u

∂y(x, y) = 5

6e(x+5y)/6ϕ(x− y)− e(x+5y)/6ϕ′(x− y) + 5ψ′(x+ 5y),

deducem56e

x/6ϕ(x)− ex/6ϕ′(x) + 5ψ′(x) = g(x).

Gasim ψ(x) = f(x)−ex/6ϕ(x) care prin derivare duce la ψ′(x) = f ′(x)−16e

x/6ϕ(x)−

ex/6ϕ′(x). Deducem ϕ′(x) = 16e

x/6(5f ′(x)− g(x)). Daca folosim functiile f, g,


avem ϕ′(x) = e−x− 1, de unde ϕ(x) = −e−x− x+ c si ψ(x) = xex/6− 1125e

−5x/6−Cex/6. Rezulta

u(x, y) = 6ye(x+5y)/6 − e(11y−5x)/6 − 125e

−5(x+5y)/6.

5.19 Daca u(x, y) = v(x, y)eλx+µy avem∂u

∂x= λeλx+µyv + eλx+µy ∂v

∂x.

∂u

∂y= µeλx+µyv + eλx+µy ∂v

∂y

∂2u

∂x2 = λ2eλx+µyv + 2λeλx+µy ∂v

∂x+ eλx+µy ∂

2v

∂x2 .

∂2u

∂x∂y= λµeλx+µyv + µeλx+µy ∂v

∂x+ λeλx+µy ∂v

∂y+ eλx+µy ∂

2v

∂x∂y.

∂2u

∂y2 = µ2eλx+µyv + 2µeλx+µy ∂v

∂y+ eλx+µy ∂

2v

∂y2 .

Pentru a. luam λ = −1, µ = −4 si ∂2v

∂x2 + ∂2v

∂y2 − 16v = f(x, y)ex+4y.

Pentru b. luam ł = 5, µ = −2 si ∂2v

∂x∂y+ 13v = e−5x+2yf(x, y).

Pentru c. luam ł = 7, µ = −2 si se obtine ∂2v

∂x2 + ∂v

∂x= e−7x+2yf(x, y).

Metoda separarii variabilelor

5.20 Daca u(x, y) = X(x)Y (y), atunci ∆u = X ′′Y +XY ′′ = 0; de unde deducem

X ′′

X= −Y

′′

Y= λ.

Relatia u(x, 0) = 0 implica Y (0) = 0, iar u(x, l) = 0 implica Y (l) = 0. Rezolvamproblema asociata unei ecuatii diferentiale liniare cu coeficienti constanti

Y ′′ + λY = 0Y (0) = 0Y (l) = 0.

Ecuatia caracteristica este r2 + λ = 0, cu solutiile

λ < 0, r = ±√−λ,

Y (y) = c1e

−√−λy + c2e

√−λy

Y (0) = c1 + c2 = 0Y (l) = c1e

−√−λl + c2e

√−λl = 0,

5.3. Solutii 93

de unde deducem Y ≡ 0. Apoi

λ > 0, r = ±j√λ,

Y (y) = c1 cos

√λy + c2 sin

√λy

Y (0) = c1 = 0Y (l) = c1 cos

√λl + c2 sin

√λl = 0.

Din sin√λl = 0 deducem

√λ = nπ

l, deci λn = n2π2

l2si

Yn(y) = cn sin(nπ

ly

).

Din ecuatia X ′′ − λnX = 0 deducem

Xn(x) = c1,nenπxl + c2,ne

−nπxl .

Daca un(x, y) = Xn(x)Yn(y), cautam solutia de forma

u(x, y) =∞∑n=0

Xn(x)Yn(y) =∞∑n=1

c1,nenπxl + c2,ne

−nπx

l

sin(nπ

ly

).

Punand conditialim

x→+∞u(x, y) = 0

rezulta c1,n = 0, deci

u(x, y) =∞∑n=1

cne−nπx

l sin(nπ

ly

).

5.21 u(r, θ) = R(r)T (θ) implica

r2R′′T + rR′T +RT ′′ = 0.

Deci−r

2R′′ + rR′

R= T ′′

T= −λ.

Deducem T ′′ + λT = 0 si r2R′′ + rR′ − λR = 0. Din prima ecuatie rezulta

T = A cos√λθ +B sin

√λθ.

Punem conditia de periodicitate T (θ) = T (θ + 2π), de unde√λ2π = 2πn, deci

λ = n2 si Tn = An cosnθ +Bn sinnθ. Obtinem

r2R′′(r) + rR′(r)− n2R(r) = 0.


Aceasta este o ecuatie Euler si, facand substitutia r = et, deducem R(r) = Cnrn +

Dnr−n. Daca suntem ın situatia a., obtinem

u(r, θ) =∞∑n=0

rn(An cosnθ +Bn sinnθ).

In cazul b. rezulta

u(r, θ) =∞∑n=0

1rn

(An cosnθ +Bn sinnθ).

5.22 a. Cautam solutii de forma u(x, y) = X(x)Y (y). Obtinem X ′′Y + XY ′′ = 0,

de unde X ′′

X= −Y

′′

Y= λ. Problema revine la rezolvarea a doua ecuatii. Prima

ecuatie este {X ′′ − λX = 0X ′(0) = X ′(1) = 0

si are solutiile X = C1 cos√−λx + C2 sin

√−λx, λ < 0. Daca derivam si pu-

nem conditiile X ′(0) = X ′(1) = 0 obtinem X ′(0) = C2 = 0 si a X ′(1) =−C1

√−λ sin

√−λx = 0. Deducem λn = −n2π2 si atunci gasim

Xn(x) = cosnπx.

A doua ecuatie este Y ′′ − n2π2Y = 0 si are solutia Yn(y) = C1,nenπy + C2,ne

−nπy.Deci

u(x, y) =∞∑n=0

(C1,nenπy + C2,ne

−nπy) cosnπx.

Din u(x, 1) = 0 deducem C1,nenπ + C2,ne

−nπ = 0, pe care o ınlocuim mai sus:

u(x, y) =∞∑n=0

C1,n(enπy − e2nπe−nπy

)cosnπx.

Conditia u(x, 0) = x2

2 −x3

3 , x ∈ [0, 1] conduce la

x2

2 −x3

3 =∞∑n=1

C1,n(1− e2nπ) cosnπx ∀x ∈ [0, 1].

Folosind coeficientii seriei Fourier de cosinusuri, gasim

C1,n(1− e2nπ) = 21∫

0

(x2

2 −x3

3

)cosnπxdx

5.3. Solutii 95

Dupa efectuarea integrarii, obtinem

u(x, y) = 8π3

∞∑n=1

1(2n+ 1)3(e2(2n+1)π − 1)

(enπy − e2nπe−nπy) cosnπx.

b. Procedam ca mai sus. Din X ′′ − λX = 0, X(0) = X(1) = 0 deducemλn = −n2π2, deci Xn(x) = sinnπx. Din Y ′′ − n2π2Y = 0, deducem Yn(y) =C1,ne

nπy + C2,ne−nπy. Solutia este de forma

u(x, y) =∞∑n=1

(C1,nenπy + C2,ne

−nπy) sinnπx.

Din u(x,0) = 0, deducem c1,n + c2,n = 0 si ınlocuind ın expresia seriei gasim

u(x, y) =∞∑n=1

C1,n(enπy − e−nπy) sinnπx.

Folosind ipoteza, u(x, 1) = x(1− x) deducem

x(1− x) =∞∑n=1

2C1,nshnπ sinnπx

iar, din formula coeficientilor Fourier ai seriei de sinusuri, obtinem

2c1,nsh nπ = 21∫

0

(x− x2) sinnπxdx.

Dupa efectuarea calculelor gasim

u(x, y) = 8π3

∞∑n=1

1(2n+ 1)3sh (2n+ 1)π (sh (2n+ 1)πy)(sin(2n+ 1)πx).

5.23 Cautam solutia de forma u(t, x) = X(x)T (t), pentru care a2X ′′T − XT ′′ = 0.Deducem

X ′′

X= T ′′

a2T= λ.

Din X ′′ − λX = 0, deducem

X = c1 cos√−λx+ c2 sin

√−λx, λ < 0

si, deoarece X(0) = X(l) = 0, obtinem

λn = −n2π2

l2, Xn = sin nπ

lx.

Din T ′′ − λna2T = 0, deducem


T (t) = An cos nπalt+Bn sin nπa

lt

si solutia generala

u(t, x) =∞∑n=0

sin nπlx

(An cos nπa

lt+Bn sin nπa

lt

),

cu derivata ın raport cu t de forma

∂u

∂t(x, t) =

∞∑n=0

sin nπlx

(−An

l

nπasin nπa

lt+Bn

l

nπacos nπa

lt

).

a. Daca ∂u

∂t(x, 0) = 0 rezulta Bn = 0. Din conditia u(x, 0) = f(x), x ∈ (0, l)

deducem

f(x) =∞∑n=0

An sin nπlx.

Deci f admite dezvoltare ın serie Fourier de sinusuri cu coeficientii

An = 1l

l∫0

f(x) sin nπlxdx = 1

l

l2∫

0

2hlx sin nπ

lxdx+ 1

l

l∫l2

2hl

(l − x) sin nπlxdx =

= 2hl2

−x(cos nπlx) l

nπ

∣∣∣∣∣l2

0+

l2∫

0

cos nπlxl

nπdx

+

+2hl2

−(l − x)(cos nπlx) l

nπ

∣∣∣∣∣ ll2

−

l2∫

0

cos nπlxl

nπdx

.Deducem

u(t, x) = 8hπ2

∞∑n=0

(−1)n

(2n+ 1)2 sin (2n+ 1)πxl

cos (2n+ 1)πatl

.

Analog obtinem

b. u(t, x) = 32hπ3

∞∑n=0

1(2n+ 1)3 sin (2n+ 1)πx

lcos (2n+ 1)πat

l.

c. u(t, x) = 2hl(l − 2a)π2

∞∑n=0

1(2n+ 1)2 cos (2n+ 1)πa

lcos (2n+ 1)πx

πl· cos (2n+ 1)πat

l.

5.3. Solutii 97

5.24 Cautam solutii de forma u(t, x) = X(x)T (t), care duc la

gxX ′′ +X ′

X= T ′′

T= −λ

de unde

xX ′′ +X ′ + λ

gxX = 0

T ′′ + λT = 0.Prima ecuatie este de tip Bessel, daca λ > 0 si are solutia

X(x) = c1J0

(√λx

g

)+ c2N0

(√λx

g

).

Din conditiile la limita si anume u(t, 0) = X(0)T (t) si faptul ca J0(0) = 1 deducem

c2 = 0. Iar din u(t, l) = 0 deducem X(l) = 0, deci J0

(√λl

g

)= 0, de unde√

λl

g= µn (µn este sirul radacinilor simple ale lui J0). Rezulta ca λn = g

lµ2n.

Ecuatia (2) devine T ′′+λnT = 0 cu solutia Tn(t) = An cos(√λnt)+Bn sin(

√λnt).

Solutia care verifica conditiile la limita este

u(t, x) =∞∑n=1

(An cos

(√g

lµnt

)+Bn sin

(√g

lµnt

))J0

(√x

lµn

).

Utilizand conditiile initiale u(x, 0) = f(x) si ∂u∂t

(0, x) = g(x) precum si ortogona-

litatea functiilor Bessel J0

(√x

lµn

)pe [0, l] cu ponderea 1, obtinem

An = 1

lJ21(µn)

l∫0

f(x)J0

(√x

lµn

)dx

Bn = 1l√λnJ2

1 (µn)

l∫0

g(x)J0

(√x

lµn

)dx.

2.25 Cautand solutii de forma u(t, r) = X(r)T (t) se obtine pentruX ecuatia diferentialarX ′′ + X ′ + λ2rX = 0 (1) iar pentru T ecuatia T ′′ + λ2a2T = 0 (2). Solutiagenerala a ecuatiei (1) este X(r) = c1J0(λr) + c2N0(λr). Din conditia la limitau(t, 0) = finit, deducem c2 = 0, iar din a doua u(t, R) = 0, deducem c1J0(λR) = 0si λn = µn

Runde J0(µn) = 0. Deci Xn(r) = J0

(µnRr

). Solutia generala a ecuatiei

(2) pentru λn = µnR

este


Tn(t) = An cos(aµnR

t

)+Bn sin

(aµnR

t

).

Deci

u(t, r) =∞∑n=1

(An cos

(aµnR

t

)+Bn sin

(aµnR

t

))J0

(µnRr

).

Utilizand conditiile initiale deducem

An = 2

R2J21(µn)

R∫0

rf(r)J0

(µnRr

)dr

Bn = 2aRµnJ2

1(µn)

R∫0

rg(r)J0

(µnRr

)dr.

Metoda transformarilor integrale

5.26 Fie

L [u(t, x)] (s) = U(s, x) =+∞∫0

u(t, x)e−stdt

transformata Laplace a solutiei problemei mixte propuse. Derivatele partiale setransforma dupa formulele

L

[∂2u

∂x2 (t, x)]

(s) =+∞∫0

∂2u

∂x2 (t, x) e−st dt = ∂2U

∂x2 (s, x)

L

[∂u

∂t(t, x)

](s) = sU(s, x)− u(0, x) = sU(s, x)−A sin nπx

l.

Problema revine la rezolvarea ecuatiei diferentiale liniare de ordinul II, neomogenecu coeficienti constanti

∂2U

∂x2 (s, x)− 1a2 sU(s, x) = −A

a2 sin nπxl

U(s, 0) = U(s, l) = 0.

Solutia generala este de forma U(s, x) = U0(s, x) + Up(s, x) unde U0 este solutiaecuatiei omogene, iar Up este o solutie particulara. Putem presupune s > 0; atunciobtinem

U0(s, x) = c1e−√sax + c2e

√sax.

5.3. Solutii 99

Cautam o solutie particulara de forma

Up(s, x) = A1 sin nπxl

+A2 cos nπxl.

Inlocuind ın ecuatie obtinem

Up(s, x) = A

p+(nπa

l

)2 sin nπxl.

Deci U(s, x) = c1e−√sax + c2e

√sax + A

p+(nπa

l

)2 sin nπxl

.

Din conditiile U(s, 0) = U(s, l) = 0 deducem U(s, x) = Up(s, x), care este trans-

formata Laplace a functiei e−a2π2n2l2 sin nπx

l, deci solutia problemei este

u(t, x) = Ae−a2π2n2t

l2 sin nπxl.

5.27

Fs

[∂u

∂t(t, x)

](ω) =

√2π

+∞∫0

∂u

∂t(t, x) sin xωdx = ∂

∂tFs[u(t, x)](ω).

Fs

[∂2u

∂x2 (t, x)]

(ω) =√

2π

+∞∫0

∂2u

∂x2 (t, x) sin xωdx =

=√

2π

∂u∂x

(t, x) sin xω∣∣∣∣∣+∞0 − ω

+∞∫0

∂u

∂xcosxωdx

=

= −√

2πω

u(t, x) cosxω∣∣∣∣∣+∞0 + ω

+∞∫0

u(t, x) sin xωdx

.

Deci Fs

[∂2u

∂x2 (t, x)]

(ω) = −ω2Fs[u(t, x)](ω).

Deducem ecuatia diferentiala liniara cu parametrul ω

−a2ω2Fs[u(t, x)](ω) = ∂

∂tFs[u(t, x)](ω) + Fs[ϕ(t, x)](t, ω).

Notam U(t, ω) = Fs[u(t, x)], iar ecuatia devine

∂U

∂t+ a2ω2U = −Fs[ϕ(t, x)](t, ω).


Solutia ecuatiei omogene este

U0(t, ω) = C0(ω)e−a2ω2t.

Solutia particulara o gasim prin metoda variatiei constantelor.Cautam Up = C(ω)e−a2ω2t si punand conditia ca aceasta sa fie solutie deducem

∂C

∂t= −ea2ω2tFs[ϕ(t, x)](t, ω)

de unde C(ω) = −t∫

0

ea2ω2uFs[ϕ](u, ω) du. Solutia este atunci

U(t, ω) = U0 + Up =

C0(ω)−t∫

0

ea2ω2uFs[ϕ](u, ω) du

e−a2ω2t.

Din U(0, ω) = 0 deducem C0(ω) = 0 si atunci avem

U(t, ω) = −e−a2ω2t

t∫0

ea2ω2uFs[ϕ](u, ω) du,

de unde deducem

u(t, x) = −√

2π

+∞∫0

t∫0

ea2ω2yFs[ϕ](y, ω) dy

e−a2ω2t sinωxdω.

5.28 Procedand ca mai sus, prin aplicarea transformatei Fourier prin cosinus se obtineecuatia liniara ın U(t, ω) = Fc[u(t, x)](ω)

∂U

∂t=√

2πa2µ− a2ω2U(t, ω),

de unde U(t, ω) = C(ω)e−a2ω2t. Deoarece U(0, ω) = 0, rezulta ca solutia coincidecu cea particulara, determinata de exemplu prin variatia constantelor; deci rezulta

U(t, ω) =√

2π

µ

ω2 (1− e−a2ω2t).

Aplicand transformata inversa avem

u(t, x) = 2µπ

+∞∫0

1− e−a2ω2t

ω2 cosωxdω.

Capitolul 6

Elemente de toria probabilitatilor

6.1 Camp de probabilitate. Abstract teoretic; exemple

Camp infinit de evenimente.

Fie E = {e1, · · · , en} o multime finita ale carei elemente le numim cazuri posibile(sau evenimente elementare) si P(E) multimea submultimilor ei (∅ ⊂ E).

Exemplul 6.1.1. 1. La aruncarea unui zar omogen pe o suprafata plana se obtin cazurileposibile

E = {e1, e2, · · · , e6}

unde prin evenimentul elementar ei, i = 1, · · · , 6 ıntelegem ca ”la o aruncare se obtinefata cu numarul i”.

2. La aruncarea a doua zaruri simultan sunt 36 de cazuri posibile, iar multimea loreste

E = {(ei, ej), i, j = 1, · · · , 6}

3. Daca trebuie sa transmitem 3 semnale diferite pe un canal, iar transmisia se poateface ıntr-o ordine aleatoare, atunci avem 6! moduri, iar multimea E este multimea tuturortripletelor ordonate (permutari), care se pot forma cu elementele multimii {1, 2, 3} . 4.Daca trebuie sa transmitem 3 semnale diferite pe 3 canale de transmisie ın mod aleator,atunci avem 33 cazuri posibile.

Exemplul 6.1.2. 1. La aruncarea unui zar un eveniment poate fi A ”obtinerea unuinumar par”, deci are 3 cazuri favorabile

A = {e2, e4, e6}

2. La aruncarea a doua zaruri evenimentul A ”obtinerea unei duble” are 6 cazurifavorabile

A = { (e1, e1), (e2, e2), (e3, e3), (e4, e4), (e5, e5), (e6, e6) }

101

102 6. Elemente de toria probabilitatilor

Operatii cu evenimenteEvenimentele A si B coincid sau sunt egale si notam A = B, daca se realizeaza simul-tan. Aceasta revine la existenta acelorasi cazuri favorabile.Daca A este un eveniment, A se numeste eveniment contrar si este acel eveniment,care se realizeaza atunci cand A nu se produce; A = E \A = CEA.Daca A si B sunt doua evenimente, spunem ca A implica B si notam A ⊆ B, dacarealizarea lui A antreneaza realizarea lui B, sau echivalent toate cazurile favorabile luiA sunt favorabile si lui B.Date A si B doua evenimente, numim intersectia lor, evenimentul notat A

⋂B care

se realizeaza atunci cand A si B se produc simultan. Daca A⋂B = ∅, evenimentele

se numesc incompatibile. Mai general, daca avem o familie cel mult numarabila deevenimente (Ai)i∈I , I ⊆ N, evenimentul ⋂

i∈IAi

se realizeaza atunci cand toate evenimentele Ai se produc.Daca A,B sunt doua evenimente, reuniunea lor este evenimentul notat A ∪ B care serealizeaza daca cel putin unul dintre evenimentele A sau B se produce. Daca avem omultime cel mult numarabila de evenimente Ai, i ∈ I, I ⊆ N reuniunea este evenimentulnotat ⋃

i∈IAi

se realizeaza daca cel putin unul dintre Ai se produce.Au loc urmatoarele proprietati:

1. comutativitatea

A ∩B = B ∩A A ∪B = B ∪A

2. asociativitatea(A ∩B) ∩ C = A ∩ (B ∩ C)

(A ∪B) ∪ C = A ∪ (B ∪ C)3. distributivitatea

A ∩ (B ∪ C) = (A ∩B) ∪ (A ∩ C)

A ∪ (B ∩ C) = (A ∪B) ∩ (A ∪ C)4. relatiile lui de Morgan

A ∩B = A ∪B A ∪B = A⋂B

care se generalizeaza⋃i∈I

Ai =⋂i∈I

Ai⋂i∈I

Ai =⋃i∈I

Ai

6.1. Camp de probabilitate. Abstract teoretic; exemple 103

Exemplul 6.1.3. Fie A,B,C sunt 3 evenimente. Atunci1. faptul ca toate trei se realizeaza se exprima prin A ∩B ∩ C.2. cel putin unul se realizeaza ınseamna A ∪B ∪ C.3. A sau B se realizeaza si C nu are loc se exprima prin (A ∪B) ∩ C.4. exact unul se realizeaza ınseamna (A ∩B ∩ C) ∪ (A ∩B ∩ C) ∪ (A ∩B ∩ C).

Numim probabilitate ın sens clasic functia P : P(E)→ [0, 1] definita prin

P (A) = nr.cazurilor favorabilenr.cazuri posibile

= k

n(6.1.1)

O functie P : P(E)→ [0, 1] care satisface urmatoarele proprietati:

P (A) ∈ [0, 1], ∀A ∈ P(E) (6.1.2)

P (E) = 1 (6.1.3)

P (A ∪B) = P (A) + P (B) ∀A,B ∈ P(E), A ∩B = ∅, (6.1.4)

se numeste probabilitate. Sa observam ca proprietatea (6.1.4) se extinde imediat la ofamilie finita de evenimente. Daca (Ai), i ∈ {1, · · · , n}, Ai ∩Aj = ∅, i , j atunci

P

(n⋃i=1

Ai

)=

n∑i=1

P (Ai).

Tripletul (E,P(E), P ) se numeste camp finit de probabilitate.

Reguli de numararePrincipiul multiplicarii. Presupunem ca doua evenimente A si B, se pot realiza ın mrespectiv k moduri, independent unul de cela lalt. Numarul de moduri ın care se poaterealiza A si B este m× k.Permutari. Numarul tuturor aplicatiilor bijective (permutari) de la o multime de nelemente la ea ınsasi este n! = 1 · 2 · · · n.Aranjamente. Numarul submultimilor ordonate cu k elemente ale unei multimi cu nelemente, 0 ≤ k ≤ n, se numeste aranjamente de n luate cate k si este Akn = n(n −1) . . . (n− k + 1).Combinari. Numarul submultimilor cu k elemente ale unei multimi cu n elemente,

0 ≤ k ≤ n, se numeste combinari de n luate cate k si este Ckn = Aknk! .

Exemplul 6.1.4. 1. Cate parole cu cate 5 litere se pot forma pentru un computer, dacaliterele nu se pot repeta ? Dar daca se pot repeta ? (Folosim 26 de litere).

2. Cate coduri de trei cifre se pot forma cu cifrele 0, 1, . . . 9?3. In cate moduri 10 studenti pot ocupa 10 ba nci? Dar 12 banci?


Solutie. 1. Pentru primul caz se folosesc submultimi ordonate A526, deoarece putem

interpreta ca prima litera poate fi aleasa ın 26 de moduri, a doua ın 25 de moduri etc,deci o parola este o submultime ordonata cu 5 elemente. In al doilea caz din principiulmultiplicarii 265, deoarece fiecare pozitie poate sa fie ocupata de oricare dintre cele 26de litere, independent de celelalte.2. Din principiul multiplicarii rezulta 103 de cazuri.3. Evident ca 10 studenti pot ocupa 10 ba nci ın 10! moduri. Apoi 10 ba nci pot fialese ın C10

12 , iar pentru 10 ba nci fixate avem 10! moduri, dupa care folosim principiulmultiplicarii si obtinem C10

12 × 10! = A1012.

Exemplul 6.1.5. Dintr-o urna cu 3 bile albe si 2 bile negre extragem 2 bile astfel:1. simultan2. cate una fara repunere3. cu repunereIndicati toate cazurile posibile.

Solutie. Numerota m bilele a1, a2, a3, n1, n2.In cazul 1. se formeaza submultimi de 2 elemente dintr-o multime cu 5 , deci C2

5 .

E1 = {(a1, a2), (a1, a3), (a1, n1), (a1, n2), (a2, a3), (a2, n1)

(a2, n3), (a3, n1), (a3, n2), (n1, n2).}

In al doilea caz intervine si ordinea deci A25 si

E2 = E1 ∪ {(a2, a1), (a3, a1), (n1, a1), (n2, a1), (a3, a2)

(n1, a2), (n3, a2), (n1, a3), (n2, a3), (n2, n1), }

3. Dupa principiul multiplicarii rezulta 5× 5 moduri

E3 = E1 ∪ E2 ∪ {(a1, a1), (a2, a2), (a3, a3), (n1, n1), (n2, n2).}

Formule de calcul ıntr-un camp de probabilitate

• Evenimentul sigur, E, este evenimentul care se realizeaza cu certitudine la oriceproba, P (E) = 1.

• Evenimentul imposibil, ∅, este evenimentul care nu se poate realiza ın nici oefectuare a experientei, P (∅) = 0.

• Evenimentul contrar evenimentului A se noteaza cu A si se realizeaza ori decate ori A nu are loc.

P (A) = 1− P (A) (6.1.5)

Exemplul 6.1.6. (Blaise Pascal) Sa aratam ca probabilitatea de a obtine cel putin un6 cand se arunca un zar de patru ori este mai mare decat probabilitatea de a obtine celputin o dubla (6,6), daca se arunca 2 zaruri de 24 de ori.


Solutie. Notam cuA evenimentul ”se obtine cel putin un 6 cand se arunca un zar de patru ori”,B evenimentul ”se obtine cel putin un (6, 6) cand se arunca doua zaruri de 24 ori”.

Constatam ca A si B reprezinta reuniuni de evenimente. Este mult mai comod sa trecemla evenimentele contrare

A evenimentul ”de a nu obtine nici un 6 cand se arunca un zar de patru ori”B evenimentul ”de a nu obtine nici un(6, 6) cand se arunca doua zaruri de 24 ori”

Daca aruncam un zar avem 6 cazuri posibile la o aruncare, iar la 4 aruncari 64; pentru Aavem 54 cazuri deci P (A) = (5

6)4, iar folosind (1.5) P (A) = 1− (56)4 = 0, 5177. Deoarece

la o aruncare a doua zaruri exista, conform principiului multiplicarii, 6× 6 cazuri, iar la24 de aruncari 6× 624.

P (B) =(35

36

)24.

• Probabilitatea unei diferente este data de formula

P (A \B) = P (A)− P (A ∩B) (6.1.6)

Consecinta. Daca A ⊆ B rezulta P (A) ≤ P (B). Aceasta deoarece daca A ⊆ B, avemA = A ∩B si P (B)− P (A) = P (B \A) ≥ 0.

• Probabilitatea unei reuniuni este data de formula

P (n⋃i=1

Ai) =n∑i=1

P (Ai)−∑

1≤i<j=nP (Ai ∩Aj) +

∑1≤i<j<k≤n

P (Ai ∩Aj ∩Ak)+

+ . . .+ (−1)n−1P (n⋂i=1

Ai) (6.1.7)

Exemplul 6.1.7. Rezistorii circuitului din figura (??) Ri, i = 1, 4 functioneaza inde-pendent si au aceleasi sanse de a se arde. Sa calculam probabiliatea ca prin circuit sacircule curentul.

Solutie. Fie Ri, i = 1, 4, evenimentul ca rezistorul Ri functioneaza si A faptul ca circulacurentul. Avem

A = (R1 ∪R2 ∪R3) ∩R4 = (R1 ∩R4) ∪ (R2 ∩R4) ∪ (R3 ∩R4).

Daca aplica m probabilitatea rezulta

P (A) = P (R1 ∩R4) + P (R2 ∩R4) + P (R3 ∩R4)−

−P (R1 ∩R2 ∩R4)− P (R1 ∩R3 ∩R4)− P (R2 ∩R3 ∩R4)+

+P (R1 ∩R2 ∩R3 ∩R4).


Cazurile posibile sunt 24 , deorece orice rezistor poate fi ın doua situatii, independentde celelalte. Doi rezistori functioneaza ın 22 cazuri favorabile,trei rezistori ın 2 cazurifavorabile, iar toate patru ıntr-un singur caz. Deci

P (A) = 322

24 − 3 224 + 1

24

Inegalitatea lui Boole

P

(n⋂i=1

Ai

)≥

n∑k=1

P (Ai)− (n− 1) (6.1.8)

Exemplul 6.1.8. Un dispozitiv corespunde cerintelor daca satisface proprietatile a, b, c.Intr-un lot de dispozitive exista 95% de dispozitive ce satisfac a, 90% ce satisfac b si 92%ce satisfac c. Sa se determine o limita inferioara a probabilitatii ca alegand la ıntamplareun dispozitiv, acesta sa corespunda.

Solutie. Notam cu A,B,C, faptul ca dispozitivul satisface proprietatile a, b, c. Atuncifaptul ca acesta corespunde, reprezinta evenimentul

A ∩B ∩ C

Folosim inegalitatea lui Boole si avem

P (A ∩B ∩ C) ≥ 1− 3 + P (A) + P (B) + P (C) = 0, 95 + 0, 90 + 0, 92− 2 = 0, 77.

• Conditionare si independenta

Daca A ⊂ E, satisface P (A) , 0, atunci probabilitatea de realizare a evenimentului B ınipoteza ca evenimentul A s-a realizat, se numeste probabilitatea lui B, conditionatade A si este definita prin:

P (B|A) = PA(B) = P (A ∩B)P (A) . (6.1.9)

Evenimentele A si B se numesc independente daca are loc P (A ∩B) = P (A) · P (B).

Exemplul 6.1.9. O urna contine 6 bile albe si patru bile negre. Extragem o bila siconstatam ca este alba. Mai extragem o bila; cu ce probabilitate a doua este tot alba.Vom considera situatiile:

1. prima bila este repusa2. prima bila nu este repusa.

Solutie. Consideram evenimentele A ”prima bila este alba” si B ” a doua bila este alba”.Daca suntem ın situatia 1., atunci A conditioneaza pe B si prin urmare PA(B) = 5

9. Daca

suntem ın cazul 2., faptul ca s-a produs A nu influenteaza pe B. Atunci P (B) = 610 .


Exemplul 6.1.10. Daca A,B ∈ P(E) si P (A) · P (B) , 0, atunci urmatoarele afirmatiisunt echivalente

1. A,B sunt independente,2. P (A|B) = P (A),3. P (B|A) = P (B).

Solutie. Afirmatiile rezulta imediat. Aratam implicatia 1.⇔ 2.1.⇒ 2.. Calculam probabilitatea conditionata, folosind independenta si avem

P (A|B) = P (A ∩B)P (B) = P (A)P (B)

P (B) = P (A)

Pentru 2.⇒ 1., din

P (A|B) = P (A ∩B)P (B) = P (A)

rezulta P (A ∩B) = P (A)P (B), deci independenta evenimentelor A,B.

Exemplul 6.1.11. Fie A,B doua evenimente oarecare. Urmatoarele afirmatii suntechivalente:

1. A,B sunt independente2. A,B sunt independente3. A,B sunt independente4. A,B sunt independente.

Solutie. Exemplificam 2.⇔ 4. Pentru implicatia 2.⇒ 4. avem

P (A ∩B) = P (B ∩A) = P (B \A).

Folosim probabilitatea unei diferente si apoi independenta evenimentelor A,B si dedu-cem succesiv

P (A∩B) = P (B)−P (B∩A) = P (B)−P (B) ·P (A) = P (B)(1−P (A)) = P (B) ·P (A),

deci independenta evenimentelor A,B. Implicatia 4.⇒ 2. rezulta asemanator.

• Evenimentele (Ai), i ∈ {1, · · · , n} ∈ P(E) se numesc global independente dacapentru orice I ⊆ {1, 2, · · · , n} are loc

P

(⋂i∈I

Ai

)=∏i∈I

P (Ai).

Exemplul lui Bernstein arata ca exista 3 evenimente independente doua cate doua, darcare nu sunt global independente.


Exemplul 6.1.12. Un tetraedru regulat si omogen are fetele colorate astfel: o fatacomplet alba, o fata complet rosie, o fata complet neagra si a patra fata contine toatecele trei culori. Aruncam tetraedrul pe o suprafata plana si fie evenimentele

A1 ”tetradedrul se aseaza pe fata ce contine culoarea alba”A2 ”tetradedrul se aseaza pe fata ce contine culoarea rosie”A3 ”tetradedrul se aseaza pe fata ce contine culoarea neagra”.Avem atunci

P (A1 ∩A2) = P (A1 ∩A3) = P (A2 ∩A3) = 14

iarP (A1)P (A2) = P (A1)P (A3) = P (A2)P (A3) = 1

2 ·12

de unde deducem independenta cate doua; ın timp ce

P (A1 ∩A2 ∩A3) = 14 ,

12 ·

12 ·

12

ceea ce arata ca cele trei evenimente nu sunt global independente.

• Probabilitatea unei intersectii

P

(n⋂i=1

Ai

)=

= P (A1)P (A2|A1)P (A3|A1 ∩A2) · · ·P (An|A1 ∩ · · · ∩An−1) (6.1.10)

Exemplul 6.1.13. Un lot de 100 de diode contine 5% rebuturi. Se face umatorul controlde calitate: se aleg (fara repunere) 5 diode si daca cel putin una este defecta, lotul serespinge. Sa calculam probabilitatea de a respinge lotul.

Solutie. Notam cu Ai faptul ca ”la extragerea i se obtine o dioda corespunzatoare”.Lotul este respins daca se produce

5⋃i=1

Ai

Calculam probabilitatea trecand la evenimentul contrar

P

( 5⋃i=1

Ai

)= 1− P (

5⋂i=1

Ai) = 1−

−P (A1)P (A2|A1)P (A3|A1 ∩A2)P (A4|A1 ∩A2 ∩A3)P (A5|A1 ∩A2 ∩A3 ∩A4) =

= 1− 95100 ·

9499 ·

9398 ·

9297 ·

9196 .


• Un sistem complet de evenimente este o familie de evenimente {Ai, i = 1, n}cu urmatoarele proprietatil:1. P (Ai) > 0, ∀i = 1, · · · , n,2. Ai ∩Aj = ∅, i , j,

3. E =n⋃i=1

Ai,

Exemplul 6.1.14. 1. Daca E = {e1, · · · , en} este finita, multimea evenimentelor ele-mentare ei formeaza un sistem complet de evenimente.

2. Daca A este un eveniment, atunci A si A formeaza un sistem complet de eveni-mente.

Daca {Ai, i = 1, n} este un sistem complet de evenimente atnci au loc urmatoarele douaformule.Formula probabilitatii totale

P (M) =n∑i=1

P (Ai)P (M |Ai) (6.1.11)

Formula lui Bayes

P (Aj |M) = P (M |Aj)P (Aj)n∑i=1

P (Ai)P (M |Ai), j = 1, 2, . . . , n. (6.1.12)

Exemplul 6.1.15. Intr-un canal de comunicatii se transmite 0 sau 1 cu probabilitatile13 si respectiv 2

3 . Receptionerul face erori de decizie cu probabilitatea p = 0, 1. Sadeterminam probabilitatea de a receptiona 1. Daca semnalul receptionat este 1, cu ceprobabilitate a fost transmis 0?

Solutie. Consideram evenimentele Ai, i = 0, 1 cu semnificatiaA0 ”s-a transmis 0”A1 ”s-a transmis 1”

Evident ca {A0, A1} formeaza un sistem complet de evenimente. Fie A faptul ca ” s-areceptionat 1”. Pentru prima ıntrebare folosim (6.1.11). Avem

P (A) = P (A0) · P (A|A0) + P (A1) · P (A|A1) = 13 · 0, 1 + 2

3 · 0, 9 = 0, 633.

Daca s-a receptionat 1, atunci folosim formula (6.1.12)

P (A0|A) = P (A0)P (A|A0)P (A) =

13 · 0, 10, 633 = 0, 0526.


Scheme clasice de probabilitate

• Schema lui Poisson Urnele Ui, i = 1, · · ·n contin bile albe si negre ın proportiicunoscute; fie pi, respectiv qi probabilitatile de a extrage o bila alba respectivneagra din urna Ui; extragem cate o bila din fiecare urna; probabilitatea de aobtine k bile albe este coeficientul lui xk din polinomul

n∏i=1

(pix+ qi) (6.1.13)

Exemplul 6.1.16. Trei semnale sunt receptionate corect cu probabilitatile 0, 8; 0, 7 si0, 9. Sa determinam cu ce probabilitate doua semnale sunt receptionate corect.

Solutie. Ne aflam ın cazul schemei Poisson, iar probabilitatile de a ”extrage bile albe”sunt cele din enunt. Atunci probabilitatea cautata este coeficientul lui x2 din polinomul

(0, 8x+ 0, 2)(0, 7x+ 0, 3)(0, 9x+ 0, 1)

Rezulta p = 0, 398.

• Schema lui Bernoulli (a bilei revenite) Dintr-o urna cu a bile albe si b bilenegre, extragem cu repunere n bile; probabilitatea ca sa avem k bile albe, 0 ≤ k ≤ neste

pn;k = Cknpkqn−k, p = a

a+ b, q = b

a+ b(6.1.14)

Exemplul 6.1.17. Se arunca doua zaruri de 10 ori. Care este probabilitatea ca de 4ori sa apara suma 7?

Solutie. La o efectuare a experientei evenimentul ”aparitia sumei 7” are probabilitatea1/6 (6 cazuri favorabile din 36 posibile). Deci

p = 16 , q = 5

6 , n = 10, k = 4

iar probabilitatea ceruta este C410(1

6)4(56)6.

Generalizare Intr-o urna cu bile de s ∈ N culori, extragem cu repunere n bile; probabi-litatea de a extrage ki bile de culoare i, i = 1, · · · , s este

pn;k1,··· ,ks = n!k1! · · · ks!

pk11 · · · p

kss , k1 + · · ·+ ks = n, p1 + · · ·+ ps = 1 (6.1.15)

unde pi este probabilitatea de a extrage o bila de culoare i

Exemplul 6.1.18. Se arunca un zar de 10 ori. Care este probabilitatea ca exact de 2ori sa apara fata cu un punct si exact de 3 ori sa apara fata cu doua puncte?


Solutie. Avem:

n = 5, n1 = 2, n2 = 3, n3 = 5, p1 = 16 , p2 = 1

6 , p3 = 23 ,

iar probabilitatea ceruta este:

10!2! · 3! · 5!

(16

)2 (16

)3 (23

)5.

• Schema geometrica (a bilei neıntoarse) Dintr-o urna cu a bile albe si b bilenegre, extragem fara repunere n bile n ≤ a+ b ; probabilitatea ca sa avem k bilealbe k ≤ a este

pk,n−ka,b = CkaCn−kb

Cna+b(6.1.16)

Generalizare Intr-o urna sunt ai bile de culoarea i, i = 1 · · · s, s ∈ N ; extragem n fararepunere; probabilitatea de e extrage ki, k1 + · · ·+ ks = n bile de culoarea i este

pk1,···ksa1,··· ,as =

Ck1a1 · · ·C

ksas

Ck1+···+ksn

(6.1.17)

Exemplul 6.1.19. Intr-un lot de 100 de articole se afla 80 corespunzatoare, 15 cudefectiuni remediabile si 5 rebuturi. Alegem 6 articole. Cu ce probabilitate 3 sunt bune,2 cu defectiuni remediabile si 1este rebut ?

Solutie. Vom presupune pentru ınceput ca extragerile se fac cu repunere. Atunci neaflam ın cazul schemei Bernoulli generalizata si aplicam (6.1.15).

p6;3,2,1 = 6!3!2!1!

( 80100

)3 ( 15100

)2 ( 5100

)1

Daca extragerile se fac fara repunere atunci folosim (6.1.17) si obtinem

p3,2,180,15,5 = C3

80C215C

15

C6100

.

Camp infinit de evenimente.

Fie E o multime oarecare si K ⊆ P(E),K , ∅. K se numeste σ-algebra daca satisface1. ∀A ∈ K ⇒A ∈ K,2. ∀An ∈ K , n ∈ N avem ⋃

n∈NAn ∈ K

Au loc proprietatile


1. E, ∅ ∈ KIntr-adevar, deoarece K , ∅ exista A ∈ K, iar din prima axioma A ∈ K; din a doua

axioma A ∪A = E ∈ K. Folosind prima axioma, ∅ = E ∈ K .2. ∀An ∈ K n ∈ N avem ⋂

n∈NAn ∈ K

Intr-adevar, din An ∈ K rezulta An ∈ K, iar din a doua axioma⋂n∈N

An =⋃n∈N

An ∈ K

deci si complementara este din K.3. ∀A,B ∈ K ⇒A \B ∈ K.

Aceasta rezulta din relatia A \B = A ∩B si axiomele structurii.In acest cadru Kolmogorov a introdus axiomatic, notiunea de probabilitate.

Fie E o multime si K o σ-algebra. Se numeste probabilitate orice functie

P : K →[0, 1]

care satisface proprietatile:1. P (E) = 1,2. ∀An ∈ K , n ∈ N, An ∩Am = ∅, n , m avem

P

(⋃n∈N

An

)=∑n∈N

P (An).

Tripletul (E,K, P ) se numeste camp infinit de probabilitate.

Probabilitati geometrice

Presupunem ca un ”punct aleator ”se afla ıntr-un domeniu posibil E ⊂ Rn, iar pro-babilitatea ca acesta sa se afle ıntr-un anumit domeniu, depinde de marimea µ (masura)acestui domeniu; marimea este o lungime (n = 1), o arie (n = 2), sau un volum (n = 3).Probabilitatea ca ”punctul aleator” sa se afle ıntr-un domeniu favorabil D ⊂ E este

P (D) = µ(D)µ(E) (6.1.18)

Exemplul 6.1.20. Pe cadranul unui osciloscop, care este un patrat cu latura a > 0apare aleator un semnal luminos. Cu ce probabilitate acesta apare la o distanta d < a

2 ?

Solutie. Domeniul posibil este interiorul patratului cu aria a2. Domeniul favorabil esteinteriorul cercului cu centrul 0 si raza a

2 , al carui centru coincide cu centrul patratului.Deci

P =π(a2)2

a2 = π

4 .


Figura 6.1:

Exemplul 6.1.21. O banda magnetica are lungimea de 200 m si contine doua mesajeınregistrate pe doua piste; pe prima pista se afla un mesaj de 30 m, iar pe a doua de 50m, a caror pozitie nu se cunoaste precis. Din cauza unei defectiuni trebuie ındepartati10 m de banda, dupa primii 80 m. Gasiti probabilitatile evenimentelor:

A ”nici o ınregistrare nu este afectata”B ”prima ınregistrare este afectata si a doua nu”C ”a doua ınregistrare este afectata si prima nu”D ”ambele sunt afectate”.

Solutie. Fie x, y coordonata la care poate ıncepe prima respectiv a doua ınregistrare;x ∈ [0, 170], y ∈ [0, 150]. Pentru ca prima sa nu fie afectata, trebuie ca x ∈ [0, 50] ∪[90, 170], iar a doua y ∈ [0, 30] ∪ [90, 150]. Probabilitatile sunt date facand raportulariilor din figura si aria domeniului total posibil (vezi figura (6.1)).

Exemplul 6.1.22. Doua semnale de lungime τ < 12 sunt transmise ın intervalul de timp

(0, 1); fiecare poate sa ınceapa ın orice moment al intervalului (0, 1− τ). Daca semnalelese suprapun, chiar si partial se distorsioneaza si nu pot fi receptate. Gasiti probabilitateaca semnalele sa fie receptionate fara distorsionari.

Solutie. Domeniul posibil este un patrat de latura 1 − τ , iar domeniul favorabil este

A = {(x, y)||x− y| > τ}. Probabilitatea este (1− 2τ)2

(1− τ)2 .


6.2.1 Cate numere de telefon cu 7 cifre sunt posibile, daca primele doua cifre nu potfi 0 sau 1 ?


6.2.2 a. In cate moduri putem monta 5 becuri de culori diferite ın serie ?b. Din 5 rezistente numerotate, alegem la ıntamplare 2; ın cate moduri e posibil ?

6.2.3 In cate moduri 3 semnale diferite se pot transmite aleator pe un canal de trans-misie ? Dar pe 3 canale diferite ?

6.2.4 Trei rezistori sunt montati ıntr-un circuit si considera m Ai evenimentul carezistorul i functioneaza. Exprimati faptul ca functioneaza:1. numai primul2. numai unul3. cel putin unul4. cel mult unul5. toate6. nici unul.

6.2.5 Cate cazuri posibile se obtin la aruncarea simultana a doua zaruri ? Dar a 3monede ?

6.2.6 12 semnale de intensitati diferite se transmit aleator pe 12 canale. Cu ce proba-bilitate pe fiecare canal s-a transmis cate un semnal ?

6.2.7 12 semnale de intensitati diferite se transmit aleator pe 8 canale. Cu ce proba-bilitate pe primul canal s-au transmis 3 semnale oarecare ?

6.2.8 Un calculator este format din n componente ce se pot defecta independent cuprobabilitatile 1 − pi cu i = 1, . . . n ıntr-un anumit interval de timp. Cu ce pro-babilitate calculatorul nu mai functioneaza, stiind ca defectarea unei componenteatrage acest lucru ?

6.2.9 O urna contine n bile numerotate cu 1, 2, . . . n. Se extrage o bila. Consideramevenimentele:A : ”bila extrasa are numar patrat perfect” siB : ”bila extrasa are numar care marit cu 1 este multiplu de 3”.Cele doua evenimente sunt compatibile? Calculati P (A ∪B).

6.2.10 O urna contine n bile numerotate cu 1, 2, . . . n. Notam M{a} evenimentul cala o extragere sa obtinem o bila numerotata cu un multiplu de a. Sa se calcu-leze probabilitatea acestui eveniment. Daca n este multiplu de a, sa se calculezeprobabilitatea obtinerii unui numar care nu se divide la a.

6.2.11 (Problema concordantelor) Un student are de raspuns la n ıntrebari, caroratrebuie sa le asocieze raspunsul corect dintre n raspunsuri indicate. Presupunandca studentul asociaza la ıntamplare raspunsurile, stabiliti probabilitatea ca acestasa raspunda corect la:


a) prima ıntrebare;b) primele doua ıntrebari;c) cel putin o ıntrebare.

6.2.12 Un circuit electric are patru relee a caror functionare este egal probabila(functioneaza si se pot defecta independent unul de celalalt), montate dupa caın figura (6.2)). Calculati probabilitatea ca ıntre punctele A si B sa nu circule

Figura 6.2:

curentul.

6.2.13 Rezistorii Ri sunt legati ca ın schema din figura (6.2) si se pot arde independentunul de altul cu aceeasi probabilitate p ∈ (0, 1). Cu ce probabilitate prin circuit

Figura 6.3:

circula curentul ?

6.2.14 In doua urne se gasesc bile diferit colorate, astfel:U1 : 5 albe, 11 negre, 8 rosiiU2 : 10 albe, 8 negre, 6 rosii.Din fiecare urna se extrage la ıntamplare cate o bila. Care este probabilitatea caambele bile sa fie de aceeasi culoare?


6.2.15 O urna contine 3 bile albe si 4 bile negre. Din aceasta urna se extrage o bila.In locul ei se introduce o bila de cealalta culoare si se face o noua extragere.

a) Care este probabilitatea ca a doua bila extrasa sa fie neagra, stiind ca prima afost alba?

b) Care este probabilitatea ca a doua bila extrasa sa fie neagra?

c) Care este probabilitatea sa obtinem bile de culori diferite?

6.2.16 Intr-un canal de comunicatie se introduc 0 sau 1 cu probabilitatea 1−p respectivp.

Receptionerul face erori de decizie cu probabilitatea ε. Fie evenimentele Ai ”in-trarea a fost i” si Bj ”iesirea a fost j”. Calculati P (Ai ∩ Bj) i = 0, 1, j = 0, 1.Determinati probabilitatea de a receptiona 1.

6.2.17 10 aparate de acelasi tip sunt supuse unei probe de verificare; se stie

3 provin de la fabrica A si trec probele ın 90 % din cazuri

2 provin de la fabrica B si trec probele ın 75 % din cazuri

5 provin de la fabrica C si trec probele ın 85 % din cazuri

Se alege la ıntamplare un aparat. Cu ce probabilitate trece probele ? Aparatulales trece probele. Cu ce probabilitate provine de la A sau B?

6.2.18 Intr-un lot de 100 de becuri 5 sunt rebuturi; la controlul de calitate alegemla ıntamplare un bec, pe care din greseala ıl spargem. Alegem ınca unul. Cu ceprobabilitate becul este bun ?

6.2.19 Se dau sase urne cu urmatoarele structuri:

1. U1 si U2 contin cate 4 bile albe si 2 negre,

2. U3, U4 si U5 contin cate 3 bile albe si 5 negre,

3. U6 contine 6 bile albe si 4 negre.

Se extrage la ıntamplare o bila dintr-o urna. Cu ce probabilitate bila extrasa esteneagra. Stiind ca s-a extras o bila alba, cu ce probabilitate aceasta provine dintr-ourna cu structura 2?

6.2.20 Un lot de 50 de cipuri (circuite integrate) contine 3 defecte. Alegem laıntamplare 10, simultan si le verifica m. Cu ce probabilitate 2 sunt defecte ?

6.2.21 a. Un semnal este transmis pe trei canale diferite, iar probabilitatile dereceptionare corecta sunt 0,9; 0,8 si 0,7. Cu ce probabilitate unul dintre ele sereceptioneaza corect ?

b. Dar daca semnalul este trimis pe un canal ales la ıntamplare si presupunem caorice canal poate fi ales cu aceeasi probabilitate ?


6.2.22 O urna contine 2 bile albe si 3 bile negre. Alegem la ıntamplare 2 bile, fararepunere. Cu ce probabilitate sunt negre? Dar daca repunem bila ?

6.2.23 Se testeaza cinci dispozitive ce functioneaza ın conditii identice, independentsi cu randamentul 0,9. Se cere probabilitatea ca exact doua sa functioneze.

6.2.24 Se considera trei urne : U1 cu 5 bile albe si 5 negre, U2 cu 4 albe si 6 negre,iar U3 cu 4 bile albe si 5 negre. Din fiecare urna se extrag cu repunere cate 5 bile.Care este probabilitatea ca din doua urne sa obtinem cate 2 bile albe si 3 negreiar din cea de-a treia urna sa obtinem o alta combinatie?

6.2.25 Se considera urnele din problema precedenta. Din fiecare urna se extrage cateo bila. Daca se repeta experienta de 5 ori, care este probabilitatea ca de trei orisa obtinem o bila alba si 2 bile negre?

6.2.26 O persoana cumpara doua cutii de chibrituri cu cate n bete fiecare. Apoi, defiecare data cand are nevoie, scoate la ıntamplare una sau alta dintre cutii.a) Care este probabilitatea ca ın momentul ın care constata ca una din cutii estegoala, cealalta cutie sa mai contina k bete? (Problema lui Banach)b) Utilizand rezultatul obtinut sa se arate ca:

Cn2n + 2Cn2n−1 + 22Cn2n−2 + . . .+ 2nCnn = 22n.

6.2.27 Intr-un lot de 100 de articole exista 90 bune, 6 cu defectiuni remediabile si 4rebuturi. Alegem 3 cu repunere. Cu ce probabilitate se obtine cel mult un articolbun si cel mult unul remediabil ? Dar daca extragerile se fac fara repunere ?

6.2.28 Trei mesaje sunt transmise pe un canal de comunicatie.In functie de exactitateatransmisiunii avem evenimentele:A1 mesajul este transmis ıntr-o forma corectaA2 mesajul este partial eronatA3 mesajul este complet eronat.Probabilitatile evenimentelor A1, A2, A3 sunt p1, p2 si p3, (p1 + p2 + p3 = 1). Con-siderand ca transmiterea corecta sau eronata a unui mesaj nu este influentata demodul de transmitere a celorlalte (independenta evenimentelor), sa se gaseascaprobabilitatle urmatoarelor evenimente:A ”toate mesajele sunt transmise corect ”B ”cel putin un mesaj sa fie complet eronat”C ” cel putin doua mesaje sunt partial sau complet eronate ”.

6.2.29 Un mesaj important este transmis simultan pe n canale de comunicatie sirepetat pe fiecare canal de k ori pentru a usura receptionarea sa corecta. Probabi-litatea ca ın timpul transmisiei unui mesaj acesta sa fie eronat este p si nu depinde


de transmiterea altor mesaje. Fiecare canal de comunicatie poate fi ”blocat” cuzgomote cu probabilitatea q; un canal ”blocat” nu poate transmite nici-un fel demesaje. Sa se calculeze probabilitatea evenimentului A ” mesajul este transmissub forma corecta macar o data”

6.2.30 Un mesaj este format din n cifre 0 si 1 . Fiecare simbol poate fi transmis eronatcu probabilitatea p (este schimbat ın contrarul sau cu probabilitatea q). Pentrusiguranta, mesajul este transmis de doua ori; informatia este considerata corectadaca ambele mesaje coincid. Sa se calculeze probabilitatea ca mesajul sa nu fiecorect, ın ciuda faptului ca cele doua mesaje transmise sunt identice.

6.2.31 Fie opt canale de transmitere a informatiei care functioneaza independent.Presupunem ca un canal este activ cu probabilitatea 1/3. Sa se calculeze probabi-litatea ca la un moment dat sa fie mai mult de sase canale active.

6.2.32 Un asamblor de calculatoare foloseste circuite din trei surse: A1, i = 1, 2.3.Ele pot fi defecte cu probabilitatile de respectiv 0,001, 0,005 si 0,01. Daca se ia uncircuit la ıntımplare si se constata ca este defect, care este probabilitatea ca el saprovina de la sursa A1 sau A2.

6.2.33 Un sistem de comunicatii transmite informatie binara, care introduce erori ale-atoare cu p = 10−3. Emitatorul transmite fiecare bit de 3 ori, iar decodorul decideasupra bitului transmis ın functie de numa rul majoritar al bitilor receptionati.Receptionerul ia o decizie gresita, daca se introduc 2 sau mai multe erori. Cu ceprobabilitate se ia o decizie gresita ?

6.2.34 6 mesaje sunt trimise printr-un canal de comunicatie; fiecare poate fi dis-torsionat independent de celelalte cu probabilitatea 0,2. Ga siti probabilitateaevenimentelor D ”exact 2 mesaje sunt perturbate”, C ”cel mult 2 mesaje suntperturbate”.

6.2.35 Un sistem este format din n unitati; fiecare se poate afla ın una din urmatoarele stari:s1 unitatea functioneazas2 unitatea trebuie reglatas3 unitatea trebuie reparatas4 unitatea nu poate functiona,

cu probabilitatile pi sin∑i=1

pi = 1. Starile si sunt independente. Ga siti proba-

bilitatea evenimentelor:A ”toate unitatile sunt ın stare de functiune”B ”toate unitatile trebuie reparate”C ”o unitate aleasa la ıntamplare trebuie reparata si celelalte reglate”

6.3. Solutii 119

D ”cel putin o unitate nu functioneaza”

E ” 2 unitati trebuie reglate, una reparata si celelalte functioneaza”.

6.2.36 Un sistem consta din 5 unitati; fiecare se poate defecta cu probabilitatea p =0, 4, independent de celelalte. Daca una sau doua unitati s-au defectat, sistemulfunctioneaza cu eficienta redusa; daca cel putin trei unitati s-au defectat, sistemulnu poate functiona. Calculati probabilitatea evenimentelor:

A ” nici o unitate nu se defecteaza”

B ” sistemul nu functioneaza”

C ” sistemul functioneaza cu eficienta redusa”

D ” exact o unitate se defecteaza”

E ” exact doua unitati se defecteaza”.

6.3 Solutii

6.2.1 Primele doua cifre pot fi ocupate ın 82 moduri, iar restul ın 105. Deci 82 · 105.

6.2.2 a. 5!, b. C25 .

6.2.3 Evident 3! pe un acelasi canal; daca canalele sunt diferite, fiecare semnal poatefi transmis ın 3 moduri, deci dupa principiul multiplicarii 33. (Daca conteaza siordinea lor mai ınmultim cu 3!.

6.2.4 1. A1 ∩A2 ∩A3

2. B = (A1 ∩A2 ∩A3) ∪ (A1 ∩A2 ∩A3) ∪ (A1 ∩A2 ∩A3)

3. A1 ∪A2 ∪A3

4. nici unul sau exact unul (A1 ∩A2 ∩A3) ∪B

5. A1 ∩A2 ∩A3

6. A1 ∩A2 ∩A3 = A1 ∪A2 ∪A3.

6.2.5 6 · 6, 2 · 2 · 2.

6.2.6 Exista 1212 cazuri posibile, deoarece pentru fiecare semnal avem 12 posibilitati,dupa care folosim principiul multiplicarii. Cazurile favorabile sunt date de per-mutari, deci p = 12!

1212 .

6.2.7 Fiecare semnal are 8 posibilitati de a fi transmis, deci cazurile posibile sunt812; 3 semnale sunt alese la ıntımplare ın C3

12 moduri, iar restul semnalelor sunt

transmise ın 79 moduri, deci probabilitatea este C31279

812 .


6.2.8 Calculam probabilitatea evenimentului contrar, adica ın acel interval de timp

toate componentele sa functioneze, decin∏i=1

pi. Probabilitatea cautata va fi 1 −n∏i=1

pi.

6.2.9 A si B sunt incompatibile. P (A) = [√n]/n iar P (B) = [(n+ 1)/3]/n, (am notat

[x] partea ıntreaga a numarului x).

6.2.10 Fie k numarul multiplilor de a, care se gasesc printre numerele 1, 2, . . . n. Acestimultipli sunt a, 2a, 3a, . . . ka. Rezulta ca n = ka+ r, 0 < r < a. Atunci numarulcazurilor favorabile primului eveniment este k si avem k = [n/a]. Probabilitateaceruta este [n/a]/n. Daca n este multiplu de a atunci n = ka iar probabilitateaobtinerii unui multiplu de a este k/ka = 1/a.

6.2.11 a) numatul cazurilor posibile: n!, numarul cazurilor favorabile (n− 1)!, proba-bilitatea cautata: 1/n;b) 1/(n − 2)!; c) daca notam cu Ai evenimentul ca studentul raspunde corect laıntrebarea i, evenimentul cautat este A1 ∪ A2 ∪ . . . ∪ An. Aplicam probabilitateaunei reuniuni si gasim: 1− 1/2! + 1/3!− . . .+ (−1)n−11/n!.

6.2.12 Notam cu Ai evenimentul ”releul Ri functioneaza.”. Curentul circula daca((A1 ∪ A2) ∩ A4) ∪ A3 = (A1 ∩ A4) ∪ (A2 ∩ A4) ∪ A3. Cum orice releu poate fi ındoua pozitii, ınchis sau deschis, rezulta ca numarul cazurilor posibile este 24 = 16.Probabilitatea sa functioneze este P (A1∩A4)+P (A2∩A4)+P (A3)−P (A1∩A2∩A4)−P (A1∩A3∩A4)−P (A2∩A4∩A3)+P (A1∩A2∩A3∩A4) Un releu functioneazaın 23 cazurile favorabile (deoarece au ramas 3 relee ce pot fi ın 23 cazuri), doua ın22 cazuri, trei relee ın 21 cazuri, iar toate ıntr-un caz. Probabilitatea cautata este1− (2 · 4/16 + 8/16− 3 · 2/16 + 1/16) = 0, 3125.

6.2.13 (A1 ∩A2) ∪ (A1 ∩A3 ∩A5) ∪ (A4 ∩A3 ∩A2) ∪ (A4 ∩A5).

6.2.14 Consideram evenimentele A1 : ”ambele bile extrase sunt albe”, A2 : ”ambele bileextrase sunt negre” si A3 : ”ambele bile extrase sunt rosii”. Se cere probabilitateaevenimentului A = A1∪A2∪A3. P (A) = 5/24 ·10/24+11/24 ·8/24+8/24 ·6/24 =0, 32.

6.2.15 Fie A =”prima bila este alba si B =”a doua bila este alba. P (A) = 3/7a) P (B|A) = 5/7 (prima bila a fost alba, deci s-a adaugat una neagra);b) F = (A ∩B) ∪ (A ∩B) si P (F ) = 3/7 · 5/7 + 4/7 · 3/7 = 0, 55;c) G = (A ∩B) ∪ (A ∩B) si P (G) = 3/7 · 5/7 + 4/7 · 4/7 = 0, 63.

6.2.16 P (A0 ∩B0) = (1− p)(1− ε); P (A0 ∩B1) = (1− p)ε; P (A1 ∩B0) = pε; P (A1 ∩B1) = p(1− ε).

6.3. Solutii 121

Din formula probabilitatii totale avem

P (B1) = P (A0)P (B1|A0) + P (A1)P (B1|A1).

6.2.17 Din formula probabilitåtii totale, aparatul ales trece probele cu probabilitatea:P (M) = 3

10 · 0, 9 + 210 · 0, 75 + 5

10 · 0, 85 = 0, 845. Apoi, evenimentul contrareste ca nu provine de la C, iar acesta, dupa formula lui Bayes, are probabilitatea:510 · 0, 85P (M) = 0, 503.

6.2.18 Consideram evenimentele A1 ”primul bec a fost bun”, A2 ”al doilea bec afost bun”. A1 si A1 formeaza un sistem complet de evenimente. Din formulaprobabilitatii totale rezulta: P (A2) = 0, 95 · 94

99 + 0, 05 · 9599 = 0, 94.

6.2.19 Notam Ai, i = 1, 2, . . . 6 evenimentul ” bila extrasa provine din urna Ui, si cu Xevenimentul ” bila extrasa este neagra”. Din formula probabilitatii totale rezulta:P (X) = 1

6(213 + 35

8 + 25) = 0, 49. Apoi, din formula lui Bayes, avem:

P (A3 ∪A4 ∪A5|X) = 3 · P (A3) · P (X|A3)P (X)

= 3 ·16 ·

38

1− 0, 49 = 0, 36

6.2.20 Schema geometrica C847C

23

C350

6.2.21 a. Schema lui Poisson cu probabilitatile p1 = 0, 9, q1 = 0, 1, p2 = 0, 8, q2 =0, 2, p3 = 0, 7, q3 = 0, 3. Probabilitate cautata este coeficientul lui x din polinomulP (x) = (0, 9x+ 0, 1)(0, 8x+ 0, 2)(0, 7x+ 0, 3), adica 0, 9 · 0, 2 · 0, 3 + 0, 8 · 0, 1 · 0, 2 +0, 7 · 0, 1 · 0, 2 = 0, 092.b. Formula probabilitatii totale 1/3× 0, 9 + 1/3× 0, 8 + 1/3× 0, 7 = 0, 8.

6.2.22 Fara repunere este schema geometrica C02C

23

C25

, iar cu repunere schema lui Ber-

noulli C25 (3/5)2(2/5)0.

6.2.23 Schema lui Bernoulli C25 (0, 9)2(0, 1)3.

6.2.24 Fie A evenimentul cerut. Dupa schema lui Poisson P (A) este coeficientullui X2 din polinomul (p1x + q1)(p2x + q2)(p3x + q3), unde pi este probabilitateaevenimentului Ai =”din urna Ui se obtin 2 bile albe si 3 negre”, qi = 1 − pi, i =1, 2, 3. Dupa schema lui Bernoulli avem

p1 = C25 (5/10)2(5/10)3, p2 = C2

5 (4/10)2(6/10)3, p3 = C25 (4/9)2(5/9)3.

6.2.25 Fie A evenimentul evenimentul ”la o extragere obtinem 1 bila alba si 2 bilenegre. Conform schemei lui Poisson P (A) este coeficientul lui X1 din polinomul(p1x + q1)(p2x + q2)(p3x + q3), unde p1 = 5/10, p2 = 4/10, p3 = 4/9 iar qi =1− pi i = 1, 2, 3. Probabilitatea ceruta este C3

5 (P (A))3(1− P (A))2.


6.2.26 a) Sa numim cele doua cutii (i) si (ii). Pentru a ajunge ın situatia data persoanaa scos de 2n − k + 1 ori o cutie din buzunar (de n ori o cutie pentru a o goli, den− k ori cealalta cutie –pentru a-i ramane k bete– si din nou prima cutie, pentrua constata ca este goala). Deci are loc evenimentul A ”ın 2n − k cazuri apare den ori cutia (i) si de n − k ori cutia (ii), iar ın al 2n − k + 1-lea caz apare cutia(i)” sau evenimentul B ”ın 2n − k cazuri apare de n ori cutia (ii) si de n − k oricutia (i), iar ın al 2n − k + 1-lea caz apare cutia (ii)”. Cele doua evenimente auevident probabilitati egale. Sa consideram evenimentul A. Probabilitatea ca ”ın2n− k extrageri sa apara de n ori cutia (i) si de n− k ori cutia (ii)” este (schemabinomiala)

Cn2n−k(12)k · (1

2)n−k.

Probabilitatea ca ın a 2n− k + 1-a extragere sa apara (i) este 1/2. Astfel P (A) =1/2 · Cn2n−k(1

2)k · (12)n−k, iar probabilitatea ceruta este

pk = Cn2n−k(12)2n−k

b) Se tine cont den⋃k=0

pk = E si decin∑k=0

pk = 1.

6.2.27 Cu repunere (schema binomiala generalizata)

3!1!1!1!(90/100)1(6/100)1(4/100)1 + 3!

0!1!2!(90/100)0(6/100)1(4/100)2+

+ 3!1!0!2!(90/100)1(6/100)0(4/100)2 + 3!

0!0!3!(90/100)0(6/100)0(4/100)3

iar fara repunere (schema geometrica generalizata

C190C

16C

14

C3100

+ C090C

16C

24

C3100

+ C190C

06C

24

C3100

+ C090C

06C

34

C3100

.

6.2.28 Notam cuA1i, i = 1, 2, 3 mesajul i este transmis corectA2i, i = 1, 2, 3 mesajul i este transmis partial eronatA3i, i = 1, 2, 3 mesajul i este transmis complet eronatAvem P (A1i) = p1, P (A2i) = p2, P (A3i) = p3 i = 1, 2, 3.A = A11 ∩A12 ∩A13 si P (A) = p3

1.Complementarul evenimentului B este: toate mesajele sunt sau corecte sau partialeronate, deci B = (A11 ∪A21) ∩ (A12 ∪A22) ∩ (A13 ∪A23). Probabilitatea acestuieveniment este (p1 + p2)3, iar P (B) = 1− (p1 + p2)3.

6.3. Solutii 123

C = [A11 ∩ (A22 ∪A32) ∩ (A23 ∪A33)]∪

∪ [(A21 ∪A31) ∩A12 ∩ (A23 ∪A33)]∪

∪ [(A21 ∪A31) ∩ (A22 ∪A32) ∩A13)]∪

∪ [A21 ∪A31) ∩ (A22 ∪A32) ∩ (A23 ∪A33)]

Probabilitatea acestui eveniment este P (C) = 3(p2 + p3)2p1 + (p2 + p3)3.

6.2.29 Fie B ”un mesaj este transmis pe un canal de comunicatie fara nici o eroaremacar o data”.Pentru ca sa aiba loc evenimentul B mai ıntai canalul nu trebuie sa fie ”blocat”cu zgomote si apoi macar unul din cele k mesaje transmise nu trebuie sa fie eronat(contrar evenimentului ca toate cele k mesaje transmise sunt eronate). ObtinemP (B) = (1− q)(1− pk). Probabilitatea evenimentului A, eveniment care ınseamnaca evenimentul B s-a produs macar o data pe un canal, este P (A) = 1 − (1 −P (B))n = 1− (1− (1− q)(1− pk))n.

6.2.30 Evenimentul ca mesajul sa nu fie corect este contrar evenimentului ca ambelemesaje sunt corecte. Probabilitatea ca un mesaj transmis sa fie corect este (1−p)n,probabilitatea ca ambele mesaje sa fie corecte este (1 − p)2n, iar probabilitateacautata este 1− (1− p)2n.

6.2.31 Bernoulli C78 (1/3)7(2/3) + C8

8 (1/3)8 = 0, 0024 + 0, 00015 = 0, 00259.

6.2.32 Fie Ai evenimentul ca circuitul sa provina de la sursa Ai. Fie D evenimentul cacircuitul folosit sa fie defect, iar D|Ai, i = 1, 2, 3 evenimentul ca circuitul folosit safie defect stiind ca el provine de la sursa Ai. Avem P (D|A1) = 0, 001, P (D|A2) =0, 005, P (D|A3) = 0, 01. Din formula probabilitatii totale rezulta P (D) = 1/3 ·(0, 001+0, 005+0, 01) = 1/3·0, 016. Folosind formula lui Bayes obtinem P (A1|D) =1/16, P (A2|D) = 5/16. Deoarece evenimentele A1|D si A2|D sunt incompatible,rezulta P (A1 ∪A2|D) = P (A1|D) + P (A2|D) = 6/16 = 0, 375.

6.2.33 C23 (0, 001)20, 999 + C3

3 (0, 001)3.

6.2.34 P (D) = C26 (0, 2)2(0, 8)4, iar

P (C) = C06 (0, 2)0(0, 8)6 + C2

6 (0, 2)2(0, 8)4 + C16 (0, 2)1(0, 8)5.

6.2.35 P (A) = pn1 , P (B) = pn3 , P (C) = C1np3p

n−12 , P (D) = 1− (1− p4)n,

P (E) = C2nC

1n−2p

22pn−31 p3.

6.2.36P (A) = (1− 0, 4)5

P (B) = C55 (0, 4)5(0, 6)0 + C4

5 (0, 4)4(0, 6)1 + C35 (0, 4)3(0, 6)2

P (C) = C15 (0, 4)1(0, 6)4 + C2

5 (0, 4)2(0, 6)3


P (D) = C15 (o, 4)(0, 6)4

P (E) = C25 (0, 4)2(0, 6)3.

6.4 Variabile aleatoare discrete. Abstract teoretic

Definitia 6.4.1. Fie (E,K, P ) un camp de probabilitate finit sau cel mult numarabil. Ofunctie

X : E → {x0, x1, . . . xn, . . .}

care ia un numar finit sau cel mult numarabil de valori reale xi ∈ R, i ∈ N, se numestevariabila aleatoare discreta.

Tabelul

X :(xipi

)i∈N

(6.4.1)

se numeste repartitia variabilei X, unde

pi = P{X = xi} = P ({ e ∈ E | X(e) = xi }) , i ∈ N, (6.4.2)

este probabilitatea cu care variabila X ia valoarea xi.Evenimentele {X = xi | i ∈ N} formeaza un sistem complet de evenimente.

Exemplul 6.4.1. Doua aparate de acelasi tip functioneaza independent unul de celalaltsi se pot defecta cu probabilitatea 1 − p ∈ (0, 1). Sa se determine repartitia variabileialeatoare care are ca valori numarul de aparate ce functioneaza la un moment dat.

Solutie. Notam cu Ai evenimentul: ”aparatul i functioneaza”, i = 1, 2. Se stie caP (Ai) = p, i = 1, 2. Daca urmarim starea ın care se afla cele doua aparate gasimurmatoarele situatii care constituie multimea cazurilor posibile:

E = { (A1, A2), (A1, A2), (A1, A2), (A1, A2) }.

Evident Ai, reprezinta evenimentul: ”aparatul i nu functioneaza”, i = 1, 2.Fie X variabila aleatoare care are ca valori numarul de aparate care functioneaza la unmoment dat. Evident

X : E → {0, 1, 2},

iar probabilitatile cu care se X ia aceste valori sunt:P{X = 0} = P (A1 ∩A2) = (1− p)2,

P{X = 1} = P((A1 ∩A2) ∪ ( A1 ∩A2)

)= P (A1 ∩A2) + P ( A1 ∩A2)

= P (A1)P (A2) + P (A1)P (A2) = 2p(1− p),

P{X = 2} = P (A1 ∩A2) = p2.

6.4. Variabile aleatoare discrete. Abstract teoretic 125

Se obtine astfel repartitia variabilei aleatoare

X :(

0 1 2(1− p)2 2p(1− p) p2

).

Se verifica imediat (1− p)2 + 2p(1− p) + p2 = 1.

Exemplul 6.4.2. O firma ıncheie contracte independente cu trei furnizori Fi, i = 1, 2, 3,cu probabilitatile p1, p2 si, respectiv, p3. Sa se determine repartitia variabilei aleatoarecare da numarul de contracte pe care firma le poate ıncheia.Solutie. Numarul contractelor pe care firma le poate ıncheia este o variabila aleatoareX cu 4 valori posibile 0, 1, 2, 3. Pentru a calcula probabilitatile cu care X ia aceste valori,notam cu Ai evenimentul ”firma ıncheie contracte cu furnizorul Fi”, i = 1, 2, 3. AtunciP (Ai) = pi si P (Ai) = 1− pi = qi, i = 1, 2, 3.Probabilitatea ca firma sa nu ıncheie niciun contract este

P{X = 0} = P (A1 ∩A2 ∩A3) = P (A1) · P (A2) · P (A3)

= (1− P (A1)) · (1− P (A2)) · (1− P (A3)) = (1− p1) · (1− p2) · (1− p3) = q1q2q3.

Probabilitatea ca firma sa ıncheie un singur contract este

P{X = 1} = P((A1 ∩A2 ∩A3) ∪ (A1 ∩A2 ∩A3) ∪ (A1 ∩A2 ∩A3)

)= P (A1) · P (A2) · P (A3) + P (A1) · P (A2) · P (A3) + P (A1) · P (A2) · P (A3)

= p1q2q3 + q1p2q3 + q1q2p3,

si analog se calculeaza P{X = 2} si P{X = 3}. Obtinem repartitia

X :(

0 1 2 3q1q2q3 p1q2q3 + q1p2q3 + q1q2p3 p1p2q3 + q1p2p3 + p1q2p3 p1p2p3

).

De fapt, conform schemei lui Poisson, probabilitatile cu care X ia valorile 0, 1, 2, 3 suntdate de ccoeficientii lui x0, x1, x2 si, respectiv, x3 din polinomul

(p1x+ q1)(p2x+ q2)(p3x+ q3).

Operatii cu variabile aleatoare discreteFie variabilele aleatoare discrete

X :(xipi

)i∈N

si Y :(yjqj

)j∈N

. (6.4.3)

Probabilitatea cu care variabila X ia valoarea pi si variabila Y ia valoarea qj o notam:

pij = P{X = xi, Y = yj}, i ∈ N, j ∈ N. (6.4.4)

Au loc urmatoarele formule:

1◦ pi =∞∑j=0

pij , i ∈ N, 2◦ qj =∞∑i=0

pij , j ∈ N, 3◦∞∑i=0

∞∑j=0

pij = 1.


• Variabilele aleatoare (6.4.3) se numesc independente, daca

pij = pi · qj , (6.4.5)

pentru orice i ∈ N si orice j ∈ N.

• Suma variabilelor X si Y , notata X + Y , are repartitia:

X + Y :(xi + yjpij

)i∈N,j∈N

(6.4.6)

• Suma variabilei X cu constanta α, notata X + α, are repartitia:

X + α :(xi + αpi

)i∈N

(6.4.7)

• Produsul variabilelor X si Y , notat X · Y , are repartitia:

X · Y :(xi · yjpij

)i∈N,j∈N

(6.4.8)

• Produsul variabilei X cu constanta α, notat αX, are repartitia:

αX :(αxipi

)i∈N

(6.4.9)

• Puterea variabilei X, notata Xr, r ∈ N are repartitia:

Xr :(xripi

)i∈N

(6.4.10)

Exemplul 6.4.3. Se dau variabilele aleatoare independente:

X :(−1 0 1 2a 0, 1 b 0, 4

), Y :

(1 2

0, 2 + a 0, 9− b

).

Sa se determine repartitiile variabilelor X + Y , X · Y , 2 +X, X2, 3Y .

Solutie. Punem conditiile ca aceste tabele sa reprezinte repartitii de variabile aleatoare.In fiecare tablou, numerele de pe linia a doua trebuie sa fie pozitive si subunitare, iarsuma lor trebuie sa fie 1. Obtinem{

a+ 0, 1 + b+ 0, 4 = 10, 2 + a+ 0, 9− b = 1


cu solutia a = 0, 2 si b = 0, 3. Atunci

X :(−1 0 1 20, 2 0, 1 0, 3 0, 4

), Y :

(1 2

0, 4 0, 6

).

Folosim formulele ce definesc operatiile cu variabilele aleatoare discrete si independentavariabilelor. Convenim sa punem pe prima linie toate rezultatele posibile ın ordinecrescatoare. De exemplu suma X + Y poate lua doar valorile 0, 1, 2, 3, 4. Inlocuimapoi probabilitatile si, folosind independenta variabilelor, gasim

P{X+Y = 0} = P ({X = −1}∩{Y = 1}) = P{X = −1} ·P{Y = 1} = 0, 2 ·0, 4 = 0, 08.

Daca unele valori sunt luate ın mai multe moduri, folosim probabilitatea unei reuniuni,observand ca evenimentele sunt incompatibile. Avem

P{X + Y = 1} = P (({X = −1} ∩ {Y = 2}) ∪ ({X = 0} ∩ {Y = 1}))

= P ({X = −1} ∩ {Y = 2}) + P ({X = 0} ∩ {Y = 1}) = 0, 2 · 0, 6 + 0, 1 · 0, 4 = 0, 16,

P{X + Y = 2} = P (({X = 0} ∩ {Y = 2}) ∪ ({X = 1} ∩ {Y = 1}))

= P ({X = 0} ∩ {Y = 2}) + P ({X = 1} ∩ {Y = 1}) = 0, 1 · 0, 6 + 0, 3 · 0, 4 = 0, 18.

Obtinem repartitiile:

X + Y :(

0 1 2 3 40, 08 0, 16 0, 18 0, 34 0, 24

),

XY :(−2 −1 0 1 2 4

0, 12 0, 08 0, 1 0, 12 0, 34 0, 24

),

2 +X :(

1 2 3 40, 2 0, 1 0, 3 0, 4

), X2 :

(0 1 4

0, 1 0, 5 0, 4

), 3Y :

(3 6

0, 4 0, 6

).

Definitia 6.4.2. Fie X o variabila aleatoare discreta cu repartitia X :(xipi

)i∈N

.

Notam P{X ≤ x} = P ({ e ∈ E | X(e) ≤ x }) . Functia F : R→ [0, 1]

F (x) = P{X ≤ x}, x ∈ R, (6.4.11)

se numeste functia de repartitie a variabilei X.

Daca variabila X are un numar finit de valori, X :(xipi

)i=0,n

, atunci expresia functiei

de repartitie este


F (x) =

0, x < x0,p0, x0 ≤ x < x1,p0 + p1, x1 ≤ x < x2,. . .i−1∑j=1

pj , xi−1 ≤ x < xi,

. . .1, x ≥ xn.

(6.4.12)

Daca X :(xipi

)i∈N

este o variabila discreta, atunci functia de repartitie poate fi scrisa

sub forma

F (x) =∞∑i=0

piσ(x− xi), (6.4.13)

pentru orice x ∈ R, unde σ este functia unitate a lui Heaviside:

σ(x) ={

0, x < 0,1, x ≥ 0. (6.4.14)

Observatia 6.4.1. Functia de repartitie este continua la dreapta, iar saltul ei ıntr-unpunct de discontinuitate xi este probabilitatea evenimentului ”X ia valoarea xi”

pi = P{X = xi} = F (xi)− F (xi − 0).

Derivata ın sensul distributiilor a functiei de repartitie F este

f(x) =∞∑i=0

δ(x− xi)(F (xi)− F (xi − 0)) =∞∑i=0

δ(x− xi)pi, (6.4.15)

unde δ(x− xi) este distributia Dirac calculata ın xi.Functia f se numeste densitate de probabilitate si considerarea ei ın cazul discretasigura tratarea unitara cu situatia variabilelor aleatoare de tip continuu.

Exemplul 6.4.4. Functia de repartitie a variabilei:

X :(

1 2 3 4 5 60, 1 0, 2 0, 3 0, 1 0, 2 0, 1

)


este

F (x) =

0, x < 1,0, 1, 1 ≤ x < 2,0, 3, 2 ≤ x < 3,0, 6, 3 ≤ x < 4,0, 7, 4 ≤ x < 5,0, 9, 5 ≤ x < 6,1, 6 ≤ x.

F (x) = 0, 1σ(x−1)+0, 2σ(x−2)+0, 3σ(x−3)+0, 1σ(x−4)+0, 2σ(x−5)+0, 1σ(x−6).

Functia de repartitie este reprezentata ın figura de mai jos, iar densitatea de probabilitateare expresia analitica

f(x) = 0, 1δ(x− 1) + 0, 2δ(x− 2) + 0, 3δ(x− 3) + 0, 1δ(x− 4)+

+0, 2δ(x− 5) + 0, 1δ(x− 6).

Se observa ca derivand ın sens distributional functia F obtinem f , deoarece derivata

Functia de repartitie Densitatea de probabilitate

distributiei Heaviside, σ, este distributia Dirac, δ.

Caracteristici numerice ale variabilelor aleatoare discrete

Fie X o variabila aleatoare discreta cu repartitia X :(xipi

)i∈N

.

• Momentul initial de ordinul r, r ∈ N este

mr = M [Xr] =∞∑i=0

xri pi. (6.4.16)

• Media sau speranta este

M [X] = m1 =∞∑i=0

xipi. (6.4.17)

• Mediana este acea valoare notata me, cu proprietatea

P{X ≤ me} = P{X ≥ me}.

• Moda reprezinta valoarea luata de variabila X, cu frecventa maxima.


• Momentul centrat de ordin r este

µr = M [(X −M [X])r] =∞∑i=0

(xi −M [X])rpi. (6.4.18)

• Dispersia sau varianta, este momentul centrat de ordin 2, adica

D2[X] = µ2 =∞∑i=0

(xi −M [X])2pi. (6.4.19)

• Abaterea medie patratica a este definita prin relatia

σ = D[X] =√D2[X]. (6.4.20)

• Covarianta variabilelor X si Y este definita prin:

Cov[X,Y ] = M [(X −M [X]) · (Y −M [Y ])] (6.4.21)

Daca Cov(X,Y ) = 0 se spune ca X si Y sunt variabile necorelate.

Proprietati ale mediei Au loc urmatoarele proprietati:1◦ Valoarea medie a unei constante este egala cu constanta respectiva:

M [λ] = λ, λ ∈ R.

2◦ Valoarea medie a unei variabile aleatoare care admite medie este cuprinsa ıntre ceamai mica si cea mai mare dintre valorile posibile ale variabilei aleatoare. Daca a = inf

ixi

si b = supixi atunci

a ≤M [X] ≤ b.

3◦ Daca X,Y sunt variabile aleatoare discrete care admit medie atunci

M [X + Y ] = M [X] +M [Y ].

4◦ Daca X admite medie atunci

M [λ+X] = λ+M [X], λ ∈ R.

5◦ Daca X,Y sunt variabile aleatoare discrete independente care admit medie atunci

M [X · Y ] = M [X] ·M [Y ].

6◦ Daca X admite medie atunci

M [λX] = λM [X], λ ∈ R.

7◦ Daca X,Y sunt variabile aleatoare care admit medii atunci

|M [X · Y ]| ≤√M [X2] ·M [Y 2] (inegalitatea lui Schwarz).


Exemplul 6.4.5. Variabila aleatoare X :

n

1n(n+ 1)

n∈N∗

nu are medie.

Solutie. Pentru ınceput observam ca are loc∞∑n=1

1n(n+ 1) = 1,

deci tabloul din enunt este repartitie pentru o variabila aleatoare. Deoarece seria∞∑n=1

n

n(n+ 1)

este divergenta, urmeaza ca nu exista media variabilei X.

Propozitia 6.4.1. Daca variabila aleatoare X are medie si dispersie, atunci are loc

D2[X] = M [X2]− (M [X])2. (6.4.22)

Proprietati ale dispersiei Au loc urmatoarele proprietati:1◦ Dispersia unei constante este nula D2[λ] = 0.2◦ Daca variabilele aleatoare X si Y sunt independente ce admit dispersii finite, atunci

D2[X ± Y ] = D2[X] +D2[Y ].

3◦ Daca λ ∈ R si variabila X admite dispersie finita, atunci au loc

D2[λ+X] = D2[X] si D2[λX] = λ2D2[X].

Mai general, daca variabilele aleatoare Xi sunt independente si λi ∈ R, i = 1, k atunciare loc

D2[k∑i=1

λiXi

]=

k∑i=1

λ2iD

2[Xi].

Dispersia unei variabile aleatoare X este, ıntr-un anume sens, cea mai buna valoarecare caracterizeaza ımprastierea valorilor xi fata de medie. Mai precis, media M [X] estepunctul cel mai potrivit fata de care trebuie sa masuram devierile acestor valori. Acestlucru rezulta din urmatoarea propozitie.

Propozitia 6.4.2. Fie X este o variabila aleatoare cu repartitia X :(xipi

)i∈N

si fie

m media sa, atunci

D2[X] =∞∑i=0

pi(xi −m)2 ≤∞∑i=0

pi(xi − x)2,

pentru orice x ∈ R.


Propozitia 6.4.3. Fie X si Y doua variabile aleatoare care admit medii finite. Atunci:1◦ Cov[X,Y ] = M [X · Y ]−M [X] ·M [Y ].2◦ Daca X si Y sunt independente, atunci X si Y sunt necorelate.

Propozitia 6.4.4. Fie X si Y doua variabile aleatoare care admit medii si dispersiifinite. Atunci:

D2[X ± Y ] = D2[X] +D2[Y ]± 2Cov[X,Y ]. (6.4.23)

Teorema 6.4.1. (Inegalitatea lui Cebasev) Fie X o variabila aleatoare care admitemedie si dispersie finite. Atunci, pentru orice ε > 0, are loc inegalitatea

P{| X −M [X] |< ε} ≥ 1− D2[X]ε2 . (6.4.24)

�

O forma echivalenta a teoremei este: daca media variabilei X este m = M [X] siabaterea medie patratica este σ =

√D2[X], probabilitatea ca valorile variabilei aleatoare

sa fie mai departate de medie cu cel putin kσ este cel mult 1k2 .

P ({|X −m| ≥ kσ}) < 1k2 . (6.4.25)

Putem scrie siP ({m− kσ < X < m+ kσ}) ≥ 1− 1

k2 .

Pentru k = 3 obtinem P ({m − 3σ < X < m + 3σ}) ≥ 1 − 19 = 8

9 = 0.88889. Amobtinut astfel regula celor 3σ. Cu o probabilitate cuprinsa ıntre 0.88889 si 1, oricevariabila ia valori cuprinse ın intervalul (m− 3σ,m+ 3σ).

Exemplul 6.4.6. Numarul clientilor care viziteaza un showroom sambata dimineataeste o variabila aleatoare cu media m = 18 si abaterea σ = 2, 5. Cu ce probabilitateputem presupune ca numarul vizitatorilor va fi cuprins ıntre 8 si 28 de clienti.

Solutie. Deoarece 8 < X < 28 ⇒ −10 < X − 18 < 10 ⇒ ε = 10 si folosind relatia(6.4.24) obtinem:

P ({| X − 18 |< 10}) ≥ 0, 9375,

deci probabilitatea ca numarul vizitatorilor sa fie cuprins ıntre 8 si 28 de clienti este decel putin 0, 9375.

Functia caracteristica a variabilei aleatoare discrete X :(xipi

)i∈N

este functia

ϕ : R→ C

ϕ(t) =∞∑i=0

ejtxipi, t ∈ R, j2 = −1. (6.4.26)


Daca variabilele X si Y sunt variabile aleatoare independente, atunci

ϕX+Y (t) = ϕX(t) · ϕY (t) (6.4.27)

pentru orice t ∈ R.Fie X o variabila aleatoare si fie ϕ : R→ C functia sa caracteristica. Daca X admite

momente initiale finite, atunci acestea sunt date de:

M [Xr] = ϕ(r)(0)jr

, r ∈ N∗. (6.4.28)


Sa se arate ca urmatoarele tablouri sunt repartitii ale unor variabile aleatoare discrete.si sa se calculeze mediile, dispersiile si functiile lor de caracteristice.

6.5.1 Variabila discreta uniform repartizata

X :(x1 x2 ... xn1n

1n ... 1

n

).

6.5.2 Variabila aleatoare binomiala, (repartitia Bernoulli)

X = Bin [n, p ] :(

0 1 2 . . . k . . . nC0np

0qn C1np

1qn−1 C2np

2qn−2 . . . Cknpkqn−k . . . Cnnp

nq0

).

(6.5.1)

6.5.3 Variabila aleatoare binomiala cu exponent negativ

X = NegBin [m, p ] :(

m m+ 1 m+ 2 . . . k . . .

Cm−1m−1p

m Cm−1m pmq Cm−1

m+1pmq2 . . . Cm−1

k−1 pmqk−m . . .

).

6.5.4 Repartitia geometrica

X :(

1 2 3 . . . k . . .p pq pq2 . . . pqk−1 . . .

)

6.5.5 Repartitia hipergeometrica

X :

0 1 2 . . . k . . . min{n, a}C0aC

nb

Cna+b

C1aC

n−1b

Cna+b

C2aC

n−2b

Cna+b. . .

CkaCn−kb

Cna+b. . .

Cmin{n,a}a C

n−min{n,a}b

Cna+b

.6.5.6 Repartitia Poisson cu infinitate numarabila de valori


X :

0 1 2 . . . k . . .

e−λλ

1!e−λ λ2

2! e−λ . . . λk

k! e−λ . . .

.6.5.7 Sa se arate ca daca X,Y sunt doua variabile aleatoare independente, de tip

binomial X : Bin [n, p ], Y : Bin [m, p ] atunci X + Y : Bin [n+m, p ].

6.5.8 Calculatorul A transmite un mesaj calculatorului B. Mesajul este codat astfelıncat B detecteaza cand se produc erori ın cursul transmiterii mesajului. Daca Bdetecteaza o eroare cere calculatorului A retransmiterea mesajului. Probabilitateaca transmiterea mesajului sa fie eronata este p = 0, 1. Sa se scrie repartitia varia-bilei aleatoare X care ia ca valori numarul de mesaje care trebuie transmise panala obtinerea a patru mesaje eronate.

6.5.9 Calculatorul A transmite mesaje pentru calculatorul B pe o linie telefonicanefiabila. Mesajul este codificat si B poate detecta daca au aparut erori ın timpultransmisiei. Probabilitatea de transmisie reusita este p. Cu ce probabilitate estenecesar sa transmitem un mesaj mai mult de doua ori ?

6.5.10 Fie X o variabila aleatoare repartizata geometric. Sa se calculeze P{X > k}si P{X ia valoare un numar par}.

6.5.11 Probabilitatea de eroare la transmiterea unui bit printr-o linie de comunicatieeste de 10−3. Sa se calculeze probabilitatea ca la transmiterea unui bloc de 1000de biti sa existe cinci sau mai mult de cinci erori.

6.5.12 O fabrica produce becuri dintre care 2% sunt rebut. Sa se aproximeze proba-bilitatea ca ıntr-o cutie de 100 de becuri sa obtinem cel mult trei becuri defecte?

6.5.13 O statie de receptie primeste ın medie 16 impulsuri pe minut si poate prelucracel mult 24 impulsuri pe minut. Cu ce probabilitate statia devine saturata?

6.6 Solutii

6.5.1 M [X] = 1n

n∑i=1

xi, D2[X] = 1n

n∑i=1

x2i − (M [X])2 .

6.5.2 Avem P{X = k} > 0 sin∑k=0

Cknpkqn−k = (p+ q)n = 1.

M [X] =n∑k=1

kCknpkqn−k.

Din identitatea:(px+ q)n =

n∑k=0

Cknpkxkqn−k

6.6. Solutii 135

prin derivare membru cu membru, ın raport cu x, obtinem :

np(px+ q)n−1 =n∑k=1

kCknpkxk−1qn−k.

Facand aici x = 1 si tinand seama ca p+ q = 1 deducem

np =n∑k=1

kCknpkqn−k.

Pentru calculul dispersiei folosim formula D2[X] = M [X2] − (M [X])2. Calculammomentul initial de ordinul 2. Vom folosi pentru aceasta functia caracteristica avariabilei X, pe care o determinam dupa cum urmeaza:

ϕ(t) =n∑k=0

Cknpkqn−kejtk =

n∑k=0

Ckn(pejt)kqn−k = (pejt + q)n, t ∈ R.

Din (6.4.28) avem

M [X2] = ϕ′′(0)j2 = n2p2 + np− np2

si prin urmareD2[X] = np− np2 = np(1− p) = npq.

6.5.3 Avem P{X = k} > 0 si

∞∑k=m

Cm−1k−1 p

mqk−m = 1.

Numele acestei repartitii provine din faptul ca probabilitatea P{X = k} = Cm−1k−1 p

mqk−m,q = 1− p, este coeficient ın dezvoltarea ın serie

1 =(1p− q

p

)−m= pm(1− q)−m = pm

∞∑k=m

Cm−1k−1 q

k−m =∞∑k=m

Cm−1k−1 p

mqk−m.

Folosim seriile de puteri si proprietatea acestora de a putea fi derivate termen cutermen ın interiorul multimii de convergenta. Pentru |x| < 1 avem

11− x =

∞∑k=0

xk,

( 11− x

)′= 1

(1− x)2 =∞∑k=1

kxk−1,


( 1(1− x)2

)′= 2

(1− x)3 =∞∑k=2

k(k − 1)xk−2.

Rezulta1

(1− x)3 =∞∑k=2

C2kx

k−2.

Se demonstreaza prin inductie ca, pentru orice m ∈ N∗ si pentru orice x ∈ R,|x| < 1, are loc

1(1− x)m =

∞∑k=m−1

Cm−1k xk−m+1.

Trecem k ın k − 1 si obtinem:

(1− x)−m =∞∑k=m

Cm−1k−1 x

k−m, |x| < 1, (6.6.1)

care reprezinta dezvoltarea ın serie binomiala cu putere negativa. Relatia obtinutapentru x = q o ınmultim cu pm si obtinem:

1 =(1p− q

p

)−m= pm(1− q)−m = pm

∞∑k=m

Cm−1k−1 q

k−m =∞∑k=m

Cm−1k−1 p

mqk−m.

Pentru a calcula media, din (6.6.1) gasim

xm

(1− x)m =∞∑k=m

Cm−1k−1 x

k, |x| < 1, (6.6.2)

de unde prin derivare ın raport cu x obtinem∞∑k=m

kCm−1k−1 x

k−1 = mxm−1

(1− x)m+1 , |x| < 1. (6.6.3)

Alegem x = q, tinem cont ca 1− q = p si gasim

M [X] =∞∑k=m

kCm−1k−1 p

mqk−m = m

p.

Pentru calculul dispersiei folosim formula (6.4.22), D2[X] = M [X2] − (M [X])2.Avem

M [X2] =∞∑k=m

k2Cm−1k−1 p

mqk−m = pmq−m+1∞∑k=m

k2qk−1.

Pentru a calcula ultima suma ınmultim (6.6.3) cu x, iar apoi derivam. Rezulta∞∑k=m

k2Cm−1k−1 x

k−1 = d

dx

(mxm

(1− x)m+1

)= mxm−1(m+ x)

(1− x)m+2 .

GasimM [X2] = m(m+ q)

p2 si D2[X] = mq

p2 .

6.6. Solutii 137

6.5.4 Repartitia este bine definita deoarece∞∑k=1

P{X = k} =∞∑k=1

pqk−1 = p∞∑k=0

qk = p1

1− q = 1.

Avem

F (k) = P{X ≤ k} =k∑j=1

pqj−1 = p1− qk

1− q = 1− qk.

Pentru medie, tinand cont de proprietatile seriilor de puteri cu ratia q < 1, putemscrie evaluarile

M [X] =∞∑k=1

kpqk−1 = p∞∑k=1

kqk−1 = pd

dq

( ∞∑k=0

qk)

=

= pd

dq

( 11− q

)= p

(1− q)2 = 1p,

Calculam momentul initial de ordin 2. Folosind proprietatea seriilor de putericonvergente de a putea fi derivate termen cu termen, gasim

M [X2] =∞∑k=1

k2pqk−1 = p∞∑k=1

k2qk−1 = pd

dq

( ∞∑k=1

kqk)

=

= pd

dq

(q

(1− q)2

)= p

2− pp3 = 2− p

p2 ,

Atunci dispersia este

D2[X] = M [X2]− (M [X])2 = 2− pp2 − 1

p2 = q

p2 .

6.5.5

M [X] =min{a,n}∑k=1

kCkaC

n−kb

Cna+b= 1Cna+b

∑k

kCkaCn−kb = 1

Cna+b

∑k

aCk−1a−1C

n−kb =

= a

Cna+bCn−1a+b−1 = a

n!(a+ b− n)!(a+ b)!

(a+ b− 1)!(n− 1)!(a+ b− n)! = an

a+ b.

Pentru calculul dispersiei utilizam formula D2[X] = M [X2]− (M [X])2. Calculammomemtul initial de ordinul al doilea

M [X2] =∑k

k2CkaC

n−kb

Cna+b=∑k

k(k − 1)CkaC

n−kb

Cna+b+∑k

kCkaC

n−kb

Cna+b.


Avem

∑k

k(k − 1)CkaC

n−kb

Cna+b= 1Cna+b

∑k

a(a− 1)Ck−2a−2C

n−kb = a(a− 1)

Cna+bCn−2a+b−2

= a(a− 1) n!(a+ b− n)!(a+ b− 2)!(a+ b)!(n− 2)!(a+ b− n)! = a(a− 1)n(n− 1)

(a+ b)(a+ b− 1) .

Rezulta ca

M [X2] = a(a− 1)n(n− 1)(a+ b)(a+ b− 1) + an

a+ b= an

a+ b

((a− 1)(n− 1)a+ b− 1 + 1

).

Pentru dispersie, obtinem

D2[X] = an(an− n+ b)(a+ b)(a+ b− 1) −

a2n2

(a+ b)2 = abn(a+ b− n)(a+ b)2(a+ b− 1) .

6.5.6 Avem∞∑k=0

λk

k! e−λ = e−λ

∞∑k=0

λk

k! = e−λeλ = 1.

M [X] =∞∑k=0

kλk

k! e−λ = λ

∞∑k=1

kλk−1

(k − 1)!e−λ = λ.

M [X2] =∞∑k=1

k2λk

k! e−λ =

∞∑k=2

(k2 − k)λk

k! e−λ +

∞∑k=1

k2λk

k! e−λ =

= λ2∞∑k=2

k2 λk−2

(k − 2)!e−λ + λ = λ2 + λ,

D2[X] = M [X2]−M [X]2 = λ2 + λ− λ2 = λ.

Functia caracteristica este

ϕ(t) =∞∑k=0

ejtkλk

k! e−λ = e−λ

∞∑k=0

(λejt)k

k! = e−λ(1−ejt),


6.5.7 Avem

P{X + Y = k} =k∑l=0P{X = l, Y = k − l} =

k∑l=0C lnp

lqn−lCk−lm pk−lqm−k+l

=(

k∑l=0C lnC

k−lm

)pkqn+m−k = Ckm+np

kqn+m−k,

6.6. Solutii 139

pentru orice k = 0,m+ n. Atunci tabloul de repartitie a variabilei X + Y este

X + Y :(

kCkm+np

kqn+m−k

)k=0,m+n

.

Acesta corespunde unei repartitii binomiale cu parametrii n+m si p.

6.5.8 Variabila aleatoare X are o distributie binomiala cu exponent negativ. In acestcaz m = 4. Valorile pe care le ia X sunt 4, 5, 6, . . . cu probabilitatile din tabel

X :(

4 5 6 7 . . .0, 0001 0, 00036 0, 00081 0, 001458 . . .

),

deoarece P ({X = 4}) = C33 (0, 1)4 = 0, 000 1,

P ({X = 5}) = C34 (0, 1)4 (0, 9) = 0, 000 09 · 4 = 0, 000 36,

P ({X = 6}) = C35 (0, 1)4 (0, 9)2 = 8, 1 · 10−5 · 5·4

2 = 0, 000 81,

P ({X = 7}) = C36 (0, 1)4 (0, 9)3 = 7, 29 · 10−5 · 6·5·4

2·3 = 0, 001458 etc.

6.5.9 Folosim variabila aleatoare distribuita geometric care da numarul de transmisiinecesare pentru a se receptiona un mesaj corect. Repartitia este

X :(

k(1− p)k−1p

)k=1,2...

Probabilitatea ceruta este atunci P{X ≥ 3} =+∞∑k=3

(1− p)k−1p = (1− p)2.

6.5.10 Avem P{X > k} = 1− P{X ≤ k} = 1− p1− qk

1− q = qk. Pentru a doua cerinta,

problema revine la calculul unei serii geometrice cu ratia q2.

P

( ∞∑k=1{X = 2k}

)=∞∑k=1

P{X = 2k} =∞∑k=1

pq2k−1 = pq∞∑k=1

(q2)k−1

= pq

1− q2 = q

1 + q.

6.5.11 Transmiterea fiecarui bit reprezinta o experienta Bernoulli care se realizeazadaca s-a produs o eroare la transmiterea bitului. Probabilitatea cu care se pro-duc k erori ın 1000 de transmisii este data de probabilitatea calculata dupa legeabinomiala cu n = 1000 si p = 10−3. Legea Poisson cu parametrul λ = np =1000 · 10−3 = 1 aproximeaza legea binomiala. Astfel

P{X ≥ 5} = 1−P{X < 5} = 1−4∑

k=0

1k!e−1 = 1−e−1

(1 + 1

1! + 12! + 1

3! + 14!

)= 0, 00366.


6.5.12 Presupunand independenta realizarii becurilor, variabila aleatoare care are cavalori numarul de becuri defecte este repartizata binomial cu p = 0, 02 si n = 100.Daca dorim sa calculam probabilitatea cu ajutorul schemei binomiale, obtinem

3∑k=0

Ck100(0, 2)k(0, 98)100−k = 0, 859.

Daca aproximam X cu o variabila aleatoare repartizata Poisson, cu parametrulλ = 100 · 0, 02 = 2, gasim probabilitatea

3∑k=0

2ke−2

k! = 0, 857.

6.5.13 Daca X este variabila aleatoare care da numarul de semnale care ajung lastatie ıntr-un minut, atunci X este repartizata Poisson, cu λ = 16. Statia devinesaturata daca {X > 24}, iar probabilitatea este

P{X > 24} =∞∑

k=25

16k

k! e−16 = 1−

24∑k=0

16k

k! e−16 = 0, 0017.

6.7 Variabile aleatoare continue. Abstract teoretic

Fie (E,K, P ) un camp infinit de probabilitate.

• K ⊆ P(E) este o σ-algebra de parti ale lui E, deci satisface urmatoarele conditii:

(i) A ∈ K, pentru orice A ∈ K,

(ii) pentru orice An ∈ K, n ∈ N, avem ⋃n∈N

An ∈ K.

• P : K → [ 0, 1 ] este o probabilitate, adica satisface urmatoarele proprietati:

(i) P (E) = 1,

(ii) pentru orice sir de multimi (An)n ∈ K, cu An ∩Am = ∅, pentru orice n , m avem

P

(⋃n∈N

An

)=∞∑n=0

P (An).

6.7. Variabile aleatoare continue. Abstract teoretic 141

• O functie X : E → R se numeste variabila aleatoare daca, pentru orice x ∈ R,are loc

{X ≤ x} = {e ∈ E | X(e) ≤ x} ∈ K. (6.7.1)

Daca X este o variabila aleatoare atunci au loc:

{X < x} ∈ K, {X > x} ∈ K, {X ≥ x} ∈ K, {x1 < X < x2} ∈ K,

{x1 ≤ X < x2} ∈ K, {x1 < X ≤ x2} ∈ K, {x1 ≤ X ≤ x2} ∈ K.

• Variabilele aleatoare X si Y se numesc variabile aleatoare independente,

daca pentru orice doua multimi reale deschise, D1, D2, are loc:

P({X−1(D1)} ∩ {Y −1(D2)}

)= P{X−1(D1)} · P{Y −1(D2)},

unde{X−1(Di)} = {e ∈ E | X(e) ∈ Di}, i = 1, 2.

• Functia reala F : R→ [ 0, 1 ],

F (x) = P {X ≤ x} = P ({e ∈ E | X(e) ≤ x})

pentru orice x ∈ R, se numeste functie de repartitie a variabilei aleatoare X.

Au loc urmatoarele proprietati:1◦ daca x1 ≤ x2, atunci F (x1) ≤ F (x2),2◦ F (x+ 0) = F (x) pentru orice x ∈ R, (F este continua la dreapta),3◦ lim

x→−∞F (x) = 0,

4◦ limx→+∞

F (x) = 1.5◦ P {X > a} = 1− F (a), P {X < a} = F (a− 0), P {X ≥ a} = 1− F (a− 0),6◦ P {a < X ≤ b} = F (b)− F (a), P {a < X < b} = F (b− 0)− F (a),

P {a ≤ X < b} = F (b− 0)− F (a− 0), P {a ≤ X ≤ b} = F (b)− F (a− 0).

Daca X este o variabila aleatoare si λ ∈ R atunci urmatoarele operatii definesc variabilealeatoare:

X + λ, λX, |X|, Xr, r ∈ N, 1X.

Daca X si Y sunt variabile aleatoare, atunci

X + Y, X − Y, XY, XY, max(X,Y ), min(X,Y )

sunt de asemenea variabile aleatoare.


Exemplul 6.7.1. Fie X o variabila aleatoare a carei functie de repartitie este

F (x) =

0, x ≤ 0,x2

2 , 0 < x < 1,1, x ≥ 1.

Sa se calculeze P{X ≤ 1

2

}si P{X2 ≥ 1}.

Solutie. Avem P

{X ≤ 1

2

}= F

(12

)= 1

8 , iar

P{X2 ≥ 1

}= 1− P

{X2 < 1

}= 1− P {−1 < X < 1} = 1− F (1− 0) + F (−1) = 1

2 .

• Variabila aleatoare X se numeste continua sau de tip continuu daca functiade repartitie F : R → [ 0, 1 ] este continua si exista o functie f : R → R, numitadensitate de probabilitate, cu o multime cel mult numarabila de puncte dediscontinuitate de prima speta, astfel ıncat

F (x) =x∫

−∞

f(t) dt (6.7.2)


In orice punct x ∈ R de continuitate pentru f are loc

F ′(x) = f(x) (6.7.3)

In sens distributional relatia (6.7.3) are loc ın toate punctele x ∈ R.

Daca f : R→ R+ este densitate de probabilitate pentru o variabila aleatoare atunci

f(x) ≥ 0, ∀ x ∈ R; (6.7.4)

+∞∫−∞

f(x) dx = 1. (6.7.5)

Daca variabila X este continua atunci are loc urmatoarea formula de calcul

P{x1 < X ≤ x2} = P{x1 ≤ X ≤ x2} = P{x1 < X < x2}

= P{x1 ≤ X < x2} =x2∫x1

f(x)dx = F (x2)− F (x1). (6.7.6)


Exemplul 6.7.2. Spunem ca variabila aleatoare X este repartizata uniform peintervalul [ a, b ], a < b, si notam X : U [ a, b ], daca are densitatea de probabilitatef : R→ R+,

f(x) =

1

b− a, x ∈ [ a, b ],

0, ın rest.

Sa se verifice ca f are proprietatile densitatii de probabilitate si sa se determine functiade repartitie.

Solutie. Verificam proprietatile (6.7.4) si (6.7.5). Pentru orice x ∈ R avem evident

f(x) ≥ 0, iar∞∫−∞

f(x) dx =b∫a

1b− a

dx = 1.

Determinam functia de repartitie F : R→ [ 0, 1 ].

Pentru x < a avem F (x) =x∫

−∞

f(t) dt = 0.

Pentu x ∈ [ a, b ] avem F (x) =x∫

−∞

f(t) dt =x∫a

1b− a

dt = x− ab− a

.

Pentru x > b avem F (x) =x∫

−∞

f(t) dt =b∫a

1b− a

dt = 1.

In concluzie, functia de repartitie are expresia:

F (x) =

0, x < a,

x− ab− a

, x ∈ [ a, b ],1, x > b.

Exemplul 6.7.3. Spunem ca variabila aleatoare X este repartizata exponentialcu parametrul λ > 0, si notam X : Exp (λ), daca densitatea sa de probabilitate estef : R→ R+

f(x) =

λe−λx, x ≥ 0,

0, x < 0.

Sa se verifice ca f este o densitate de probabilitate si sa se determine functia de repartitie.

Solutie. Verificam proprietatile (6.7.4) si (6.7.5). Avem evident f(x) ≥ 0, pentru oricex ∈ R si

∞∫−∞

f(x) dx =∞∫0

λe−λx dx = 1.


Determinam functia de repartitie F : R→ [ 0, 1 ]. Pentru x < 0 avem

F (x) =x∫

−∞

0 dt = 0,

Pentu x ≥ 0 avem

F (x) =x∫

−∞

f(t) dt =x∫

0

λe−λt dt = λe−λt

−λ

∣∣∣∣∣x0 = 1− e−λx.

F (x) ={

1− e−λx, x ≥ 00, x < 0.

Exemplul 6.7.4. Spunem ca o variabila aleatoare X este distribuita normal cu para-metrii m si σ2, si notam aceasta prin X : N(m,σ2), daca are densitatea de probabilitatef : R→ R+ data de:

f(x) = 1√2πσ

e−

(x−m)2

2σ2 , x ∈ R. (6.7.7)

Sa se verifice ca f este o densitate de probabilitate.

Solutie. Functia f data de (6.7.7) satisface conditia

+∞∫−∞

f(x) dx = 1.

Intr-adevar, daca reamintim valoarea integralei lui Gauss+∞∫0

e−x2dx =

√π

2 , datorita

paritatii integrantului putem scrie

+∞∫−∞

e−x2dx =

√π, (6.7.8)

si atunci cu substitutia x−m√2σ

= t gasim

+∞∫−∞

f(x) dx = 1√2πσ

·√

2σ+∞∫−∞

e−t2dt = 1.

Functii de variabile aleatoare


Pentru ınceput sa consideram cazul ın care variabila aleatoare X este discreta sinotam P{X = x} = f(x). Fie h : R → R o functie bijectiva care stabileste legaturadintre valorile lui X si cele ale variabilei Y = h(X). Fie x = h−1(y) solutia unica aecuatiei y = h(x). Variabila Y va lua valorea y atunci cand X va lua valorea x = h−1(y).Atunci

fY (y) = P {Y = y} = P{X = h−1(y)

}= fX(h−1(y)).

Exemplul 6.7.5. Fie X o variabila aleatoare distribuita geometric ın care

P ({X = k}) = p (1− p)k , k = 0, 1, 2, 3, . . . .

Sa se determine repartitia variabilei Y = X2.

Solutie. Notam fX(k) = p (1− p)k . Deoarece X ≥ 0, functia y = x2 este bijectivapentru x ≥ 0 cu inversa x = √y, deci h−1(y) = √y.

P ({Y = k}) = fY (k) = fX(h−1(k)

)= p (1− p)

√k , k = 0, 1, 2, 3, . . . .

Consideram cazul ın care variabila X este continua, cu functia de repartitie FX . Fieh : R → R o functie bijectiva. Atunci variabila aleatoare Y = h(X) are functia derepartitie complet determinata.

Teorema 6.7.1. Fie h : R→ R o functie strict monotona si derivabila. Fie x = h−1(y)unica solutie a ecuatiei h(x) = y. Fie X o variabila aleatoare continua cu densitateade probabilitate fX : R → R. Atunci densitatea de probabilitate a variabilei aleatoareY = h(X) este fY : R→ R,

fY (y) = fX(h−1(y))∣∣∣∣(h−1

)′(y)∣∣∣∣ , y ∈ R.

Exemplul 6.7.6. Fie X variabila aleatoare distribuita uniform pe intervalul [ 0, 1 ]. Sase determine densitatea de probabilitate a variabilei Y = 3X.

Solutie. Variabila X are densitatea de probabilitate fX : R→ R+ data de

fX(x) ={

1, x ∈ [ 0, 1 ],0, ın rest.

Y = h(X) = 3X, unde h(x) = 3x, h′(x) = 3 > 0. Functia h este continua si strictcrescatoare, deci este bijectiva. Rezulta ca, daca FX , FY : R → [ 0, 1 ] sunt functiile derepartitie ale celor doua variabile, atunci pentru orice x ∈ R avem

FY (x) = P {Y ≤ x} = P {3X ≤ x} = P

{X ≤ x

3

}= FX

(x

3

).


Prin derivare ın raport cu x gasim

fY (x) = F ′Y (x) =(FX

(x

3

))′= fX

(x

3

)· 1

3 =

13 , x ∈ [ 0, 3 ],

0, ın rest.

De aici rezulta ca Y este distribuita uniform pe intervalul [ 0, 3 ].

Caracteristici numerice ale variabilelor aleatoare continue

Ca si ın cazul variabilei discrete putem defini caracteristicele numerice ale uneivariabile continue. Fie X o variabila aleatoare continua cu densitatea de probabilitatef : R → R+. Toate definitiile de mai jos au sens atata vreme cat integralele impropriicare apar sunt convergente.

• Media variabilei aleatoare continue X este:

m = M [X] =+∞∫−∞

xf(x) dx. (6.7.9)

• Momentul initial de ordin r al variabilei X este:

mr = M [Xr] =+∞∫−∞

xrf(x) dx. (6.7.10)

• Momentul centrat de ordin r al variabilei X este:

µr = M [(X −M [X])r] =+∞∫−∞

(x−m)rf(x) dx. (6.7.11)

• Dispersia variabilei X este momentul centrat de ordinul 2

σ2 = D2[X] = µ2 =+∞∫−∞

(x−m)2f(x) dx. (6.7.12)

• Abaterea medie patratica este

σ = D[X] =√D2[X].


Daca X este o variabila aleatoare continua care admite medie si dispersie, atunci

D2[X] = M [X2]− (M [X])2 . (6.7.13)

Ca si ın cazul variabilelor discrete, daca X si Y sunt variabile aleatoare continue, atunciau loc urmatoarele proprietati.

M [X + Y ] = M [X] +M [Y ]. (6.7.14)

In plus, daca X si Y sunt independente, atunci

M [X · Y ] = M [X] ·M [Y ]. (6.7.15)

D2[X ± Y ] = D2[X] +D2[Y ]. (6.7.16)

• Covarianta variabilelor X si Y este definita prin:

Cov[X,Y ] = M [(X −M [X])(Y −M [Y ])] (6.7.17)

si are locD2[X + Y ] = D2[X] +D2[Y ] + 2Cov[X,Y ]. (6.7.18)

Daca X este o variabila aleatoare si Y = g(X) este o variabila obtinuta printr-o transfor-mare cu ajutorul functiei g : R→ R, continua si bijectiva, atunci media transformariiY = g(X) este

M [Y ] =+∞∫−∞

g(x) · f(x) dx. (6.7.19)

• Moda variabileiX este notata xm si reprezinta acea valoare a variabilei pentru caredensitatea de probabilitate f are valoare maxima. Avem f ′(xm) = 0 si f ′′(xm) < 0.

• Mediana variabilei X este acea valoare x0,5 a lui X pentru care

P ({e ∈ E | X(e) ≤ x0,5}) = 0, 5.

Aceasta relatie se poate scrie sub forma

F (x0,5) =x0.5∫−∞

f(x) dx = 0, 5,

adica dreapta x = x0,5 ımparte subgraficul densitatii f ın doua regiuni plane cuarii egale.


• Functia caracteristica a variabilei aleatoare de tip continuu X este functia ϕ :R→ C definita prin:

ϕ(t) = M[ejtX

]=

+∞∫−∞

ejtxf(x) dx, t ∈ R, j2 = −1. (6.7.20)

Din formula de inversiune a transformatei Fourier deducem

f(x) = 12π

+∞∫−∞

e−jtx · ϕ(t) dt (6.7.21)

Momentele initiale ale variabilei X sunt date de:

M [Xr] = ϕ(r)(0)jr

, r ∈ N. (6.7.22)

Daca variabilele X si Y sunt variabile independente, atunci

ϕX+Y (t) = ϕX(t) · ϕY (t) (6.7.23)


Teorema 6.7.2. (Inegalitatea lui Cebasev) Daca variabila aleatoare X este de tipcontinuu cu media m si dispersia σ2, atunci pentru orice ε > 0 are loc

P{|X −m| < ε} ≥ 1− σ2

ε2 . (6.7.24)

Inegalitatea (6.7.24) este echivalenta cu inegalitatea:

P{|X −m| ≥ ε} < σ2

ε2 . (6.7.25)

Exemplul 6.7.7. Timpul mediu de raspuns al unui calculator, pentru o anumita operatie,este de 1, 5 secunde cu abaterea medie patratica de 0, 3 secunde. Sa se estimeze proba-bilitatea ca timpul de raspuns sa se abata cu mai putin de 0, 5 secunde fata de medie.

Solutie. Folosim inegalitatea lui Cebasev cu ε = 5. Avem

P ({|X − 1, 5| < 0, 5}) ≥ 1− 0, 090, 25 = 0, 64.


Repartitia normalaVariabila aleatoare X este distribuita normal

X : N(m,σ2),

daca are densitatea de probabilitate f : R→ R+ data de:

f(x) = 1√2πσ

e−

(x−m)2

2σ2 , x ∈ R. (6.7.26)

Se arata cu usurinta ca daca variabila normaa X are densitatea data de (6.7.7) atuncimedia sa este

M [X] =+∞∫−∞

xf(x) dx = m,

iar dispersia este

D2[X] =+∞∫−∞

(x−m)2f(x) dx = σ2,

aceasta fiind semnificatia parametrilor m si σ2 din notatia N(m,σ2).Graficul lui f este asa numitul clopot al lui Gauss. Se constata ca acesta este

simetric fata de dreapta x = m, pentru x = m functia f are maxim egal cu f(m) = 1√2πσ ,

iar punctele m ± σ sunt puncte de inflexiune. Pentru σ constant si m variabil, graficulse transleaza corespunzator. Daca m este constant, iar σ variabil se constata ca punctulde maxim variaza invers proportional ın raport cu σ.

• Functia Φ : R→ R

Φ(z) = 1√2π

z∫0

e−x2

2 dx, z ∈ R (6.7.27)

se numeste functia lui Laplace sau functia erorilor. Se mai noteaza cu Erf .

Au loc urmatoarele proprietati ale functiei lui Laplace:

(i) Φ(−z) = −Φ(z),

(ii) limz→∞

Φ(z) = 12.

Valorile semnificative, pentru z ∈ [ 0, 5 ], ale functiei lui Laplace sunt tabelate.Functia de repartitie a variabilei normale cu parametrii m si σ2, N(m,σ2), este

F : R→ [ 0, 1 ],

F (x) = 12 + Φ

(x−mσ

), x ∈ R. (6.7.28)


Densitatea normala Functia de repartitie normala

Figura 6.4: Repartitia normala

Fie a < b. Daca X este variabila normala X : N(m,σ2) atunci

P {a < X ≤ b} = Φ(b−mσ

)− Φ

(a−mσ

). (6.7.29)

In particular pentru variabila X : N(0, 1) are loc

P {a < X ≤ b} = Φ(b)− Φ(a). (6.7.30)

Probabilitatea ca abaterea variabilei X : N(m,σ2) fata de media m, sa nu depaseascaε > 0, este data de

P{|X −m| < ε} = 2Φ(ε

σ

).

Exemplul 6.7.8. O variabila normal repartizata X : N(m,σ2) ia valori semnificativeın intervalul (m− 3σ,m+ 3σ). Are loc regula celor 3σ:

P{|X −m| ≥ 3σ} = 1− P{|X −m| < 3σ} = 1− 2Φ(3) = 0, 0027.

• Functia caracteristica a variabilei normale cu parametrii m si σ2, N(m,σ2), esteϕ : R→ C,

ϕ(t) = ejmt−t2σ2

2 , t ∈ R. (6.7.31)

Teorema limita centrala

Spunem ca sirul de variabile aleatoare (Xn)n∈N converge ın probabilitate catrevariabila X daca pentru orice ε > 0 are loc

limn→∞

P{|Xn −X| ≥ ε} = 0. (6.7.32)

Vom nota aceasta prinXn

prob−→ X.

Observatia 6.7.1. Daca ın conditia (6.7.32) trecem la evenimentul contrar, atunciputem afirma ca sirul de variabile aleatoare (Xn)n∈N converge ın probabilitate catrevariabila X daca pentru orice ε > 0 are loc

limn→∞

P{|Xn −X| < ε} = 1. (6.7.33)


Propozitia 6.7.1. Fie (Xn)n∈N un sir de variabile aleatoare avand medie si dispersieastfel ıncat

limn→∞

D2 [Xn] = 0.

AtunciXn −M [Xn] prob−→ 0.

Teorema 6.7.3. (Legea numerelor mari a lui Bernoulli)Fie (Xn)n∈N un sir de variabile aleatoare avand aceeasi medie m si dispersiile egal

majorate de o constanta C > 0D2 [Xn] ≤ C,

pentru orice n ∈ N. Atunci

1n

(X1 + ...+Xn) prob−→ m.

Exemplul 6.7.9. La efectuarea unei experiente, un eveniment A se realizeaza cu pro-babilitatea P (A) = p. Se repeta experienta ın conditii identice si, pentru orice n ∈ N∗,notam Xn variabila care ia valoarea 1 daca se produce A si valoarea 0 ın caz contrar.

Tabloul de repartitie a variabilei Xn este Xn :(

0 11− p p

).

Se determina cu usurinta, media M [Xn] = p si dispersia D2 [Xn] = p(1 − p). Conformlegii numerelor mari a lui Bernoulli rezulta ca

1n

(X1 + ...+Xn) prob−→ p.

Variabila X1 + ... + Xn reprezinta numarul de aparitii ale lui A dupa primele n probe,adica frecventa relativa lui A, notata ın statistica cu fn(A). Astfel rezultatul obtinut serescrie

fn(A) prob−→ p.

Teorema 6.7.4. (Teorema limita centrala)Fie (Xn)n∈N un sir de varibile aleatoare cu aceeasi repartitie (identic distribuite) si

independente doua cate doua. Atunci, pentru n suficient de mare, variabila

Y =

n∑i=1

Xi −M[n∑i=1

Xi

]

D

[n∑i=1

Xi

] : N(0, 1)

este repartizata normal N(0, 1).


Exemplul 6.7.10. La o casierie se fac plati pentru un anumit serviciu, cu media 80$ siabaterea medie patratica de 20$.1. Sa se calculeze probabilitatea ca primii 100 de clienti sa necesite mai mult de 8400$.2. Care este probabilitatea ca suma solicitata de acestia sa fie cuprinsa ıntre 7800 si8400$.3. Cati clienti ar necesita ın total mai mult de 10000$, cu siguranta 0, 9?

Solutie. Fie Xi plata aleatoare pentru clientul i. M [Xi] = 80, D[Xi] = 20. Variabila

X =100∑i=1

Xi

reprezinta plata catre primii 100 de clienti. Avem

M [X] = 100 · 80 = 8000, D2[X] = 100 · 202, D[X] = 200.

Din Teorema limita centrala rezulta ca variabila

Y = X −M [x]D[X] = X − 8000

200 : N(0, 1),

deci are functia de repartitieFY (x) = 1

2 + Φ(x),


1. P{100∑i=1

Xi > 8400}

= P {X > 8400} = P

{X − 8000

200 >8400− 8000

200

}

= 1− FY (2) = 1− (0, 5 + Φ(2)) = 0, 5− Φ(2) = 0, 02275.

2. P{

7800 <100∑i=1

Xi < 8400}

= P

{7800− 8000200 <

X − 8000200 <

8400− 8000200

}

= FY (2)− FY (−1) = Φ(2)− Φ(−1) = Φ(2) + Φ(1) = 0, 47725 + 0, 34134 = 0, 81859.

3. Se determina n din conditia

1− F(10000− n · 80√

n · 400

)= 0, 1.

Teorema 6.7.5. (Teorema lui Moivre-Laplace)Daca X : Bin [n, p ] este o variabila aleatoare repartizata Bernoulli, atunci, pentru n

suficient de mare, variabilaX − np√npq

: N(0, 1)

unde q = 1− p, urmeaza legea normala.


Exemplul 6.7.11. Se arunca un zar de 500 de ori. Cu ce probabilitate putem afirmaca obtinem fata 6 de cel mult 90 de ori?

Solutie. Fie X variabila aleatoare care da frecventa de aparitie a fetei cu 6 puncte.Avem p = 1

6 , q = 56 , n = 500. Utilizam teorema lui Moivre-Laplace si rezulta ca variabila

X − np√npq

este normal distribuita cu parametrii 0 si 1. Prin urmare, variabila

X − 83, 38, 33 : N(0, 1)

are functia de repartitie F (x) = 0, 5 + Φ(x). Avem

P{X ≤ 90} = P

{X − np√npq

≤ 90− np√npq

}' 0, 5 + Φ

(90− np√npq

).

Obtinem P{X ≤ 90} = 0, 5 + Φ(0, 8) = 0, 788.


6.8.1 Aratati ca urmatoarele functii sunt densitati de probabilitate:a. variabila aleatoare Gama

f(x) = 1Γ(α)λ(λx)α−1e−λx, x ≥ 0, α > 0, λ > 0;

b. variabila aleatoare Erlang

f(x) = λe−λx(λx)n−1

(n−1)! , x ≥ 0;c. variabila aleatoare ”hi patrat”

f(x) = 12n/2Γ(n/2)

xn/2−1e−x/2, x ≥ 0, n ∈ N;

d. variabila aleatoare Rayleigh

f(x) = r

σ2 e− x2

2σ2 , x ≥ 0, σ > 0;

e. variabila aleatoare Cauchy

f(x) = α

π(α2 + x2) , x ∈ R, α > 0;

f. variabila aleatoare Laplace

f(x) = µ

2 e−µ|x|, x ∈ R, µ > 0;

g. variabila aleatoare Weibullf(x) = λαxα−1e−λx

α, x ≥ 0, λ > 0, α > 0;

h. variabila aleatoare Beta


f(x) = xm−1(1− x)n−1

B(m,n) x ∈ [0, 1], m > 0, n > 0;

i. variabila aleatoare Student

f(x) =Γ(n+1

2

)√πnΓ(n2 )

(1 + x2

n

)−n+12

, x ∈ R;

j. variabila aleatoare Snedecor

f(x) =(n1n2

)n12 Γ

(n1+n22

)Γ(n1

2)

Γ(n2

2)xn1

2 −1(

1 + n1n2x

)−n1+n22

, x ≥ 0.

6.8.2 Daca efectuam masuratori de precizie, iar rezultatul este cuprins ıntre k sik+ 1 unitati, convenind sa-l aproximam cu k+ 1/2, comitem o eroare care poate fipresupusa uniform distribuita pe intervalul (−1/2, 1/2). Cu ce probabilitate facemo eroare mai mare ca 1/4 ?

6.8.3 Sa se arate ca variabila uniforma, X : U [ a, b ] cu densitatea de probabilitatef : R→ R,

f(x) =

1

b− a, x ∈ [ a, b ],

0, ın rest,are

1◦ media M [X] = a+ b

2 ,

2◦ dispersia D2[X] = (b− a)2

12 ,

3◦ functia caracteristica ϕ : R→ C, ϕ(t) = ejbt − ejat

j(b− a)t , t ∈ R.

6.8.4 Sa se arate ca variabila exponentiala cu parametrul λ, X : Exp (λ) cu densitateade probabilitate f : R→ R,

f(x) =

λe−λx, x ≥ 0,

0, x < 0,

are

1◦ media M [X] = 1λ

,

2◦ dispersia D2[X] = 1λ2 ,

3◦ functia caracteristica ϕ : R→ C, ϕ(t) = λ

λ− jt, t ∈ R.


6.8.5 Variabila aleatoare X este distribuita uniform pe intervalul [−1, 1]. Determinatidensitatile de probabilitate, mediile si dispersiile variabilelor:1. Y = 2X + 12. Z = 2X2 + 1.

6.8.6 Sa se calculeze momentele centrate ale repartitiei normale N(m,σ2).

6.8.7 Fie Xk : N(mk, σ2k), k = 1, n, variabile normale independente. Sa se arate ca

suma lorX = X1 +X2 + . . .+Xn =

n∑k=1

Xk

este repartizata normal cu

media M [X] =n∑k=1

mk si dispersia D2[X] =n∑k=1

σ2k,

altfel spusn∑k=1

N(mk, σ2k) = N

(n∑k=1

mk,n∑k=1

σ2k

).

6.8.8 Fie Xk : N(m,σ2), k = 1, n sunt n variabile independente repartizate normal cuaceeasi medie m si aceesi dispersie σ2. Sa se arate ca media lor aritmetica, notata

X = 1n

n∑k=1

Xk, este o variabila repartizata normal cu media m si dispersia σ2

n.

1n

n∑k=1

N(m,σ2) = N

(m,

σ2

n

).

6.8.9 Durata de functionare a unei baterii este o variabila aleatoare repartizata normalX : N(m,σ2), unde m = 120 zile reprezinta timpul mediu de functionare, iarσ = 10 zile reprezinta abaterea fata de medie. Sa se determine1. probabilitatea ca bateria sa functioneze cel putin 100 de zile,2. probabilitatea ca bateria sa functioneze ıntre 100 si 150 de zile,3. un interval de timp ın care se poate presupune ca bateria functioneaza aproapesigur.

6.8.10 Fie variabila distribuita normal X : N(0, σ2) si fie β > α > 0. Sa se determineabaterea σ, astfel ıncat X sa ia valori ın intervalul (α, β) cu probabilitate maxima.

6.8.11 Daca variabila aleatoare X este distribuita normal X : N(m,σ2), atunci varia-bila Y = aX + b, a ∈ R∗, b ∈ R, este distribuita normal Y : N(am+ b, |a|σ). DacaX : N(m,σ2) atunci Y = 1

σ(X −m) : N(0, 1).


6.8.12 Fie α, a > 0 si n ∈ N. Determinati a si α astfel ıncat functia f : R→ R

f(x) ={axne−α

2x2, x ≥ 0

0, x < 0 ]

sa fie o densitate de probabilitate pentru o variabila aleatoare cu media m.

6.8.13 Se dau densitatile de probabilitate f : R→ R

a. f(x) ={

2x, daca 0 < x < 10, ın rest;

b. f(x) ={|x|, daca |x| < 10, ın rest.

Sa se calculeze pentru fiecare densitate valoarea medie si dispersia.

6.8.14 Fie X o variabila aleatoare a carei densitate de probabilitate este f : R→ R

f(x) =

c ln(a

x

)daca 0 < x < a

0 ın rest.

Sa se determine constanta c si sa se calculeze valoarea medie si dispersia variabileiX.

6.8.15 Sa se determine functia caracteristica a variabilei aleatoare X care are densi-tatea de probabilitate f : R→ R,

f(x) =

12

(1− |x|2

), daca |x| ≤ 2

0, daca |x| > 2.

6.8.16 Sa se afle densitatea de probabilitate corespunzatoare functiei caracteristiceϕ : R→ R,

ϕ(t) = e|t|.

6.8.17 Variabilele X,Y sunt ın relatia Y = 2− 3X. Calculati media, dispersia lui Y ,corelatia si coeficientul de corelatie, daca mX = −1, D2

X = 4.

6.8.18 Variabilele aleatoare X,Y, Z au mediile mX ,mY ,mZ si matricea de covarianta D2(X) Cov(X,Y ) Cov(X,Z)Cov(X,Y ) D2(Y ) Cov(Y,Z)Cov(X,Z) Cov(Y,Z) D2(Z)

Calculati media si dispersia variabilei aleatoare U = aX−bY +cZ−d, a, b, c, d ∈ R.

6.8.19 X, Y sunt variabile aleatoare independente X : N(1, 4), Y : U(0, 2). GasitiM(X + Y ), M(XY ), M(X2), M(X − Y 2), D2(X + Y ) si D2(X − Y ).

6.9. Solutii 157

6.8.20 Timpul mediu ıntre doua evenimente aleatoare ale unui experiment este dis-tribuit exponential cu media m. Gasiti probabilitatea ca evenimentul 1000 sa seproduca ın intervalul (1000± 50)m.

6.8.21 Intr-un service exista un stoc de 1600 m cablu de rezerva. Stiind ca zilnic sefolosesc ın medie 13,33 m, iar σ = 1, 2, cu ce probabilitate aceasta cantitate ajunge120 de zile?

6.8.22 Emisia aleatoare de particule este modelata de legea Poisson cu λ = 30part./ora. Cu ce probabilitate ın 10 minute sunt emise cel mult 20 de particule ?

6.8.23 Probabilitatea ca un articol sa nu corespunda normelor este p = 0, 2. Se face oselectie de n = 400 de articole. Presupunand selectia cu repunere (aceasta se poatepresupune daca volumul total este foarte mare), sa se determine probabilitatea caıntre 70 si 100 de articole sa fie necorespunzatoare.

6.9 Solutii

6.8.1 Se verifica cu usurinta faptul ca functiile date satisfac cele doua conditii f ≥ 0si∫ ∞−∞

f(x)dx = 1.

i. Prin substitutia y = x

2σ2 integrala∫ ∞

0f(x)dx se reduce la 2

n2 σnΓ(n2 ).

j. Folosim paritatea functiei∫ ∞−∞

f(x)dx = 2∫ ∞

0f(x)dx.

Facem schimbarea de variabila x =√ny, dupa care gasim

∫ ∞0

(1 + x2

n

)−n+12

dx =√n

∫ ∞0

(1 + y2)−n+1

2 dy.

In ultima integrala substitutia y2

1 + y2 = t, ne duce la functia Beta. Intr-adevar,

dy = 12 t− 1

2 (1− t)−32dt, si

∫ ∞−∞

f(x)dx =2Γ(n+1

2 )√πnΓ(n2 )

√n

∫ 1

0(1− t)

n+12

12 t− 1

2 (1− t)−32dt =

=Γ(n+1

2 )Γ(1

2)Γ(n2 )B(n2 , 1) = 1.


6.8.2 P{|X| > 1/4} = 1−∫ 1/4

−1/4dx = 0, 5.

6.8.3 Avem

M [X] =+∞∫−∞

xf(x) dx = 1b− a

b∫a

x dx = a+ b

2 ,

M [X2] =+∞∫−∞

x2f(x) dx = 1b− a

b∫a

x2 dx = a2 + ab+ b2

3 ,

si atunci dispersia este

D2[X] = M [X2]− (M [X])2 = (b− a)2

12 .

Pentru orice t ∈ R avem

ϕ(t) =+∞∫−∞

ejtxf(x) dx = 1b− a

b∫a

ejtx dx = 1b− a

· ejbt − ejat

jt.

6.8.4 Avem

M [X] =+∞∫−∞

xf(x) dx = λ

+∞∫0

xe−λx dx = λ

(− 1λxe−λx

∣∣∣∣∣+∞0 − 1λ2 e

−λx∣∣∣∣∣+∞0

)= 1λ,

M [X2] =+∞∫−∞

x2f(x) dx = λ

+∞∫0

x2e−λx dx = λ

− 1λx2e−λx

∣∣∣∣∣+∞0 + 2λλ

+∞∫0

xe−λx dx

= 2λ2 ,

si atunci dispersia este

D2[X] = M [X2]− (M [X])2 = 1λ2 .

Pentru orice t ∈ R avem

ϕ(t) =+∞∫−∞

ejtxf(x) dx = λ

+∞∫0

e(jt−λ)x dx = λ

jt− λe(jt−λ)x

∣∣∣∣∣+∞0 = λ

λ− jt.

6.8.5 Aflam functia de repartitie a variabilei Y , notata FY (x) =.

P{Y ≤ x} = P{2X + 1 ≤ x} = P

{X ≤ x− 1

2

}= FX

(x− 1

2

).

6.9. Solutii 159

Prin derivare gasim fY (x) = 12fX

(x− 1

2

), adica

fY (x) =

14 daca − 1 ≤ x ≤ 30 ın rest.

Media este M [Y ] = 1 iar dispersia D2[Y ] = 4/3.2. Analog FZ(x) = P{Z ≤ x} =

P{2X2 + 1 ≤ x} = P

{−(x− 1

2

)1/2≤ X ≤

(x− 1

2

)1/2}

=

= FX

(√x− 1

2

)− FX

(−√x− 1

2

)Daca x ≥ 1. Prin derivare gasim

fZ(x) = 14

√2

x− 1

(fX(

√x− 1

2 ) + fX(−√x− 1

2 )),

adica

fZ(x) =

18

√2

x− 1 , daca 1 ≤ x ≤ 3

0, ın rest.

6.8.6 Avem

µk = 1σ√

2π

∞∫−∞

(x−m)ke−(x−m)2

2σ2 dx.

Facem schimbarea de variabila x−m =√

2σy si gasim

µk = (σ√

2)k√π

∞∫−∞

yke−y2dy.

Integram prin parti si obtinem

µk = (σ√

2)k√π

−12e−y2

yk−1∣∣∣∣∣+∞−∞ + k − 1

2

∞∫−∞

yk−2e−y2dy

=

= (k − 1)(σ√

2)k

2√π

∞∫−∞

yk−2e−y2dy = (k − 1)σ2µk−2.

Astfel, am gasim relatia de recurenta

µk = (k − 1)σ2µk−2, k ≥ 2,


de unde deducem {µ2k+1 = 0µ2k = (2k − 1)!!σ2k

In particular, pentru k = 2, obtinem D2[X] = σ2.

6.8.7 Deoarece variabilele Xk sunt independente rezulta ca functia caracteristica asumei este egala cu produsul functiilor caracteristice si, folosind relatia (6.7.31),putem scrie

ϕX1+...+Xn(t) =n∏k=1

ϕXk(t) =n∏k=1

ejmkt−t2σ2

k2 = e

jtn∑k=1

mk −t2

2

n∑k=1

σ2k

,

iar aceasta corespunde ın mod unic variabilei repartizate N(

n∑k=1

mk,n∑k=1

σ2k

).

6.8.8 Din exemplul precedent suman∑k=1

Xk este repartizata N(nm, nσ2). Folosind

proprietatile mediei si ale dispersiei gasim

M [X] = 1nM

[n∑k=1

Xk

]= 1n· nm = m,

si

D2[X] = 1n2D

2[n∑k=1

Xk

]= 1n2 · nσ

2 = σ2

n.

Sa determinam acum expresia densitatii de probabilitate fX a variabilei X. DacaFX : R→ [ 0, 1 ] este functia de repartitie a variabilei X atunci, pentru orice x ∈ R,avem

FX(x) = P{X ≤ x} = P

{n∑k=1

Xk ≤ nx}

= F1(nx), (6.9.1)

unde prin F1 am notat functia de repartitie a variabilei aleatoaren∑k=1

Xk. Pe de alta

parte, din exemplul precedent stim ca suman∑k=1

Xk este repartizata N(nm, nσ2),

deci are densitatea de probabilitate

f1(x) = 1√2πnσ

e−(x−nm)2

2nσ2 .

Prin derivare ın relatia (6.9.1) gasim densitatea de probabilitate

fX(x) = f1(nx) · n = n · 1√2πnσ

e−(nx−nm)2

2nσ2 = 1√2π σ√

n

e− (x−m)2

2σ2n ,

6.9. Solutii 161

pentru orice x ∈ R. Aceasta expresie corespunde unei variabile normale cu para-

metrii m si σ2

n, deci X : N

(m,

σ2

n

).

6.8.9 1. AvemP{X ≥ 100} = 1− P{X < 100} = 1− F (100)

= 1−(1

2 + Φ(100− 12010 )

)= 1

2 + Φ(2) = 0, 97725.

2. Putem scrie succesiv

P{100 ≤ X ≤ 150} = Φ(150− 120

10

)− Φ

(100− 12010

)= Φ(3) + Φ(2) = 0, 9759.

3. Aplicınd regula celor 3σ, gasim intervalul cautat de forma |X −m| < 3σ, deci|X−120| < 3 ·10. Rezulta 90 < X < 120; altfel spus, bateria functioneaza aproapesigur ıntre 90 si 150 zile.

6.8.10 Avem

P{α < X < β} = Φ(β

σ

)− Φ

(α

σ

)= 1√

2π

βσ∫

0

e−t22 dt−

ασ∫

0

e−t22 dt

:= h(σ).

Pentru determinarea punctului de maxim al functiei h anulam derivata h′(σ) siobtinem ecuatia

1√2π

(− β

σ2 · e− β2

2σ2 + α

σ2 · e− α2

2σ2

)= 0,

cu solutia

σ =√

β2 − α2

2(ln |β| − ln |α|) .

6.8.11 Pentru a > 0 avem

FY (x) = P{aX + b ≤ x} = P

{X ≤ x− b

a

}= FX

(x− ba

)iar pentru a < 0 avem

FY (x) = P{aX + b ≤ x} = P

{X ≥ x− b

a

}= 1− FX

(x− ba

),

pentru orice x ∈ R. Prin derivare gasim

fY (x) = 1|a|fX

(x− ba

)= 1√

2π|a|σe−

[x− (am+ b)]2

2(aσ)2.

Rezulta ca variabila Y este normal repartizata cu parametrii: media am + b sidispersia |a|σ.


6.8.12 Punem conditiile∫ +∞

0axne−α

2x2dx = 1,

∫ +∞

0axn+1e−α

2x2dx = m

si gasim

a = 2αn+1

Γ(n+12 )

, α = 1m

Γ(n+22 )

Γ(n+12 )

.

6.8.13 a. 2/3, 1/18; b. 0, 1/2.

6.8.14 Conditia∫ a

0f(x) dx = 1 conduce la c = a−1 iar prin calcul direct gasim

M [X] = a/2, D2[X] = a2/4.

6.8.15

ϕ(t) = 12

∫ 2

−2

(1− |x|2

)ejtxdx = 1− cos 2t

2t2 = sin2 t

t2.

6.8.16 Din formula de inversiune avem:

f(x) = 12π

∫ +∞

−∞ϕ(t)e−jtx dt = 1

π(1 + x2) x ∈ R.

6.8.17 M [Y ] = M [2 − 3X] = 2 − 3(−1) = 5, D2[Y ] = (−3)24 = 36. Din M [X2] =D2[X]+M2[X], deducem M [X2] = 5 iar apoi Cov[X,Y ] = M [X(2−3X])+1×5 =−12; ρ[X,Y ] = −12

D[X]D[Y ] = −1.

6.8.18 M [U ] = a mx − b my + c mz − d, D2[U ] = a2, D2[X] + b2, D2[Y ] + c2,D2[Z]− 2 a b Cov[X,Y ] + 2 a c Cov[X,Z]− 2 b c Cov[Y,Z].

6.8.19 M [X + Y ] = 2, M [XY ] = M [X]M [Y ] = 1, M [X2] = 5, M [X − Y 2] = −13,

D2[(X + Y )] = D2[(X − Y )] = 133 .

6.8.20 Fie Xi timpul dintre evenimente, atunci X =∑Xi are media n×m si dispersia

n× σ2. AvemP{950m ≤ X ≤ 1050m} =

= P

{950m− 1000mm√

1000≤ X −M(X)

D(X) ≤ 1050m− 1000mm√

1000

}=

= Φ( √

102

)− Φ

(−√

102

)= 2Φ

( √102

).

6.9. Solutii 163

6.8.21 Notam cu Xi variabila aleatoare care ia ca valori consumul zilei i, i = 1, 120.Avem

M [Xi] = 13, 33, D[Xi] = 1, 2.

In 120 de zile se consuma X =120∑i−1

Xi. Ne aflam ın cazul general ın care nu se

cunoaste repartitia variabilei aleatoare Xi. Sa determinam probabilitatea P{X <1660}.

M [X] = nm = 120× 13, 33 = 1599, D[X] =√nσ2 =

√nσ = 13, 1,

P{X < 1660} = P

{X − 1599, 6

13, 1 <1660− 1599, 6

13, 1

}=

= 0, 5 + Φ(4, 6) = 0, 999.

6.8.22 Notam X =10∑i=1

Xi, unde Xi sunt variabile aleatoare independente repartizate

Poisson. Avem

λ = M [X] =10∑i=1

M [Xi] = nM [Xi]

si deci M [Xi] = λ

n, iar

λ = D2[X] =10∑i=1

D2[Xi] = nD2[Xi],

adica D2[Xi] = λ

n, unde λ este parametrul repartitiei Poisson ce trebuie determinat

din conditia λ = 3016 = 5 particule/10 minute.

P{X ≤ 10}) = P

X − nλn√n√

λn

≤ 10− λ√λ

=

= 0, 5 + Φ(10− 5√

5

)= 0, 98713.

6.8.23 Fie X variabila care da numarul de articole necorespunzatoare. X este reparti-zata binomial cu volumul total n = 400 si probabilitatea p = 0, 2. Atunci q = 0, 8.Aplicam Teorema lui Moivre-Laplace si rezulta ca variabila X − np

√npq

este normal

distribuita cu parametrii 0 si 1. Prin urmare, variabila

X − 808 : N(0, 1)


are functia de repartitie F (x) = 0, 5 + Φ(x). Putem scrie

P{70 ≤ X ≤ 100} = P{70− 808 ≤ X − 80

8 ≤ 100− 808 } = P{−1, 25 ≤ X − 80

8 ≤ 2, 5}.

Rezulta

P{70 ≤ X ≤ 100} = Φ(2, 5)− Φ(−1, 25) = Φ(2, 5) + Φ(1, 25) = 0, 88814.

MATEMATICI SPECIALE Culegere de problememath.etti.tuiasi.ro/rosu/didactic/Culegere de...

Documents

Transcript of MATEMATICI SPECIALE Culegere de problememath.etti.tuiasi.ro/rosu/didactic/Culegere de...