matematici special - probleme de examen

Matematici SpecialeTeme, Probleme de Examen

George Popescu

Prezentul text reprezint¼a o colectie a problemelor din teme si examene partiale din perioada 2009-2014 la facul-tatea de Automatic¼a, Calculatoare si Electronic¼a, la specializarile automatic¼a, mutimedia, mecatronic¼a, robotic¼a.Problemele prezentate au solutii si comentarii în detaliu.În �nal sunt ad¼augate problemele propuse la examenul �nal în perioada 2006-2014.Problemele sunt grupate pe capitole si în ordine cronologic¼a.

1. Analiz¼a complex¼a2. Ecuatii diferentiale ordinare3. Serii Fourier4. Transformarea Laplace5. Transformarea Fourier6. Ecuatii cu derivate partiale7. Câmpuri vectorialeExamene 2006 - 2014

1. Analiz¼a Complex¼aTema # 1 - 2011

Solutii

1. Pentru z = x+ iy , cu x; y 2 R, calculati partea real¼a si partea imaginar¼a pentru

1

z,

z � 1z + 1

SolutieIdeea const¼a în a ampli�ca fractia cu "conjugata" numitorului.Astfel la numitor se obtine un num¼ar real si fractia se poate separa în parte real¼a si parte imaginar¼a.

1

z=

1

x+ iy=

x� iy(x+ iy)(x� iy) =

x� iyx2 + y2

=x

x2 + y2| {z }Re

+ i�y

x2 + y2| {z }Im

deci

Re

�1

z

�=

x

x2 + y2si Im

�1

z

�=

�yx2 + y2

z � 1z + 1

=x+ iy � 1x+ iy + 1

=x� 1 + iyx+ 1 + iy

=(x� 1 + iy)(x+ 1� iy)(x+ 1 + iy)(x+ 1� iy) =

x2 � 1 + y2 + i[�(x� 1)y + y(x+ 1)](x+ 1)2 + y2

=

=x2 � 1 + y2(x+ 1)2 + y2

+ iy(�x+ 1 + x+ 1)(x+ 1)2 + y2

=x2 � 1 + y2(x+ 1)2 + y2| {z }

Re

+i2y

(x+ 1)2 + y2| {z }Im

deci

Re

�z � 1z + 1

�=

x2 � 1 + y2(x+ 1)2 + y2

si Im

�z � 1z + 1

�=

2y

(x+ 1)2 + y2

�

2. S¼a se reprezinte în plan multimile de puncte (x; y) 2 R2 , pentru care numerele complexe asociate z = x+ iyveri�c¼a �ecare din inegalit¼atile

jRe zj < 2 , � 1 < Im z < 3 , jz � 1j � 21 < jz + 1� ij < 4

1

SolutiePentru relatia

jRe zj < 2 , jxj < 2 , � 2 < x < 2 , x 2 (�2; 2)obtinem o "band¼a" vertical¼a

x

y

22

Pentru relatia�1 < Im z < 3 , y 2 (�1; 3)

obtinem o "band¼a" orizontal¼a

x

y

3

1

Pentru relatiajz � 1j � 2

2

jz � 1j reprezint¼a distanta de la z la 1 ,obtinem un disc cu centrul în 1 si de raz¼a 2

x

y

31

1

Pentru relatia1 < jz + 1� ij < 4 , 1 < jz � (�1 + i)j < 4

jz � (�1 + i)j reprezint¼a distanta de la z la (�1 + i) ,deci acest¼a distant¼a este mai mare decât 1 si mai mic¼a decât 4obtinem o "coroan¼a" circular¼a cu centrul în (�1 + i) cu raze 1 si 4

x

y

1+i

4

1

3. Fie f : C! C , de�nit¼a prin

f(z) = z5 +z � 2z2 + 1

+ (z + 1) � (z + 1)

3

S¼a se determine punctele în care f este derivabil¼a si s¼a se calculeze f 0(z) în acele puncte.

Solutie.Încerc¼am s¼a descompunem functia în sum¼a de functii despre care putem decide mai usor dac¼a sunt derivabile.

f(z) = z5 +z � 2z2 + 1

+ (z + 1) � (z + 1) = z5 + z � 2z2 + 1

+ (z + 1) + 1 + z � z + z = z5 + z + 2| {z }A

+z � 2z2 + 1| {z }B

+ z � z + z| {z }C

Functia A = z5 + z + 2 este un polinom deci derivabil¼a peste tot pe C ,Functia B = z�2

z2+1 este derivabil¼a peste tot pe C cu exceptia punctelor în care se anuleaz¼a numitorul z2+1 = 0, z1 = i , z2 = �ideci B este derivabil¼a pe Cr fi;�igR¼amâne de studiat functia C = z � z+ z = (x+ iy)(x� iy)+x� iy = x2+y2+x� iy , deci ReC = x2+y2+x

, ImC = �y ,Conform unei teoreme functia este derivabil¼a numai în punctele în care sunt veri�cate relatiile Cauchy - Riemann

@ ReC

@x=@ ImC

@ysi

@ ReC

@y= �@ ImC

@x

În acest caz@

@x

�x2 + y2 + x

�=@

@y(�y) si

@

@y

�x2 + y2 + x

�= � @

@x(�y)

2x+ 1 = �1 si 2y = 0 , x = �1 si y = 0

Deci functia C = z � z + z este derivabil¼a în punctul z = �1 + i � 0 = �1Prin urmare functia f

f(z) = A|{z}deriv C

+ B|{z}deriv Cn{i,-i}

+ C|{z}deriv -1

este derivabil¼a în punctul z = �1.�

4. S¼a se rezolve ecuatiile în multimea numerelor complexe.

a) exp(z) = 1 + ip3 b) cos z = 5

Solutie.a) Putem folosi direct formula determinat¼a în curs

z = ln�1 + i

p3�+ i�arg�1 + i

p3�+ 2k�

�, k 2 Z

si determin¼am argumentul num¼arului complex 1 + ip3��1 + ip3�� =r12 + �p3�2 = p1 + 3 = p4 = 2

1 + ip3 =

��1 + ip3�� 1��1 + ip3�� + ip3��1 + ip3��

!= 2

1

2+ i

p3

2

!= 2 (cos�+ i sin�)

cos� =

p3

2si sin� =

1

2, arg

�1 + i

p3�= � =

�

6

solutiile ecuatiei suntz = ln 2 + i

��6+ 2k�

�, k 2 Z

Sau putem reface tehnica folosit¼a în curs , pentru acest caz particular.Not¼am z = x+ iy , x; y 2 R

exp(z) = 1 + ip3 ) jexp(z)j =

��1 + ip3��4

��1 + ip3�� =r12 + �p3�2 = p1 + 3 = p4 = 2jexp(z)j = jexp(x+ iy)j = jexp(x) � exp(iy)j = jexp(x) � exp(iy)j � jexp(iy)j

jexp(x)j = exp(x) = ex , jexp(iy)j = jcos y + i sin yj =p(cos y)2 + (sin y)2 =

p1 = 1

jexp(z)j =��1 + ip3�� , ex = 2 , x = ln 2

Revenim la ecuatia initial¼aexp(z) = 1 + i

p3 ,

în care înlocuimexp(z) = exp(x) � exp(iy) = 2 � exp(iy)

1 + ip3 =

��1 + ip3�� 1��1 + ip3�� + ip3��1 + ip3��

!= 2

1

2+ i

p3

2

!= 2 (cos�+ i sin�)

cos� =

p3

2si sin� =

1

2, arg

�1 + i

p3�= � =

�

6

si obtinem2 exp(iy) = 2 (cos�+ i sin�) = 2

�cos

�

6+ i sin

�

6

�exp(iy) = cos y + i sin y = cos

�

6+ i sin

�

6

cos y = cos�

6si sin y = sin

�

6, y =

�

6+ 2k�

Obtinem solutia ecuatieiz = x+ iy = ln 2 + i

��6+ 2k�

�, k 2 Z

b) Pentru ecuatiacos z = 5

folosim exprimarea functiei cos în functie de exponential¼a

cos z =eiz + e�iz

2

obtinem

eiz + e�iz

2= 5 , eiz + e�iz = 10 , eiz +

1

eiz= 10 ,

�eiz�2 � 10eiz + 1 = 0

obtinem o ecuatie de grad 2 , care se rezolv¼a conform algoritmul "standard"

� = (�10)2 � 4 = 96

eiz =�(�10)�

p96

2=10�

p96

2=10� 4

p6

2= 5� 2

p6

Apoi rezolv¼am dou¼a ecuatii "exponentiale"

eiz = 5 + 2p6 si eiz = 5� 2

p6

Folosim formula determinat¼a la curs. determin¼am argumentul numerelor complexe 5 + 2p6 si 5� 2

p6 .

Acestea sunt de fapt numere reale pozitive 5 + 2p6 > 0 si 5� 2

p6 > 0

deoarece 5� 2p6 > 0 , 5 > 2

p6 , 25 > 4 � 6 = 24

deci au argumentul zero

arg�5 + 2

p6�= 0 , arg

�5� 2

p6�= 0

5

Obtinem solutiile

z = ln�5 + 2

p6�+ i

0@arg(5 + 2p6)| {z }0

+ 2k�

1A , z = ln�5� 2

p6�+ i

0@arg(5� 2p6)| {z }0

+ 2k�

1Az = ln

�5 + 2

p6�+ 2k�i , z = ln

�5� 2

p6�+ 2k�i , k 2 Z

�

5. S¼a se determine curba de coordonate (x; y) 2 R2 , descris¼a de egalitatea

Re1

z= 1 , z = x+ iy

Solutie.Determin¼am partea real¼a

Re1

z= Re

1

x+ iy= Re

1

x+ iy= Re

x� iy(x+ iy)(x� iy) = Re

x� iyx2 + y2

=x

x2 + y2

Prin urmare egalitatea descrie curba ale c¼arei puncte (x; y) veri�c¼a egalitatea

Re1

z= 1 , x

x2 + y2= 1 , x = x2 + y2 , x2 + y2 � x = 0

Aceast¼a ultim¼a egalitate reprezint¼a ecuatia unui cerc

x2 + y2 � x = 0 , x2 � 212x+

�1

2

�2��1

2

�2+ y2 = 0 ,

�x� 1

2

�2+ y2 =

�1

2

�2cerc cu centrul în punctul de coordonate x = 1

2 , y = 0 si de raz¼a r = 12

�

6. Ar¼atati c¼a functia de�nit¼a prin v(x; y) = x2 � y2 + x este armonic¼a pe R2 si determinati functiile f : C! Colomorfe pe C, asa încat Im f = v.

Solutie.O functie este armonic¼a dac¼a

�v = 0 , @2v

@x2+@2v

@y2= 0

Calcul¼am derivatele partiale de ordin 1.

@v

@x=@

@x

�x2 � y2 + x

�= 2x+ 1 ,

@v

@y=@

@y

�x2 � y2 + x

�= �2y

Calcul¼am derivatele partiale de ordin 2.

@2v

@x2=@

@x

�@v

@x

�=@

@x(2x+ 1) = 2

@2v

@y2=@

@y

�@v

@y

�=@

@y(�2y) = �2

În �nal obtinem

�v =@2v

@x2+@2v

@y2= 2� 2 = 0

Deci functia v(x; y) = x2 � y2 + x este armonic¼a pe R2 si deci este partea imaginar¼a a unei functii olomorfe(derivabile) pe CConsider¼am o astfel de functie f = u+ iv , f(z) = f(x+ iy) = u(x; y) + iv(x; y)Cunoastem partea imaginar¼a, functia v = v(x; y) si determin¼am partea real¼a, functia u = u(x; y)

6

Folosim derivata functiei f , care se poate exprima în functie de derivatele partiale ale functiilor u si v

f 0(z) = f 0(x+ iy) =@u

@x+ i@v

@x=@v

@y+ i@v

@x= �2y + i(2x+ 1)

Apoi folosim teorema care "recupereaz¼a" o functie olomorf¼a prin înlocuirea x! z , y ! 0

f 0(z) = f 0(z + i � 0) = �2 � 0 + i(2z + 1) = i(2z + 1) = 2iz + i

Calcul¼am antiderivata si g¼asim functia f = f(z)

f(x) =

Zf 0(z) =

Z(2iz + i) = 2i

z2

2+ iz +K = iz2 + iz +K , K = a+ ib

Dar partea imaginar¼a este deja cunoscut¼a

Im f = v(x; y) = x2 � y2 + x

decif(z) = f(x+ iy) = i(x+ iy)2 + i(x+ iy) + a+ ib = i(x2 + 2ixy � y2) + ix� y + a+ ib

Separând partea real¼a si partea imaginar¼a obtinem

f(z) =

0B@�2xy � y + a| {z }Re f=u(x;y)

1CA+ i0B@x2 � y2 + x+ b| {z }

Im f=v(x;y)

1CARezult¼a

v(x; y) = x2 � y2 + x = x2 � y2 + x+ b ) b = 0

Re f = u(x; y) = �2xy � y + a , a 2 R

f(z) = iz2 + iz + a , a 2 R

�

Tema # 2 - 2011

SolutiiÎn cele ce urmeaz¼a not¼am cu Z

jz�aj=R

f(z)dz

integrala functiei f pe cercul cu centrul în a si raz¼a R , parcurs o dat¼a în sens trigonometric (direct) fjz � aj = Rg

1. Folosind de�nitia, s¼a se calculeze integrala: Zjz+ij=2

z2

z + idz

Solutie.Folosim parametrizarea cercului jz + ij = 2 , cu centrul în �i si de raz¼a 2 ,

z+ i = 2 � eit , t 2 [0; 2�] , deci z(t) = �i+2 � eit , iar derivata este dz

dt(t) = z0(t) =

d

dt

��i+ 2 � eit

�= 2 � eit � i

Atunci, conform de�nitiei integrala se calculeaz¼a

Zjz+ij=2

z2

z + idz =

2�Z0

z(t)2

z(t) + iz0(t)dt =

2�Z0

��i+ 2 � eit

�2�i+ 2 � eit + iz

0(t)dt =

2�Z0

��i+ 2 � eit

�2�i+ 2 � eit + i � 2 � e

it � idt =

7

=

2�Z0

(�i)2 + 2 � (�i)2 � eit +�2 � eit

�22 � eit � 2 � eit � idt =

2�Z0

��1� i4 � eit + 4 � e2it

�idt =

=

2�Z0

��i+ 4eit + 4i � e2it

�dt =

��it+ 4e

it

i+ 4i

e2it

2i

��t=2�t=0

=

��i2� + 4e

i2�

i+ 2e2i2�

��i0 + 4e

i0

i+ 2e2i0

�=

=��2�i� i2e4�i

�� (�4i+ 2) = �2�i� 2i

0@cos 4�| {z }1

+ isin 4�| {z }0

1A+ 4i� 2 = �2�i� 2i+ 4i� 2 = �2 + (2� 2�)i�2. Folosind teorema lui Cauchy si teorema reziduurilor determinati toate valorile posibile ale integraleiZ

1

z(z � 1)dz

pentru diferitele pozitii ale drumului , drum închis de clas¼a C1, injectiv, parcurs în sens trigonometric si care nutrece prin punctele 0; 1:

Solutie.Integrala se poate descompuneZ

1

z(z � 1)dz =Z

�1

z � 1 �1

z

�dz =

Z

1

z � 1dz �Z

1

zdz

Putem folosim acum un rezultat deja calculat la cursZ

1

zdz = 0 dac¼a 0 2 ext( ) si

Z

1

zdz = 2�i dac¼a 0 2 int( )

Z

1

z � 1dz = 0 dac¼a 1 2 ext( ) siZ

1

z � 1dz = 2�i dac¼a 1 2 int( )

Iat¼a situatiile posibile: 1) ambele puncte exterioare drumului, 2) ambele puncte interioare drumului, 3) 4) unpunct in interior si cel¼alalt punct în exterior1) 0; 1 2 ext( ) 2) 0; 1 2 int( ) 3) 0 2 ext( ) , 1 2 int( ) 4) 0 2 int( ) , 1 2 ext( )Cazul 1) 0; 1 2 ext( ) , ambele puncte exterioare drumuluiZ

1

z(z � 1)dz =Z

1

z � 1dz �Z

1

zdz = 0� 0 = 0

Cazul 2) 0; 1 2 int( ) , ambele puncte interioare drumuluiZ

1

z(z � 1)dz =Z

1

z � 1dz �Z

1

zdz = 2�i� 2�i = 0

Cazul 3) 0 2 ext( ) , 1 2 int( )Z

1

z(z � 1)dz =Z

1

z � 1dz �Z

1

zdz = 2�i� 0 = 2�i

Cazul 4) 0 2 int( ) , 1 2 ext( )Z

1

z(z � 1)dz =Z

1

z � 1dz �Z

1

zdz = 0� 2�i = �2�i

8

În concluzie, integrala poate lua valorile 0 , 2�i sau �2�i .Varianta IICazul 1) 0; 1 2 ext( ) , ambele puncte exterioare drumuluiÎn acest caz, functia care se integreaz¼a 1

z(z�1) este olomorf¼a (derivabil¼a) pe interiorul drumului , deci conformteoremei lui Cauchy valoarea integralei este zeroZ

1

z(z � 1)dz = 0

Cazul 2) 0; 1 2 int( ) , ambele puncte interioare drumuluiÎn acest caz, functia care se integreaz¼a 1

z(z�1) este olomorf¼a (derivabil¼a) pe interiorul drumului cu exceptiapunctelor 0 si 1 ,deci conform teoremei reziduurilorZ

1

z(z � 1)dz = 2�i�Res

�1

z(z � 1) ; 0�+Res

�1

z(z � 1) ; 1��

Calcul¼am reziduurile functiei 1z(z�1) în punctele 0 si 1 , puncte singulare de tip pol de ordin 1 ,

deoarece ecuatia z(z � 1) = 0 are z1 = 0 , z2 = 1 r¼ad¼acini de ordin 1deci folosind formula de calcul pentru reziduuri de tip pol de ordin k = 1 obtinem

Res

�1

z(z � 1) ; 0�= lim

z!0

1

(k � 1)!

�1

z(z � 1) � z�(k�1)

= limz!0

1

(1� 1)!

�1

z � 1

�(1�1)= lim

z!0

1

(0)!

�1

z � 1

�(0)=1

1

�1

0� 1

�= �1

Res

�1

z(z � 1) ; 1�= lim

z!1

1

(k � 1)!

�1

z(z � 1) � (z � 1)�(k�1)

= limz!1

1

(1� 1)!

�1

z

�(1�1)= lim

z!1

1

(0)!

�1

z

�(0)=1

1

�1

1

�= 1

Deci Z

1


�1

z(z � 1) ; 0�+Res

�1

z(z � 1) ; 0��

= 2�i(�1 + 1) = 0

Cazul 3) 0 2 ext( ) , 1 2 int( )În acest caz, conform teoremei reziduurilorZ

1


�1

z(z � 1) ; 1��

= 2�i � 1 = 2�i

Cazul 4) 0 2 int( ) , 1 2 ext( )În acest caz, conform teoremei reziduurilorZ

1


�1

z(z � 1) ; 0��

= 2�i(�1) = �2�i

si obtinem aceleasi valori pentru intergal¼a.�

3. S¼a se determine dezvoltarea în serie Laurent a functiei

f(z) = z3 sin1

z

corespunz¼atoare coroanei f0 < jzjg

Solutie.Folosim dezvoltarea în serie Taylor pentru functia sin

sin z =1Xn=0

(�1)n(2n+ 1)!

zn = z � z3

3!+z5

5!� z

7

7!+ :::

9

Apoi inlocuim z cu 1z si obtinem

f(z) = z3 sin1

z= z3

1Xn=0

(�1)n(2n+ 1)!

1

zn

!=

1Xn=0

(�1)n(2n+ 1)!

1

zn�3= z3

�1

z� 1

3!z3+

1

5!z5� 1

7!z7+ :::

�

f(z) = z3 sin1

z= z2 � 1

3!+

1

5!z2� 1

7!z4+ :::

care reprezint¼a dezvoltarea în serie Laurent corespunz¼atoare coroanei f0 < jzjg�

4. S¼a se calculeze urm¼atoarele integrale folosind teorema reziduurilor

a)Z

jz�1j=2

cos z

z3dz b)

Zjz+2j=1

z2 sin1

zdz c)

Zjz+2j=3

z2 sin1

zdz

Solutiea) Folosim teorema reziduurilor, punctul singular 0 este pol de ordin 3 , z3 = 0 si punctul 0 este interior

cercului jz � 1j = 2 , deciZjz�1j=2

cos z

z3dz = 2�iRes

�cos zz3

; 0�= Res

�1

z(z � 1) ; 0�= lim

z!0

1

(3� 1)!

hcos zz3

� z3i(3�1)

= limz!0

1

(3� 1)!

hcos zz3

� z3i(3�1)

=

= limz!0

1

(2)![cos z]

(2)= lim

z!0

1

2[� sin z]0 = lim

z!0

1

2[� cos z] = 1

2[� cos 0] = �1

2

b) Cercul jz + 2j = 1 cu centrul în �2 si de raz¼a 1 nu contine punctul singular 0 , deci functia z2 sin 1zdz este

olomorf¼a pe interiorul cercului,conform teoremei lui Cauchy integrala este zeroZ

jz+2j=1

z2 sin1

zdz = 0

c) Cercul jz + 2j = 3 cu centrul în �2 si de raz¼a 3 contine punctul singular 0 , deci conform teoremei reziduurilorZjz+2j=3

z2 sin1

zdz = 2�iRes

�z2 sin

1

z; 0

�

Pentru functia z2 sin 1z punctul 0 este punct singular esential, folosim dezvoltarea în serie Laurent de la

problema 3

f(z) = z3 sin1

z= z2 � 1

3!+

1

5!z2� 1

7!z4+ :::

z2 sin1

z= z � 1

3!z+

1

5!z3� 1

7!z5+ :::

Conform de�nitiei unui reziduu, acesta este coe�cientul lui 1z din dezvoltarea în serie Laurent ,în acest caz

Res

�z2 sin

1

z; 0

�= � 1

3!= �1

6

deci integrala este Zjz+2j=3

z2 sin1

zdz = 2�iRes

�z2 sin

1

z; 0

�= 2�i

��16

�= ��

3i

�

Tema # 3 - 2011

10

Solutii

S¼a se calculeze urm¼atoarele integrale de�nite sau improprii folosind rezultate din analiza complex¼a

1.

2�Z0

1

sinx+ 2dx

SolutieProced¼am exact ca în algoritmul determinat în curs

cosx =eix + e�ix

2=z + 1

z

2, sinx =

eix � e�ix2i

=z � 1

z

2i

si consider¼am cercul jzj = 1 cu centrul în 0 si de raz¼a 1 , parametrizat z(x) = eix cu x 2 [0; 2�] si derivataz0(x) = dz

dx

�eix�= i � eix

Atunci integrala reprezint¼a o integral¼a complex¼a

2�Z0

1

sinx+ 2dx =

2�Z0

1eix�e�ix

2i + 2

i � eixi � eix dx =

Zjzj=1

1z� 1

z

2i + 2

1

i � z dz =Zjzj=1

2iz

z2 � 1 + 4iz1

i � z dz =Zjzj=1

2

z2 + 4iz � 1 dz

Determin¼am punctele singulare ale functiei 2z2+4iz�1 , care sunt zerourile (r¼ad¼acinile) pentru

z2 + 4iz � 1 = 0 ) z1 = �2i+ ip3 = i(�2 +

p3) , z2 = �2i� i

p3 = i(�2�

p3)

si z2 + 4iz � 1 = (z � z1)(z � z2) , cele dou zerouri �ind de ordin 1, deci sunt poli de ordin 1 pentru functia2

z2+4iz�1calculând modulele obtinem��i(�2 +p3)�� = ��(�2 +p3)�� = 2�p3 ,

��i(�2�p3)�� = ��i = (�2�p3)�� = 2 +p3deoarece 2�

p3 < 1 si 2 +

p3 > 1 , doar punctul z1 = i(�2 +

p3) este în interiorul cercului jzj = 1

Conform teoremei reziduurilorZjzj=1

2

z2 + 4iz � 1 dz = 2�iRes�

2

z2 + 4iz � 1 ; z1�= 2�i� lim

z!z1

1

0!

�1

(z � z1)(z � z2)(z � z1)

�= 2�i� lim

z!z1

�1

(z � z2)

�=

= 2�i ��

1

(z1 � z2)

�= 2�i � 1

i(�2 +p3)� i(�2�

p3)= 2�i � 1

2ip3=

�p3

Deci2�Z0

1

sinx+ 2dx =

Zjzj=1

2

z2 + 4iz � 1 dz =�p3

2.

+1Z0

x2

(x2 + 4)2dx

SolutieFolosim algoritmul determinat la curs. În acest caz deg

�(x2 + 4)2

�= 4 , deg

�x2�= 2 , deci deg

�(x2 + 4)2

��

deg�x2�+ 2

si numitorul nu are r¼ad¼acini reale, deoarece ecuatia (x2+4)2 = 0 nu are r¼ad¼acini reale ci complexe de ordin 2

(x2 + 4)2 = 0 ) x2 + 4 = 0 ) x1 = 2i , x2 = �2i si (x2 + 4)2 = (z � 2i)2(z + 2i)2

11

În plus Im(x1) = Im(2i) = 2 > 0 , Im(x2) = Im(�2i) = �2 < 0Obtinem

+1Z0

x2

(x2 + 4)2dx = 2�iRes

�z2

(z2 + 4)2; x1

�= 2�i lim

z!2i

1

(2� 1)!

�z2

(z � 2i)2(z + 2i)2 (z � 2i)2

�(2�1)=

= 2�i limz!2i

�z2

(z + 2i)2

�0= 2�i lim

z!2i

�2z(z + 2i)2 � z22(z + 2i)

(z + 2i)4

�= 2�i

2 � 2i(2i+ 2i)2 � (2i)22(2i+ 2i)(2i+ 2i)4

=

= 2�i4i(4i)2 � (�2)2(4i)

(4i)4= 2�i

4i(�42) + 4(4i)44i4

= 2�ii(�4) + i

42= 2�i

�3i16

=3�

8

3. a)

+1Z0

sin2 x

x2dx b)

+1Z�1

cos2 x

x2 + 1dx

Solutiea) Mai întâi folosim integrarea prin p¼arti

+1Z0

sin2 x

x2dx =

+1Z0

sin2 x1

x2dx =

�sin2 x

��1x

��x!1

x=0

�+1Z0

2 sinx cosx| {z }sin 2x

��1x

�dx =

= limx!1

sin2 x

��1x

�� limx!0

sin2 x

��1x

�+

+1Z0

sin 2x

xdx

��sin2 x��1x�� 1x

�� = 1

x!x!1

0 deci limx!1

sin2 x

��1x

�= 0

limx!0

sin2 x

��1x

�= lim

x!0sinx

�� sinxx

�= sin 0 � (�1) = 0

Facem schimbarea de variabil¼a 2x = t , x = 12 t , dx =

12dt si obtinem

+1Z0

sin 2x

xdx =

+1Z0

sin t12 t

1

2dt =

+1Z0

sin t

tdt

Apoi, deoarece functia sin tt este par¼a obtinem

+1Z0

sin t

tdt =

1

2

+1Z�1

sin t

tdt

Pentru aceast¼a ultim¼a integral¼a folosim procedeul determinat la curs

+1Z�1

sin t

tdt = Im

0@ +1Z�1

eix

xdx

1A = Im

��iRes

�eiz

z; 0

��

�iRes

�eiz

z; 0

�= �i lim

z!0

1

(1� 1)!

�eiz

zz

�(1�1)= �i lim

z!0

�eiz�= �ie0 = �i

În �nal obtinem+1Z0

sin t

tdt =

1

2

+1Z�1

sin t

tdt =

1

2�iRes

�eiz

z; 0

�=1

2�i � �i = ��

2

2

12

Indicatie: a) se recomand¼a s¼a folositi faptul c¼a funtia sin2 xx2 este par¼a, apoi integrarea prin p¼arti, astfel integrala

improrie se reduce la+1R0

sin 2xx dx

b) se recomand¼a folosirea formulei cos2 x = 1+cos 2x2

4.

+1Z0

x+ 25px(x+ 1)2

dx

5.

+1Z0

lnx

x2 + 4dx

Analiz¼a Complex¼a - Examen Partial 08.04.2009Partea Test - Solutii1. Pentru functia argument arg : Cnf0g ! [0; 2�] , determinati

Re�ei

3�2

�=? , Im

�log�ei��=?

2. Calculati

sin�i�

6

�=? , arg

��12+i

2

�=?

3. Determinati suma seriei

1 + z4 + z8 + z12 + ::: =1Xn=0

z4n =?

4. Este seria1Xn=0

zn

n! convergent¼a pentru z = 4 ? De ce ?

5. Ijz�2j=1

1

zdz = 2�i pentru c¼a ...... ?

6. Pentru drumul (t) = eit , t 2 [0; �] ,I

zdz = 0 pentru c¼a ...... ?

7.

Res

�z2

z + 2;�2

�=?

8.+1Z�1

sinx

5 + x2dx =?

9. Este functia u = u(x; y) = ey cosx o functie armonic¼a ?

10. Ce solutii z 2 C are ecuatia �ez + e�z

�2= 2 + e�2z

11. Ijz+1j=2

1


13

12. În ce puncte functia f(x+ iy) = x2 + y2 + i(x2 � y2) nu este derivabil¼a ?

13. Pentru coroana f1 < jzj < 4g functia f(z) = (z + 1)2

are dezvoltarea în serie Laurent1Xn=0

zn = 1 + z + z2 + z3 + ::: pentru c¼a ..... ?

14. Pentru z = 2 , seria1Xn=0

zn = 1 + z + z2 + z3 + ::: este convergent¼a sau divergent¼a ? De ce ?

15. Ce puncte singulare are functia

f(z) =1 + z2

1� z4 e1z

16. este drum închis, injectiv, parcurs o dat¼a în sens trigonometric (care nu trece prin 0). Ce valori poate luaintegrala I

1

zdz =?

Solutii.

1. Folosim functia exponential¼a

ei3�2 = cos

3�

2+ i sin

3�

2= 0 + i(�1) , deci Re

�ei

3�2

�= �1

Folosim functia logaritm si functia argument

arg(ei�) = � 2 [0; 2�)

log�ei��= ln

��ei��+ i arg(ei�) = ln jcos� + i sin�j| {z }1

+ i� = ln 1 + i� = i�

2. Folosim relatiile dinte functia exponential¼a si functiile sin , cos

sin z =eiz � e�iz

2i

sin�i�

6

�=ei�i

�6 � e�i�i�62i

=e��6 � e�62i

Calcul¼am modulul ��12 +i

2

�� =s�

�12

�2+

�1

2

�2=

r1

4+1

4=

1p2

arg

��12+i

2

�= arg

�1p2

��1p2+ i

1p2

��= arg

�1p2

�cos

3�

4+ i sin

3�

4

��=3�

4

3. Folosim seria geometric¼a

1 + z + z2 + z3 + ::: =1Xn=0

zn =1

1� z pentru orice z cu jzj < 1

Înlocuind în aceast¼a relatie "z" cu "z4" obtinem

1 + z4 + z8 + z12 + ::: =1Xn=0

z4n =1Xn=0

�z4�n=

1

1� z4 pentru orice z cu jzj < 1

4. Folosim seria exponential¼a1Xn=0

zn

n!

care este convergent¼a pentru orice z 2 C , deci în particular seria este convergent¼a si pentru z = 4:

14

5. Folosim teorema lui Cauchy. Ijz�2j=1

1

zdz = 0

si nu 2�i , deoarece pentru c¼a functia 1z este derivabil¼a pe interiorul cercului jz � 2j = 1 ,

deci intergala este zero conform teoremei lui Cauchy.

6. Folosim faptul c¼a functia z are primitive (antiderivate)

z = (z2

2)0

Pentru drumul (t) = eit , t 2 [0; �] , capetele drumului sunt punctele (0) = ei0 = 1 si (�) = ei� =cos� + i sin� = �1Deci integrala se calculeaz¼a folosind "Newton-Leibnitz"I

zdz =z2

2

��z=�1z=1

=(�1)22

� 12

2= 0

7. Pentru functia z2

z+2 punctele singulare sunt punctele în care se anuleaz¼a numitorul z + 2 = 0 ) z = �2 .Deci �2 este r¼ad¼acin¼a de ordin 1 , deci punct singular pol de ordin 1 si se calculeaz¼a

Res

�z2

z + 2;�2

�= lim

z!�2

1

(1� 1)!

�z2

z + 2(z + 2)

�(1�1)= lim

z!�2z2 = (�2)2 = 4

deoarece 0! = 1 si se deriveaz¼a de "zero ori" (1� 1) = (0):

8. Integrala improprie este convergent¼a. Functia

sinx

5 + x2

este functie impar¼a, deci integrala este 0+1Z�1

sinx

5 + x2dx = 0

9. O functie u(x; y) este armonic¼a dac¼a

�u =@2u

@x2+@2u

@y2= 0

Deci calcul¼am derivatele partiale

@u

@xu(x; y) =

@u

@x(ey cosx) = ey (� sinx) ,

@u

@yu(x; y) =

@u

@y(ey cosx) = ey cosx

@2u

@x2=@u

@x

�@u

@xu(x; y)

�=@u

@x(ey (� sinx)) = ey (� cosx)

@2u

@y2=@u

@y

�@u

@yu(x; y)

�=@u


�u =@2u

@x2+@2u

@y2= ey (� cosx) + ey cosx = 0

Deci functia u(x; y) = ey cosx o functie armonic¼a.

10. Ecuatia se scrie�ez + e�z

�2= 2 + e�2z , e2z + 2 + e�2z = 2 + e�2z , e2z = 0

15

iar ecuatia e2z = 0 nu are solutii z 2 C deoarece functia exponential¼a nu ia valoarea 0.

11. Folosim �e teorema reziduurilor, �e calculul unei teoreme.Functia 1

z are un singur punct singular 0 care este în interiorul cercului jz + 1j = 2 , deciIjz+1j=2

1

zdz = 2�i

12. Folosim relatiile Cauchy-Riemann

@u

@x=@v

@y,@u

@y= �@v

@x

f(x+ iy) = x2 + y2| {z }u(x;y)

+ i(x2 � y2)| {z }v(x;y)

Calcul¼am derivatele partiale

@u

@x=@u

@x

�x2 + y2

�= 2x ,

@v

@y=@v

@y

�x2 � y2

�= �2y

@u

@y=@u

@y

�x2 + y2

�= 2y ,

@v

@x=@v

@x

�x2 � y2

�= 2x

Functia este derivabil¼a numai în punctele care veri�c¼a relatiile Cauchy-Riemann

@u

@x= 2x = �2y = @v

@y

@u

@y= 2y = �2x = �@v

@x

Adic¼a punctele z = x+ iy cu x = �y. În orice alte puncte, functia nu este derivabil¼a.

13. Coroana f1 < jzj < 4g este centrat¼a în punctul 0 . Deci seria Laurent asociat¼a este de forma

1Xn=0

cnzn +

1Xn=1

c�n1

zn

Pe de alt¼a parte functia f(z) = (z + 1)2 = 1 + 2z + z2 . Deci aceasta este seria Laurent asociat¼a. Are doar 3coe�cientie nenuli.

14. Seria geometric¼a1Xn=0

zn = 1 + z + z2 + z3 + ::: este convergent¼a numai pentru jzj < 1.

Deci seria este divergent¼a pentru z = 2 .

15. Punctele singulare sunt punctele în care se anuleaz¼a numitorul 1� z4 = 0 si numitorul lui 1z , z = 0.

Deci punctele singulare sunt r¼ad¼acinile ecuatiei 1� z4 = 0 , (z � 1)(z + 1)(z � i)(z + i) = 0 si 0 ,adic¼a 1;�1; i;�i; 0

16. Functia 1z are un singur punct singular 0 . Deci sunt doar dou¼a cazuri posibile:

i) 0 este în interiorul drumului si în acest caz (conform unei teoreme din curs)I

1

zdz = 2�i

ii) 0 este în exteriorul drumului si în acest caz (conform teoremei lui Cauchy)I

1

zdz = 0

16

Analiz¼a Complex¼a - Examen Partial 08.04.2009Partea Probleme - Solutii

1. este un drum închis, injectiv, care nu trece prin punctele 1;�1; i;�i . Ce valori poate lua integralaI

1

z4 � 1dz

2. S¼a se calculeze integrala complex¼a pe drumul fjz + 2j = 3g parcurs o dat¼a în sens trigonometric.Ijz+1j=3

1

z6 + 1dz

3. S¼a se determine f = u+ iv functie olomorf¼a pe C , stiind c¼a

u(x; y) = ex(y cos y + x sin y)

Ar¼atati mai întâi c¼a u(x; y) este functie armonic¼a.4. S¼a se calculeze integrala

+1Z0

lnx1 + x

1 + x3dx

5. S¼a se determine dezvoltarea în serie Laurent asociat¼a coroanei f1 < jzj < 2g pentru functia

f(z) =1

z � 1 +1

z � 2

Solutii.

1. Conform teoremei reziduurilorI

1

z4 � 1dz = 2�iX

zj2int Res

�1

z4 � 1 ; zj�

În acest caz punctele singulare pentru functia (z) sunt 1;�1; i;�i si sunt poli de ordin 1

f(z) =1

z4 � 1 =1

(z2 � 1)(z2 + 1) =1

(z � 1)(z + 1)(z � i)(z + i)

Deci integrala se calculeaz¼a în functie de câte puncte singulare sunt în interiorul drumului închis .S¼a cacul¼am reziduurile corespunz¼atoare

Res

�1

z4 � 1 ; 1�= lim

z!1

�1

(z � 1)(z + 1)(z � i)(z + i) (z � 1)�=

1

(1 + 1)(1� i)(1 + i) =1

2(1 + 1)=1

4

Res

�1

z4 � 1 ;�1�= lim

z!�1

�1

(z � 1)(z + 1)(z � i)(z + i) (z + 1)�=

1

(�1� 1)(�1� i)(�1 + i) =1

�2[(�1)2 + 1] =�14

Res

�1

z4 � 1 ; i�= lim

z!�1

�1

(z � 1)(z + 1)(z � i)(z + i) (z � i)�=

1

(i� 1)(i+ 1)(i+ i) =1

[i2 � 1]2i =�14i

Res

�1

z4 � 1 ;�i�= lim

z!�1

�1

(z � 1)(z + 1)(z � i)(z + i) (z + i)�=

1

(�i� 1)(�i+ 1)(�i� i) =1

[(�i)2 � 1](�2i) =1

4i

Iat¼a cazurile posibile- nici un punct singular nu este in interiorul lui , in acest cazI

1

z4 � 1dz = 0

17

- doar unul din punctele singulare este în interiorul drumului dac¼a 1 2 int atunci I

1

z4 � 1dz = 2�iRes�

1

z4 � 1 ; 1�=1

4

dac¼a �1 2 int atunci I

1

z4 � 1dz = 2�iRes�

1

z4 � 1 ;�1�=�14

dac¼a i 2 int atunci I

1

z4 � 1dz = 2�iRes�

1

z4 � 1 ; i�=�14i

dac¼a �i 2 int atunci I

1

z4 � 1dz = 2�iRes�

1

z4 � 1 ;�i�=1

4i

- doar dou¼a din punctele singulare se a�¼a în interiorul drumului sunt 6 cazuri : 1;�1 / 1; i / 1;�i / �1; i / �1;�i / i;�i

în aceste cazuri se adun¼a cele dou¼a reziduuri corespunz¼atoare- doar trei din punctele singulare se a�¼a în interiorul drumului

sunt 4 cazuri : 1;�1; i / 1;�1;�i / 1; i;�i / �1; i;�iîn aceste cazuri se adun¼a cele trei reziduuri corespunz¼atoare- toate cele 4 puncte singulare se a�¼a în interiorul drumului în acest caz I

1

z4 � 1dz = 2�i4Xj=1

Res

�1

z4 � 1 ; zj�=1

4+�14+�14i+1

4i= 0

Num¼arul de valori disctincte obtinute este mai mic decât num¼arul cazurilor posibile,de exemplu deja în dou¼a cazuri distincte am obtinut valoarea 0�

2. Aplic¼am teorema reziduurilorIjz+1j=3

1

z6 + 1dz = 2�i

Xzj2int

Res

�1

z6 + 1dz; zj

�

Punctele singulare ale functiei f(z) se a�¼a pe cercul de raz¼a 1 deoarece au modulul = 1

z6 + 1 = 0 , z6 = �1 )��z6�� = j�1j , jzj6 = 1 ) jzj = 1

Cercul pe care se integreaz¼a jz + 1j = 3 are centrul în �1 si raza 3 , deci toate punctele singulare se a�¼a îninteriorul cercului.Conform teoremei reziduurilor I

jz+1j=3

1

z6 + 1dz = 2�i

6Xj=1

Res

�1

z6 + 1dz; zj

�

unde zj , j = 1; 6 sunt cele 6 r¼ad¼acini ale ecuatiei z6 + 1 = 0Putem evita calculul celor 6 reziduuri. Nu este nevoie decât de suma celor 6 reziduuri, nu neap¼arat de �ecare

reziduu în parte.Folosim reziduul la "1"

6Xj=1

Res(f; zj) + Res(f;1) = 0

18

Res(f;1) = �Res�1

z2f(1

z); 0

�Deci

6Xj=1

Res(f; zj) = �Res(f;1) = Res�1

z2f(1

z); 0

�=

1

z2f(1

z) =

1

z21�

1z

�6+ 1

=1

z2z6

1 + z6=

z4

1 + z6

Constat¼am c¼a 0 nu este punct singular pentru functia 1z2 f(

1z ) , cu alte cuvinte 0 este punct singular aparent si

reziduul eeste nul

Res

�z4

1 + z6; 0

�= 0

În �nal obtinem Ijz+1j=3

1

z6 + 1dz = 2�i

6Xj=1

Res

�1

z6 + 1dz; zj

�= 2�iRes

�z4

1 + z6; 0

�= 0

�


@u

@x=@v

@y,

@u

@y= �@v

@x

si calculul derivatei

f 0(z) =@u

@x+ i@v

@x=@u

@x� i@u@y

derivatele partiale sunt

@u

@x=@

@x[ex(y cos y + x sin y)] =

@

@x[ex] (y cos y + x sin y) + ex

@

@x((y cos y + x sin y) =

= ex(y cos y + x sin y) + ex sin y = ex(y cos y + x sin y + sin y)

@u

@y=@

@y[ex(y cos y + x sin y)] = ex

�@

@y(y) cos y + y

@

@ycos y + x

@

@ysin y

�=

= ex(cos y � y sin y + x cos y)Derivatele partiale de ordin 2 sunt

@2u

@x2=@

@x

�@u

@x

�=@

@x[ex(y cos y + x sin y + sin y)] = ex(y cos y + x sin y + sin y) + ex(sin y)

@2u

@y2=@

@y

�@u

@y

�=@

@y[ex(cos y � y sin y + x cos y)] = ex [� sin y � sin y � y cos y � x sin y]

Adunând obtinem

�u =@2u

@x2+@2u

@y2= ex [y cos y + x sin y + sin y + sin y � sin y � sin y � y cos y � x sin y] = 0

Deci functia u = u(x; y) este armonic¼a.Apoi calcul¼am derivata functiei

f 0(z) = f 0(x+ iy) =@u

@x� i@u@y

= ex(y cos y + x sin y + sin y)� iex(cos y � y sin y + x cos y)

Putem "recupera" derivata în functie de "z" înlocuind x cu z si y cu 0

f 0(z) = f 0(z + i0) =

19

= ez(0 cos y0 + z sin 0 + sin 0)� iez(cos 0� 0 sin 0 + z cos 0)

f 0(z) = �iez(1 + z)

Se poate "integra" , calcula antiderivata

f(z) =

Z�iez(1 + z) = �i

Z[ez + ezz] = �i [zez + C]

unde C = a+ ib , deci tinând seama c¼a Re f = u(x; y) = ex(y cos y + x sin y) obtinem

Re f = u(x; y) = ex(y cos y + x sin y)

Re f = Re��i[(x+ iy)ex+iy + a+ ib]

�Re f = Re [�iex(x+ iy)(cos y + i sin y)� i(a+ ib)] =

Re [ex(�ix cos y + y cos y + x sin y + iy sin y)� ia+ b] = ex(y cos y + x sin y) + b

Egalând cele dou¼a expresii obtinem

ex(y cos y + x sin y) + b = ex(y cos y + x sin y) ) b = 0

În �nal functia estef(z) = �izez � ia , a 2 R

�

4. Putem simpli�ca integrala

+1Z0

lnx1 + x

1 + x3dx =

+1Z0

lnx1 + x

(1 + x)(x2 � x+ 1)dx =+1Z0

lnx1

x2 � x+ 1dx

Folosim rezultatul deja obtinut ca aplcatie la teorema reziduurilor

+1Z0

P (x)

Q(x)lnxdx =

�12Re

24Xj

Res

�P (z)

Q(z)(log z)

2; zj

�35 cu degP + 1 � degQ

În acest caz P (x) = 1 , Q(x) = x2 � x+ 1 , deci degP + 1 = 0 + 1 = 1 � 2 = degQ si

+1Z0

lnx1

x2 � x+ 1dx =�12Re

24 2Xj=1

Res

�1

z2 � z + 1 (log z)2; zj

�35unde zj , j = 1; 2 sunt punctele singulare, adic¼a r¼ad¼acinile ecuatiei

z2 � z + 1 = 0 , z1 =1 + i

p3

2, z2 =

1� ip3

2

Calcul¼am reziduurile

Res

�1

z2 � z + 1 (log z)2; z1

�= lim

z!z1

�1

(z � z1)(z � z2)(log z)

2(z � z1)

�=

1

(z1 � z2)(log z1)

2

Res

�1

z2 � z + 1 (log z)2; z2

�= lim

z!z2

�1

(z � z1)(z � z2)(log z)

2(z � z2)

�=

1

(z2 � z1)(log z2)

2

În �nal obtinem

+1Z0

lnx1

x2 � x+ 1dx =�12Re

24 2Xj=1

Res

�1

z2 � z + 1 (log z)2; zj

�35 =20

=�12Re

�1

(z1 � z2)(log z1)

2+

1

(z2 � z1)(log z2)

2

�=

=�12

1

(z1 � z2)Reh(log z1)

2 � (log z2)2i=�12Re [log z1 � log z2] [log z1 + log z2] =

log z1 = ln jz1j+ i arg z1 = ln 1 + i�

3, arg z 2 (0; 2�)

log z2 = ln jz2j+ i arg z2 = ln 1 + i5�

3

=�12Re

�i�

3� i5�

3

� �i�

3+ i5�

3

�=�12i�4�3i6�

3= �4�

2

3

deci+1Z0

lnx1

x2 � x+ 1dx = �4�2

3

�

5. Fractia 1z�1 se poate scrie ca suma unei serii geometrice, pentru jzj > 1 , 1

jzj < 1

1

z � 1 =1

z

1

1� 1z

=1

z

1Xn=0

�1

z

�n=

1Xn=0

1

zn+1=

1Xn=1

1

zn

Fractia 1z�2 se poate scrie ca suma unei serii geometrice, pentru jzj < 2 , jzj

2 < 1

1

z � 2 =1

2

1z2 � 1

=�12

1

1� z2

=�12

1Xn=0

�z2

�n=

1Xn=0

�12n+1

zn

Adunând obtinem dezvoltarea în serie Laurent pentru 1 < jzj < 2

f(z) =1

z � 1 +1

z � 2 =1Xn=1

1

zn| {z }parte principal¼a

+1Xn=0

�12n+1

zn| {z }parte Taylor

�

Analiz¼a Complex¼a - Examen Partial - Partea Test21 - 23 aprilie.2010

Alegeti 4 întreb¼ari la care s¼a r¼aspundeti, c¼ate o întrebare din �ecare grup de întreb¼ari1.1 - 1.3 / 2.1 - 2.4 / 3.1 - 3.4 / 4.1 - 4.4

1.1. Pentru functia argument arg : Cnf0g ! [0; 2�) , determinati

Im�ei3�

�=? , Re

�log�ei��=?

1.2. Calculati

cos (i) =? , arg

�1

3� i

3

�=?

1.3. Ce solutii z 2 C are ecuatia �ez � e�z

�2= e�2z � 2

2.1. Determinati suma seriei si raza de convergent¼a.

z + z4 + z8 + z12 + ::: = z +1Xn=1

z4n =?

21

2.2. Este seria1Xn=0

zn

n! convergent¼a pentru z = 1=i� ? De ce ?

2.3. Pentru discul fjz + 1j < 4g functia f(z) = (z + 1)2

are dezvoltarea în serie Taylor f(z) = 1 + 2z + z2 pentru c¼a ..... ?

2.4. Pentru z = 2�=7 , seria1Xn=0


3.1. Ijz+3j=2

1


3.2. Pentru drumul (t) = eit , t 2 [0; �] ,I

2dz = 0 pentru c¼a ...... ?

3.3. Ijzj=2

1


3.4. este drum închis, injectiv, parcurs o dat¼a în sens trigonometric, care nu trece prin 0.Ce valori poate lua integrala I

3z2dz =?

4.1. Este functia u = u(x; y) = ex cos y o functie armonic¼a ?

4.2. În ce puncte functia f(x+ iy) = x2 � y2 + 2xyi nu este derivabil¼a ?4.3.

Res

�z2

z � 3 ;�3�=?

4.4. Pentru functia f , punctul z = 0 este pol de ordin 4, deoarece .... ?

f(z) =sin z

z4

Solutii.


ei3�2 = cos

3�

2+ i sin

3�

2= 0 + i(�1) , deci Re

�ei

3�2

�= �1


arg(ei�) = � 2 [0; 2�)

log�ei��= ln


+ i� = ln 1 + i� = i�



2i

sin�i�

6

�=ei�i

�6 � e�i�i�62i

=e��6 � e�62i


2

�� =s�

�12

�2+

�1

2

�2=

r1

4+1

4=

1p2

22

arg

��12+i

2

�= arg

�1p2

��1p2+ i

1p2

��= arg

�1p2

�cos

3�

4+ i sin

3�

4

��=3�

4


1 + z + z2 + z3 + ::: =1Xn=0

zn =1



1 + z4 + z8 + z12 + ::: =1Xn=0

z4n =1Xn=0

�z4�n=

1



zn

n!

care este convergent¼a pentru orice z 2 C , deci în particular seria este convergent¼a si pentru z = 4:5. Folosim teorema lui Cauchy. I

jz�2j=1

1

zdz = 0




z = (z2

2)0


zdz =z2

2

��z=�1z=1

=(�1)22

� 12

2= 0


z+2 punctele singulare sunt punctele în care se anuleaz¼a numitorul z + 2 = 0 ) z = �2 .Deci �2 este r¼ad¼acin¼a de ordin 1 , deci punct singular pol de ordin 1 si se calculeaz¼a

Res

�z2

z + 2;�2

�= lim

z!�2

1

(1� 1)!

�z2

z + 2(z + 2)

�(1�1)= lim

z!�2z2 = (�2)2 = 4

deoarece 0! = 1 si se deriveaz¼a de "zero ori" (1� 1) = (0):8. Integrala improprie este convergent¼a. Functia

sinx

5 + x2


sinx

5 + x2dx = 0


�u =@2u

@x2+@2u

@y2= 0

23


@u

@xu(x; y) =

@u


@u

@yu(x; y) =

@u


@2u

@x2=@u

@x

�@u

@xu(x; y)

�=@u


@2u

@y2=@u

@y

�@u

@yu(x; y)

�=@u


�u =@2u

@x2+@2u




�2= 2 + e�2z , e2z + 2 + e�2z = 2 + e�2z , e2z = 0




1

zdz = 2�i


@u

@x=@v

@y,@u

@y= �@v

@x

f(x+ iy) = x2 + y2| {z }u(x;y)

+ i(x2 � y2)| {z }v(x;y)


@u

@x=@u

@x

�x2 + y2

�= 2x ,

@v

@y=@v

@y

�x2 � y2

�= �2y

@u

@y=@u

@y

�x2 + y2

�= 2y ,

@v

@x=@v

@x

�x2 � y2

�= 2x


@u

@x= 2x = �2y = @v

@y

@u

@y= 2y = �2x = �@v

@x

Adic¼a punctele z = x+ iy cu x = �y. În orice alte puncte, functia nu este derivabil¼a.13. Coroana f1 < jzj < 4g este centrat¼a în punctul 0 . Deci seria Laurent asociat¼a este de forma

1Xn=0

cnzn +

1Xn=1

c�n1

zn




24






1

zdz = 2�i


1

zdz = 0

Analiz¼a Complex¼a - Examen Partial - Partea Test 21 - 23 aprilie.2010


Im�ei3�

�=? , Re

�log�ei��=?

Solutie.ei3� = cos 3� + i sin 3� = �1 + i � 0 = �1 ) Im

�ei3�

�= sin 3� = 0

arg�ei��= � ) log

�ei��= ln

��ei��+ i arg �ei�� = ln 1 + i � � ) Re�log�ei��= ln 1 = 0

1.2. Calculati

cos (i) =? , arg

�1

3� i

3

�=?

Solutie.

cos (i) =ei�i + e�i�i

2=e�1 + e1

2��13 � i

3

�� =s�

1

3

�2+

��13

�2=

r2

9=

p2

3

1

3� i

3=

p2

3

13 �

i3p

23

!=

p2

3

�1p2+ i�1p2

�) cos

�arg

�1

3� i

3

��=

1p2, sin

�arg

�1

3� i

3

��=�1p2

) arg

�1

3� i

3

�=3�

4


�2= e�2z � 2

Solutie �ez � e�z

�2= e�2z � 2 , (ez)

2 � 2eze�z +�e�z�2= e�2z � 2 ,

e2z � 2 + e�2z = e�2z � 2 , e2z = 0 ecuatie care nu are solutii


z + z4 + z8 + z12 + ::: = z +1Xn=1

z4n =?

25

Solutie

z + z4 + z8 + z12 + ::: = z + z4�1 + z4 + z18 + ::

�= z + z4

1Xn=0

z4n = z + z41

1� z4 =z � z5 + z41� z4

pentru��z4�� < 1


zn


Solutie

Seria1Xn=0

zn

n! este seria exponential¼a , convergent¼a pentru orice z 2 C , deci convergent¼a si pentru z = 1=i�


are dezvoltarea în serie Taylor f(z) = 1 + 2z + z2 pentru c¼a ..... ?SolutiePentru discul fjz + 1j < 4g dezvoltarea în serie Taylor este

1Xn=0

f (n)(�1)n!

(z + 1)n

deci în acest caz dezvoltarea în serie este f(z) = (z + 1)2 si NU f(z) = 1 + 2z + z2

scrierea f(z) = 1 + 2z + z2 reprezint¼a dezvoltarea în serie Taylor în vecin¼atatea lui 0



3.1. Ijz+3j=2

1



2dz = 0 pentru c¼a ...... ?

3.3. Ijzj=2

1



3z2dz =?



Res

�z2

z � 3 ;�3�=?


f(z) =sin z

z4

Solutii.


ei3�2 = cos

3�

2+ i sin

3�

2= 0 + i(�1) , deci Re

�ei

3�2

�= �1

26


arg(ei�) = � 2 [0; 2�)

log�ei��= ln


+ i� = ln 1 + i� = i�



2i

sin�i�

6

�=ei�i

�6 � e�i�i�62i

=e��6 � e�62i


2

�� =s�

�12

�2+

�1

2

�2=

r1

4+1

4=

1p2

arg

��12+i

2

�= arg

�1p2

��1p2+ i

1p2

��= arg

�1p2

�cos

3�

4+ i sin

3�

4

��=3�

4


1 + z + z2 + z3 + ::: =1Xn=0

zn =1



1 + z4 + z8 + z12 + ::: =

1Xn=0

z4n =

1Xn=0

�z4�n=

1



zn

n!

care este convergent¼a pentru orice z 2 C , deci în particular seria este convergent¼a si pentru z = 4:

5. Folosim teorema lui Cauchy. Ijz�2j=1

1

zdz = 0




z = (z2

2)0


zdz =z2

2

��z=�1z=1

=(�1)22

� 12

2= 0


z+2 punctele singulare sunt punctele în care se anuleaz¼a numitorul z + 2 = 0 ) z = �2 .

27

Deci �2 este r¼ad¼acin¼a de ordin 1 , deci punct singular pol de ordin 1 si se calculeaz¼a

Res

�z2

z + 2;�2

�= lim

z!�2

1

(1� 1)!

�z2

z + 2(z + 2)

�(1�1)= lim

z!�2z2 = (�2)2 = 4

deoarece 0! = 1 si se deriveaz¼a de "zero ori" (1� 1) = (0):

8. Integrala improprie este convergent¼a. Functia

sinx

5 + x2


sinx

5 + x2dx = 0


�u =@2u

@x2+@2u

@y2= 0


@u

@xu(x; y) =

@u


@u

@yu(x; y) =

@u


@2u

@x2=@u

@x

�@u

@xu(x; y)

�=@u


@2u

@y2=@u

@y

�@u

@yu(x; y)

�=@u


�u =@2u

@x2+@2u




�2= 2 + e�2z , e2z + 2 + e�2z = 2 + e�2z , e2z = 0




1

zdz = 2�i


@u

@x=@v

@y,@u

@y= �@v

@x

f(x+ iy) = x2 + y2| {z }u(x;y)

+ i(x2 � y2)| {z }v(x;y)


@u

@x=@u

@x

�x2 + y2

�= 2x ,

@v

@y=@v

@y

�x2 � y2

�= �2y

28

@u

@y=@u

@y

�x2 + y2

�= 2y ,

@v

@x=@v

@x

�x2 � y2

�= 2x


@u

@x= 2x = �2y = @v

@y

@u

@y= 2y = �2x = �@v

@x

Adic¼a punctele z = x+ iy cu x = �y. În orice alte puncte, functia nu este derivabil¼a.

13. Coroana f1 < jzj < 4g este centrat¼a în punctul 0 . Deci seria Laurent asociat¼a este de forma

1Xn=0

cnzn +

1Xn=1

c�n1

zn









1

zdz = 2�i


1

zdz = 0

Analiz¼a Complex¼a - Examen Partial - Test aprilie 2011

Alegeti 4 întrebari la care sa raspundeti, cate o întrebare din �ecare grup de întrebari1.1 - 1.2 - 1.3 / 2.1 - 2.2 - 2.3 - 2.4 / 3.1 - 3.2 - 3.3 - 3.4 / 4.1 - 4.2 - 4.3 - 4.4


Im�ei3�

�=? , Re

�log�ei��=?

1.2. Calculati

cos (i) =? , arg

�1

3� i

3

�=?


�2= e�2z � 2


z + z4 + z8 + z12 + ::: = z +1Xn=1

z4n =?

29


zn



are dezvoltarea în serie Taylor f(z) = 1 + 2z + z2 pentru c¼a ..... ?



3.1. Ijz+3j=2

1



2dz = 0 pentru c¼a ...... ?

3.3. Ijzj=2

1



3z2dz =?



Res

�z2

z � 3 ;�3�=?


f(z) =sin z

z4

Analiz¼a Complex¼a - Examen Partial - TestSolutii


Im�ei3�

�=? , Re

�log�ei��=?

SolutieIm�ei3�

�= Im (cos 3� + i sin 3�) = sin 3� = 0

Re�log�ei��= Re

�ln��ei��+ i arg �ei�� = Re

0B@ln��cos�| {z }�1

+ isin�|{z}0

��+ iarg �ei��| {z }�

1CA = Re (ln 1 + i�) = ln 1 = 0

�1.2. Calculati

cos (i) =? , arg

�1

3� i

3

�=?

Solutie

cos (z) =eiz + e�iz

2) cos (i) =

ei�i + e�i�i

2=e�1 + e1

2

30

��13 � i

3

�� =s�

1

3

�2+

��13

�2=

r1

9+1

9=

p2

3

1

3� i

3=

p2

3

�1p2+ i�1p2

�=

��13 � i

3

�� ei arg( 13� i3 ) =

p2

3ei arg(

13�

i3 )

notam

� = arg

�1

3� i

3

�1

3� i

3=

p2

3

�1p2+ i�1p2

�=

p2

3ei� =

p2

3(cos�+ i sin�)

deci

cos� =1p2

, sin� =�1p2

) arg

�1

3� i

3

�= � = ��

4

�1.3. Ce solutii z 2 C are ecuatia �

ez � e�z�2= e�2z � 2

Solutie �ez � 1

ez

�2=

1

e2z� 2 , e2z � 2ez � 1

ez+

1

e2z=

1

e2z� 2 ,

e2z = 0

Care nu are solutii, deoarece functia exponentiala nu ia valoarea zero.�2.1. Determinati suma seriei si raza de convergent¼a.

z + z4 + z8 + z12 + ::: = z +1Xn=1

z4n =?

SolutieFolosim seria geometrica

z + z4 + z8 + z12 + ::: = z +

1Xn=1

z4n = z + z4�1 + z4 + z8 + :::

�=

= z + z41Xn=0

�z4�n= z + z4

1


Deci raza de convergenta este = 1�


zn


Solutie

Seria exponentiala,1Xn=0

zn

n! este convergenta pentru orice z 2 C , deci si pentru z = 1=i� .Raza de convergenta

pentru seria exponentiala este +1�2.3. Pentru discul fjz + 1j < 4g functia f(z) = (z + 1)2

are dezvoltarea în serie Taylor f(z) = 1 + 2z + z2 pentru c¼a ..... ?SolutieDezvoltarea în serie Taylor pentru discul fjz + 1j < 4g este o serie de puteri "centrata in z = �1" adica de

forma1Xn=0

an(z + 1)n

31

In acest caz(z + 1)2 = f(z) = 1 + 2z + z2

Seria de puteri 1 + 2z + z2 este centrata in z = 0 , nu in z = �1Deci dezvoltarea în serie Taylor pentru discul fjz + 1j < 4g este seria f(z) = (z+1)2 , care are toti coe�cientii

zero, cu exceptia a2 = 1�



SolutieSeria geometrica este convergenta numai pentru z 2 C , cu jzj < 1In acest caz

�� 2�7

�� = 2�7 < 1 , deci seria este convergenta pentru z = 2�=7

�3.1. I

jz+3j=2

1


SolutieConform teoremei reziduurilor, integrala este suma reziduurilor in punctele singulare a�ate in interiorul drumului

inchis.In acest caz drumul " jz + 3j = 2 " este un cerc cu centrul in z = �3 si de raza 2Functia 1

z are un singur punct singular z = 0 care nu este in interiorul cerculuideoarece distanta pana la centrul cercului este mai mare ca raza : j0 + 3j = 3 > 2In acest caz, functia 1

z este olomorfa pe interiorul cercului si integrala unei functii olomorfe pe un drum inchiseste zero. I

jz+3j=2

1

zdz = 0

�3.2. Pentru drumul (t) = eit , t 2 [0; �] ,I

2dz = 0 pentru c¼a ...... ?

SolutieDrumul este un semicerc (t) = eit = cos t + i sin t , t 2 [0; �] , cu capetele z = ei�0 = 1 , z = ei� =

cos� + i sin� = �1Functia constanta 2 este o derivata 2 = d

dz (2z)deci conform teoremei Newton-Leibniz, integrala este diferenta antiderivatei (primitivei) la capetele drumuluiI

2dz = 2zjz=�1z=1 = 2(�1)� 2 � 1 = �4

�3.3. I

jzj=2

1



inchis.In acest caz drumul " jzj = 2 " este un cerc cu centrul in z = 0 si de raza 2Functia 1

z are un singur punct singular z = 0 care este in interiorul cercului

32

deci aplicand teorema reziduurilorIjzj=2

1

zdz = 2�iRes

�1

z; 0

�= 2�i � lim

z!0

�1

z� z�= 2�i

�3.4. este drum închis, injectiv, parcurs o dat¼a în sens trigonometric, care nu trece prin 0.

Ce valori poate lua integrala I

3z2dz =?


inchis.Functia 3z2 este olomorfa peste tot, deci nu are puncte singulare,deci integrala pe orice drum inchis este zero I

3z2dz = 0

�4.1. Este functia u = u(x; y) = ex cos y o functie armonic¼a ?

SolutieO functie este armonica daca �u = 0 adica

@2u

@x2+@2u

@y2= 0

In acest caz derivatele sunt

@u

@x=@

@x(ex cos y) = ex cos y ,

@2u

@x2=@

@x

�@u

@x

�=@

@x(ex cos y) = ex cos y

@u

@y=@

@y(ex cos y) = �ex sin y ,

@2u

@y2=@

@y

�@u

@y

�=@

@y(�ex sin y) = �ex cos y

adunand obtinem

�u =@2u

@x2+@2u

@y2= ex cos y � ex cos y = 0

deci functia este armonica.�4.2. În ce puncte functia f(x+ iy) = x2 � y2 + 2xyi nu este derivabil¼a ?

SolutieO functie complexa f = u+ iv este derivabila numai in punctele care veri�ca relatiile Cauchy-Riemann

@u

@x=

@v

@y

@u

@y= �@v

@x

In acest caz

u(x; y) = Re f = Re�x2 � y2 + 2xyi

�= x2 � y2

v(x; y) = Im f = Im�x2 � y2 + 2xyi

�= 2xy

33

calculam derivatele partiale

@u

@x=@

@x

�x2 � y2

�= 2x ,

@v

@y=@

@y(2xy) = 2x

@u

@y=@

@y

�x2 � y2

�= �2y ,

@v

@x=@

@x(2xy) = 2y

Relatiile Cauchy-Riemann sunt veri�cate in orice punct (x; y)deci functia este derivabila in orice punct z = x+ iy 2 R�4.3.

Res

�z2

z � 3 ;�3�=?

SolutieFunctia z2

z�3 are un singur punct singular z = 3 , care este pol de ordin 1Orice alt punct nu este singular (altfel spus este singular aparent) si reziduul in astfel de puncte este zero

Res

�z2

z � 3 ;�3�= 0

�4.4. Pentru functia f , punctul z = 0 este pol de ordin 4, deoarece .... ?

f(z) =sin z

z4

SolutiePentru o functie complexa f(z) , un punct singular z0 este pol de ordin k , daca

f(z) =1

(z � z0)k� g(z)

iar functia g(z) este olomorfa si g(z0) 6= 0In acest caz

f(z) =sin z

z4=1

z3� sin zz

iar functia g(z) = sin zz are limita (in z = 0 )

limz!0

sin z

z= 1 6= 0

deci punctul z = 0 este pol de ordin 3 pentru functia f(z) = sin zz4

�

Analiz¼a Complex¼a - Examen Partial - Test martie 20111. Determinati

Im�ei2�

�=? , Re

�log�ei��=? , sin(i) =?

2. Ce solutii z 2 C are ecuatiaez = 2 +

p3

3. Determinati suma seriei si raza de convergent¼a.

z � z3

2!+z5

4!� z

7

6!+ ::: =

1Xn=1

(�1)n z2n+1

(2n)!=?

4. este drum închis, injectiv, parcurs o dat¼a în sens trigonometric, care nu trece prin 0.

34

Ce valori poate lua integrala I

z3dz =? ,I

1

z3dz =?

5. Este functia u = u(x; y) = ex sin y o functie armonic¼a ?

6. În ce puncte functia f(x+ iy) = (y2 � x2)i+ 2xy nu este derivabil¼a ?7.

Res

�z2

z + 1; 2

�=?

8. Pentru functia f , punctul z = 0 este pol de ordin 2, deoarece .... ?

f(z) =sin z

z2

Analiz¼a Complex¼a - Examen Partial - TestIndicatii de rezolvare martie 20111. Determinati

Im�ei2�

�=? , Re

�log�ei��=? , sin(i) =?

Indicatie.Pentru functia exponential¼a avem optiunile :- seria de puteri corespunz¼atoare

ez =

1Xn=0

zn

n!= 1 +

z

1!+z2

2!+z3

3!+ :::

- exprimarea exponentialei în functie de functiile sin si cos

eiz = cos z + i sin z

În acest caz exprimarea în functie de functiile sin si cos pare mai util¼adeci avem

ei2� = cos(2�) + i sin(2�) , ei� = cos� + i sin�

Pentru functia logaritm avem prin de�nitie

log�ei��= ln

��ei��+ i arg(ei�)în acest caz folosim functia argument arg cu valori în intervalul [0; 2�] , deci

arg(ei�) = �

2. Ce solutii z 2 C are ecuatiaez = 2 +

p3

Indicatie.Variant¼a cea mai simpl¼a este s¼a consider¼am ecuatia pentru numere reale x 2 R

ex = 2 +p3 , x = ln(2 +

p3)

Pentru numere complexe z 2 C , cu z = x+ iy , x; y 2 R obtinem

ez = ex+iy = ex � eiy = 2 +p3 )

)��ex � eiy�� = ��2 +p3�� = 2 +p3

Apoi urm¼am "modelul" deja prezentat ��ex � eiy�� = jexj � ��eiy�� = ex � 135

obtinem exact ecuatia pentru numere reale pe care am rezolvat-o mai înainte

ex = 2 +p3 , x = ln(2 +

p3)

deci

ez = ex+iy = ex|{z}2+p3

� eiy = 2 +p3 ) eiy = 1 , cos y + i sin y = 1 ) y = 0 + 2k� , k 2 Z

In �nal solutia pentru numere complexe este

z = x+ iy = ln(2 +p3) + i � 2k� , k 2 Z


z � z3

2!+z5

4!� z

7

6!+ ::: =

1Xn=1

(�1)n z2n+1

(2n)!=?

Indicatie.S¼a folosim serii (dezvolt¼ari în serie de puteri) cunoscute, asem¼an¼atoare

sin z = z � z3

3!+z5

5!� z

7

7!+ ::: =

1Xn=1

(�1)n z2n+1

(2n+ 1)!

cos z = 1� z2

2!+z4

4!� z

6

6!+ ::: =

1Xn=1

(�1)n z2n

(2n)!

Puterile impare se reg¼asesc la seria functiei sin , dar coe�cientii sunt cei de la seria functiei cosNu este greu de observat c¼a se poate da factor comun z

z � z3

2!+z5

4!� z

7

6!+ ::: = z

�1� z

2

2!+z4

4!� z

6

6!+ :::

�= z cos z

deci suma seriei este z cos zseria functiei cos este convergent¼a pentru orice z 2 C , deci are raza de convergent¼a +1atunci si seria

z � z3

2!+z5

4!� z

7

6!+ ::: = z cos z

are raza de convergent¼a tot +1

4. este drum închis, injectiv, parcurs o dat¼a în sens trigonometric, care nu trece prin 0.Ce valori poate lua integrala I

z3dz =? ,I

1

z3dz =?

Indicatie.Functia z3 este olomorf¼a (derivabil¼a) peste tot, adic¼a pe C , deci se poate folositeorema lui Cauchy : integrala unei functii olomorfe, pe un drum închis este nul¼aI

z3dz = 0

Functia 1z3 este olomorf¼a (derivabil¼a) pe Cnf0g , din acest motiv este necesar ca drumul s¼a nu treac¼a prin 0

Apar dou¼a cazuri diferite :- punctul 0 este în interiorul drumului - punctul 0 este în exteriorul drumului

36

0 є int( γ)0 є ext( γ )

0 0

Dac¼a 0 2 ext( ) sau echivalent 0 =2 int( ) atunci se poate folosi teorema lui CauchyDac¼a 0 2 int( ) atunci putem folosi rezultatul calculat deja :am integrat orice putere 1

zn pe un cerc cu centrul in 0apoi am ar¼atat c¼a integrala pe orice drum inchis cu 0 2 int( ) este egal¼a cu integrala pe un cerc cu centrul in

0Sau putem folosi teorema reziduurilor I

1

z3dz = Res

�1

z3; 0

�

deoarece 0 este singurul punct singular al functiei 1z3 si 0 2 int( )

pentru functia 1z3 , 0 este punct singular de tip pol , de ordin = 3

deci aplc¼am formula de calcul a reziduului pentru pol :

Res

�1

z3; 0

�= lim

z!0

1

(3� 1)!

�1

z3� z3�(3�1)

= limz!0

1

2![1]

(2)= lim

z!0

1

2![1]

00= 0

se deriveaz¼a de (3� 1) ori adic¼a de dou¼a ori , derivata unei constante este 0deci reziduul

Res

�1

z3; 0

�= 0

5. Este functia u = u(x; y) = ex sin y o functie armonic¼a ?Indicatie.O functie u = u(x; y) este armonic¼a dac¼a are laplacianul nul, adic¼a

�u = 0 , �u =@2u

@x2+@2u

@y2= 0

Este deci su�cient s¼a calcul¼am derivatele de ordin 2 si s¼a veri�c¼am relatia corespunz¼atoare.In acest caz derivatele partiale sunt relativ usor de calculat

@u

@x=@

@x(ex sin y) ,

@u

@y=@

@y(ex sin y)

Apoi derivatele de odin 2@2u

@x2=@

@x

�@u

@x

�,

@2u

@y2=@

@y

�@u

@y

�

37

6. În ce puncte functia f(x+ iy) = (y2 � x2)i+ 2xy nu este derivabil¼a ?Indicatie.Putem folosi caraterizarea derivabilit¼atii cu relatiile Cauchy-Riemann.pentru

f = u|{z}Re f

+ i � v|{z}Im f

relatiile Cauchy - Riemann se scriu@u

@x=@v

@y,@u

@y= �@v

@x

R¼amân de calculat derivatele partiale si v¼azut dac¼a sunt veri�cate relatiile "C-R"7.

Res

�z2

z + 1; 2

�=?

Indicatie.Reziduul unei functii într-un punct (singular izolat) se de�neste ca integrala pe un drum închis (injectiv,

parcurs în sens trigonometric)

Res (f(z); z0) =1

2�i

Z

f(z)dz , z0 2 int( )

Dac¼a z0 nu este punct singular, atunci reziduul în acel punct este 0 (conform teoremei lui Cauchy)In cazul de fat¼a functia z2

z+1 are un singur punct singular z = �1 ( din z + 1 = 0 )

Deci punctul 2 nu este punct singular pentru functia z2

z+1 si reziduul este zero

Res

�z2

z + 1; 2

�= 0

8. Pentru functia f , punctul z = 0 este pol de ordin 2, deoarece .... ?

f(z) =sin z

z2

Indicatie.Un punct singular a este pol de ordin " k " , dac¼a functia se poate scrie

f(z) =1

(z � a)k g(z) , cu g(a) 6= 0

In cazul de fat¼a

f(z) =sin z

z2=1

z� sin zz| {z }g(z)

g(z) =sin z

z, nu are sens in 0 , dar are limit¼a in 0 : lim

z!0

sin z

z= 1 6= 0

Deci z = 0 este pol de ordin 1 pentru functia f(z) = sin zz2

5. Calculul derivatelor partiale.

@u

@x=@

@x(ex sin y) = ex sin y ,

@u

@y=@

@y(ex sin y) = ex cos y

Apoi derivatele de odin 2@2u

@x2=@

@x

�@u

@x

�=@

@x(ex sin y ) = ex sin y

@2u

@y2=@

@y

�@u

@y

�=@

@y(ex cos y) = ex(� sin y)

38

adunând obtinem

�u =@2u

@x2+@2u

@y2= ex sin y + ex(� sin y) = 0

deci functia u = u(x; y) = ex sin y este o functie armonic¼a.

6. Separ¼am partea real¼a si partea imaginar¼a.

u(x; y) = Re[f(x+ iy)] = Re[(y2 � x2)i+ 2xy] = 2xy

v(x; y) = Im[f(x+ iy)] = Im[(y2 � x2)i+ 2xy] = y2 � x2

Calculul derivatelor partiale.

@u

@x=@

@x(2xy) = 2y ,

@v

@y=@

@y

�y2 � x2

�= 2y

@u

@y=@

@y(2xy) = 2x ,

@v

@x=@

@x

�y2 � x2

�= �2x

ceea ce arat¼a c¼a relatiile Cauchy-Riemann sunt veri�cate în orice punct z = x+ iydeci functia f(x+ iy) = (y2 � x2)i+ 2xy este derivabil¼a în orice punct.

Analiz¼a Complex¼a - Examen Partial - mai 2014

1. Pentru functia argument arg : Cnf0g ! [0; 2�) , determinati

Im (cos(2i)) =? , Re�log�ei��=?

Calculati

cos (i) =? , arg

�1

3� i

3

�=?

Ce solutii z 2 C are ecuatia �ez � e�z

�2= e2z � 2


z + z4 + z8 + z12 + ::: = z +1Xn=1

z4n =?

3. Este seria1Xn=0

zn


Pentru z = 2�=7 , seria1Xn=0


4. S¼a se calculeze integrala pe cercul jz + 3j = 2 , parcurs o dat¼a în sens trigonometric.Ijz+3j=2

1

zdz =?

Pentru drumul (t) = eit , t 2 [0; 4�] , I

�2z � 5

z

�dz =?

5. Este functia u = u(x; y) = ex sin y o functie armonic¼a ?S¼a se determine functia olomorf¼a f(z) pentru care Re f = u(x; y)

6. În ce puncte functia f(x+ iy) = x2 � y2 + 2xyi nu este derivabil¼a ?

39

7. Pentru functia f(z) , punctul z = 0 este pol de ordin 4, deoarece .... ?

f(z) =sin z

z4

Calculati integralele folosind tehnici de analiz¼a complex¼a.

8:

2�Z0

1

sinx+ 2dx

9.

+1Z0

x2

(x2 + 4)2dx

10.

+1Z0

lnx

x2 + 4dx

40

2. Ecuatii Diferentiale

Ecuatii Diferentiale - Examen Partial 06.05.2009Partea Probleme - Solutii

1.1 S¼a se determine functiile x = x(t) care veri�c¼a problema Cauchy

x0(t) = x(t) + t2 , x(1) = 2


x0(t) = tx(t) + t , x(2) = 1

1.3 Sa se determine functiile y = y(x) care veri�ca ecuatia diferential¼a

y0(x) =1

xy(x)� 2xy(x)3 cu conditia initial¼a y(1) = 2


x000(t)� 7x00(t) + x0(t)� 7x(t) = 0 , x(0) = 0 , x0(0) = 0 , x00(0) = 1


x000(t)� 5�x00(t) + x0(t)� 5�x(t) = 0 , x(0) = 0 , x0(0) = 0 , x00(0) = 1

2.3 S¼a se determine solutia y = y(x) problemei Cauchy

x2y00(x)� xy0(x)� y(x) = 0 , cu conditiile initiale y(0) = 0 , y0(0) = 2

3.1 S¼a se rezolve problema Cauchyx0(t)

1 + x2(t)= cos t , x(0) = 1

3.2 S¼a se rezolve problema Cauchy

x0(t) � cos(x(t)) = t2 , x(0) = �


x0(t) � x(t) = 2t � [4 + x2(t)] , x(1) = 2


x0(t) = [1 + x2(t)] , x(0) = 1

4.1 S¼a se determine functiile x = x(t) care veri�c¼a ecuatia diferential¼a

x(t) = tx0(t) + sin(x0(t))

x(t) = tx0(t) + (x0(t)� 3)2

5.1 S¼a se determine m¼arimile scalare x = x(t) si y = y(t) care veri�c¼a problema Cauchy�x0(t) = 3x(t) + 2y(t)y0(t) = x(t) + 2y(t)

, x(0) = 1 , y(0) = 1

5.2 S¼a se determine m¼arimile scalare x = x(t) si y = y(t) care veri�c¼a problema Cauchy�x0(t) = 2x(t) + 2y(t)y0(t) = 2x(t) + 2y(t)

, x(0) = 1 , y(0) = 2

41

5.3 S¼a se determine m¼arimile scalare x = x(t) si y = y(t) care veri�c¼a problema Cauchy�x0(t) = x(t) + y(t)y0(t) = �x(t) + y(t) , x(0) = 1 , y(0) = 2

Solutii.

S¼a observ¼am mai întâi tipul ecuatiilor diferentiale care apar în aceste probleme.- ecuatii liniare 1.1 , 1.2- ecuatie Bernoulli 1.3- ecuatii de ordin 2 cu coe�cienti constanti 2.1 , 2.2 , 2.3- ecuatii cu variabile separabile 3.1 , 3.2 , 3.3 , 3.4- ecuatii Clairaut 4.1- sisteme liniare de ecuatii diferentiale cu coe�cienti constanti

1.1 Pasul I se rezolv¼a ecuatia liniar¼a omogen¼a asociat¼a

x0(t) = x(t) , x0(t)

x(t)= 1 ,

Zx0(t)

x(t)dt =

Z1dt , ln jx(t)j = t+K

jx(t)j = et+K = eteK , x(t) = Cet , C 2 R

Pasul II Folosind metoda variatiei constantelor se caut¼a solutii pentru ecuatia neomogen¼a de forma

x(t) = C(t)et

C 0(t)et + C(t)et = x0(t) = C(t)et + t2

C 0(t)et = t2 , C 0(t) = t2e�t

C(t) =

Zt2e�tdt

prin p¼arti= �t2e�t �

Z2t(�e�t)dt = �t2e�t + 2

Zte�tdt

prin p¼arti=

= �t2e�t + 2��te�t �

Z1(�e�t)dt

�= �t2e�t � 2te�t + 2

Ze�tdt = �t2e�t � 2te�t + 2(�e�t) +K

Deci solutia ecuatiei liniare neomogene este

x(t) = C(t)et =��t2e�t � 2te�t � 2e�t +K

�et

Folosind conditia initial¼a x(1) = 2 obtinem

2 = x(1) =

24�12e�1 � 2 � 1e�1 � 2e�1| {z }�4e��1

+K

35 e1 ) K = 2e�1

obtinem solutia problemei Cauchy

x(t) =��t2e�t � 2te�t � 2e�t + 2e�1

�et

�1.2 Se rezolv¼a absolut în acelasi mod.

1.3 Pentru o ecuatie Bernoulli cu "� = 3"

y0(x) =1

xy(x)� 2xy(x)3

se face schimbarea de functie

z(x) = [y(x)]1��

= [y(x)]1�3

= [y(x)]�2 , y(x) = z(x)�1=2

y0(x) =�12z(x)�1=2�1z0(x)

42

înlocuind în ecuatie obtinem

�12z(x)�1=2�1z0(x) =

1

xz(x)�1=2 � 2x

hz(x)�1=2

i3�12z(x)�3=2z0(x) =

1

xz(x)�1=2 � 2xz(x)�3=2

�12z0(x) =

1

xz(x)� 2x

care este o ecuatie liniar¼a si se rezolv¼a conform algoritmului corespunz¼atorMai întâi ecuatia omogen¼a asociat¼a

�12z0(x) =

1

xz(x) , z0(x)

z(x)= �2 1

x)

Zz0(x)

z(x)dx =

Z�2 1xdx

ln jz(x)j = �2 ln jxj+K = ln�x�2eK

�= ln

�x�2C

�z(x) = Cx�2

apoi se caut¼a solutii pentru ecuatia neomogen¼a de forma

z(x) = C(x)x�2

�12

�C 0(x)x�2 + C(x)(�2x�3)

�=�12z0(x) =

1

xC(x)x�2 � 2x

�12C 0(x)x�2 + C(x)x�3 =

�12z0(x) = C(x)x�3 � 2x

�12C 0(x)x�2 = �2x , C 0(x) = 4x3 , C(x) = x4 +K

Solutia ecuatiei liniare este deciz(x) =

�x4 +K

�x�2

revenind la scimbarea de functie obtinem

y(x) = z(x)�1=2 =��x4 +K

�x�2

��1=2= x

�x4 +K

��1=2Folosind conditia initial¼a y(0) = 0 obtinem solutia problemei Cauchy

2 = y(1) = 1�14 +K

��1=2 ) K =3

4

z(x) =

�x4 +

3

4

�x�2

Observatie. Conditia initial¼a y(0) = 0 (cum a fost scris¼a în textul initial) nu are sens, deoarece în ecuatiadiferential¼a apare 1

x ,motiv pentru care am schimbat conditia initial¼a cu y(1) = 2

�

2.1 Se asociaz¼a ecuatia caracteristic¼a�3 � 7�2 + �� 7 = 0

care are r¼ad¼acinile

(�+ 1)(�2 � �+ 1)� 7(�+ 1) = 0 , (�+ 1)(�2 � �+ 1� 7) = 0

�1 = �1 , �2 = 3 , �3 = �2

asociem solutiilex1(t) = e

�t , x2(t) = e3t , x3(t) = e

�2t

43

solutia estex(t) = C1x1(t) + C2x2(t) + C3x3(t) = C1e

�t + C2e3t + C3e

�2t

Folosind conditiile initiale obtinem constantele C1; C2; C3

x0(t) = �C1e�t + 3C2e3t � 2C3e�2t

x00(t) = (�1)(�1)C1e�t + 3 � 3C2e3t � 2(�2)C3e�2t

x00(t) = C1e�t + 32C2e

3t + 22C3e�2t8<: 0 = x(0) = C1e

�0 + C2e3�0 + C3e

�2�0

0 = x0(0) = �C1e�0 + 3C2e3�0 � 2C3e�2�01 = x00(0) = C1e

�0 + 32C2e3�0 + 22C3e

3�0,

8<: C1 + C2 + C3 = 0�C1 + 3C2 � 2C3 = 0C1 + 3

2C2 + 22C3 = 1

sistemul algebric se rezolv¼a4C2 � C3 = 0 ) C3 = 4C2

12C2 + 2C3 = 1 ) 12C2 + 8C2 = 1 ) C2 = 1=20 ) C3 = 1=5 C1 = 1=4

Solutia problemei Cauchy este

x(t) =1

4e�t +

1

20e3t +

1

4e�2t

�Problemele 2.2 , 2.3 se rezolv¼a exact în acelasi mod.

3.1 O ecuatie cu variabile separabile se integreaz¼a direct

x0(t)

1 + x2(t)= cos t , x(0) = 1

Zx0(t)

1 + x2(t)dt =

Zcos tdt ) arctg(x(t)) = sin t+ C

x(t) = tg [sin t+ C]

folsind conditia initial¼a obtinem

1 = x(0) = tg [sin 0 + C] ) tgC = 1 , C =�

4

solutia problemei Cauchy este

x(t) = tghsin t+

�

4

i�


x0(t) � cos(x(t)) = t2 , x(0) = �Zx0(t) � cos(x(t))dt =

Zt2dt ) 1

2sin2(x(t)) =

1

3t3 + C sin2(x(t)) =

2

3t3 +K

x(t) = arcsin

r2

3t3 +K

folosind conditia initial¼a x(0) = � obtinem

� = x(0) = arcsin

r2

303 +K =

pK ) K = �2

solutia problemei Cauchy este

x(t) = arcsin

r2

3t3 + �2

44

�


x0(t) � x(t) = 2t � [4 + x2(t)] , x(1) = 2Zx0(t) � x(t)4 + x2(t)

dt =

Z2tdt ) 1

2ln[4 + x2(t)] = t2 + C , ln[4 + x2(t)] = 2t2 +K

4 + x2(t) = e2t2+K = e2t

2

eK = Ce2t2

, x(t) =pCe2t2 � 2

folosind conditia initial¼a x(1) = 2 obtinem

2 = x(1) =pCe2�12 � 2 =

pCe2 � 2 ) C = 6e�2

solutia problemei Cauchy estex(t) =

p6e�2e2t2 � 2

�


x0(t) = [1 + x2(t)] , x(0) = 1Zx0(t)

1 + x2(t)dt =

Z1dt ) arctg[x(t)] = t+ C ) x(t) = tg[t+ C]

folosind conditia initial¼a x(0) = 1 obtinem

1 = x(0) = tg[0 + C] = tgC ) C = arctg 1 =�

4

solutia problemei Cauchy estex(t) = tg[t+

�

4]

�

4.1 Avem o ecuatie de tip Clairaut. Deriv¼am ecuatia si obtinem

x(t) = tx0(t) + sin(x0(t))

x0(t) = x0(t) + tx00(t) + cos(x0(t)) � x00(t)

0 = [t+ cos(x0(t))] � x00(t)

Pentru x00(t) = 0 obtinem solutia general¼a x0(t) = a , x(t) = at+ b , cu at+ b = ta+sin(a) ) b = sin aPentru t+ cos(x0(t)) = 0 obtinem solutia singular¼a sub form¼a parametric¼a cu x0(t) = p�

t = � cos(p)x = tp+ sin(p)

�Ecuatia diferential¼a

x(t) = tx0(t) + (x0(t)� 3)2

se rezolv¼a exact în acelasi mod.

5.1 Aplic¼am algoritmul corespunz¼ator�x0(t) = 3x(t) + 2y(t)y0(t) = x(t) + 2y(t)

, x(0) = 1 , y(0) = 1

45

matricea asociat¼a sistemul este

A =

�3 21 2

�valorile proprii sunt r¼ad¼acinile polinomului caracteristic

det(A� �I) = 0 , det

�3� � 21 2� �

�= (3� �)(2� �)� 2

�2 � 5�+ 6� 2 = 0 , �2 � 5�+ 4 = 0 �1 = 4 , �2 = 1

Caclul¼am vectori proprii corespunz¼atoripentru �1 = 4

(A� 4I)�xy

�= 0 ,

�3� 4 21 2� 4

��xy

�=

�00

�obtinem sistemul liniar �

�x+ 2y = 0x� 2y = 0 ) x = 2y , y = � , x = 2�

deci solutiile sistemului (vectorii proprii) sunt (x; y) = (2�; �) = �(2; 1) , alegem u = (2; 1)- pentru �1 = 1

(A� I)�xy

�= 0 ,

�3� 1 21 2� 1

��xy

�=

�00


2x+ 2y = 0x+ y = 0

) x = �y , y = � , x = ��

deci solutiile sistemului (vectorii proprii) sunt (x; y) = (��; �) = �(�1; 1) , alegem v = (�1; 1)Solutia sistemului de ecuatii diferentiale se scrie�

x(t)y(t)

�= C1e

4tu+ C2etv = e4t

�21

�+ et

��11

�Deci �

x(t) = 2C1e4t � C2et

y(t) = C1e4t + C2e

t

Folosind conditiile initiale x(0) = 1 , y(0) = 1 obtinem solutia problemei Cauchy�1 = x(0) = 2C1e

4�0 � C2e01 = y(0) = C1e

4�0 + C2e0 ,

�2C1 � C2 = 1C1 + C2 = 1

) C1 =1

3, C2 = �

1

3�x(t) = 2

3e4t � 1

3et

y(t) = 13e4t � 1

3et

�Problemele 5.2 , 5.3 se rezolv¼a exact în acelasiu mod.Probeleme 5.1 , 5.2 , 5.3 se pot rezolva si reducându-le la ecuatii liniare de ordin 2 cu coe�cienti constanti.

Ecuatii Diferentiale - Examen Partial 06.05.2009Partea Test - Solutii

1. S¼a se determine solutiile ecuatiei diferentiale x0(t) � 2x(t) = 2t , cu t > 0 , x(t) > 0

2. Functia x = x(t) este solutia problemei Cauchy4x00(t)� 5x0(t) + 3x(t) = t , x(0) = 1 , x0(0) = �1 , cât este x00(0) =?

3. Din ce motiv functia y0(x) = 1cos x este solutie pentru ecuatia diferential¼a

y0(x) + y2(x) sinx =2 sinx

(cosx)2

4. S¼a se determine solutiile ecuatiei diferentiale

46

x(t) = tx0(t) + (x0(t))2

5. S¼a se determine solutia y = y(x) problemei Cauchy

y000

(x) + 5y00(x)� y(x) = 6 , cu conditiile initiale y(0) = �6 , y0(0) = y00(0) = 0

6. S¼a se determine solutiile ecuatiei diferentiale x0(t) � 3x2(t) = 3t2

7. Functia x = x(t) este solutia problemei Cauchyx(4)(t)� x00(t) = et cu x(0) = 1; x0(0) = 0; x00(0) = 2; x000(0) = 1 , cât este x(5)(0) =?

8. Dac¼a x = x(t) si y = y(t) veri�c¼a sistemul de ecuatii diferentiale�x0(t) = 2x(t) + 3y(t)y0(t) = 3y(t) + 2x(t)

s¼a se determine derivata functiei h(t) = x(t)� y(t) =?


x(t) = tx0(t)� x0(t)

10. Veri�cati dac¼a integrarea prin p¼arti este corect¼a în A, în B.

A)

�Z0

et cos tdt = et sin t��t=�t=0

��Z0

et sin tdt B)

�Z0

et cos tdt = et cos t��t=�t=0

+

�Z0

et sin tdt

11. S¼a se determine solutiile ecuatiei diferentiale x0(t)ex(t) = et cu x(0) = 0

12. Dac¼a y00(et) = z00(t)�z0(t)e2t atunci cât este y000(et) =?

13. Din ce motiv functia y0(x) = 3 cos 2x� 5 sin 2x este solutie pentru ecuatia diferential¼a

y00(x) + 4y(x) = 0


x(t) = tx0(t) + (x0(t) + 3)2


y00(x) + 2y0(x)� 5y(x) = �5 , cu conditiile initiale y(0) = 1 , y0(0) = 0

Solutii.Pentru a asigura întelegerea notiunilor si a ideilor de rezolvare,în redactarea solutiilor am prezentat mai multe detalii decât ar � fost necesare în conditii de examenAnumite exercitii sunt aseaman¼atoare:1 - 6 - 11 / 2 - 7 / 4 - 9 - 14 / 5 - 15 / 3 - 13

1. Ecuatia diferential¼a x0(t) � 2x(t) = 2t poate � integrat¼a direct.

S¼a observ¼am c¼aZ2tdt = t2 + C , ceea ce sugereaz¼a o integrare similar¼a

Zx0(t) � 2x(t)dt = x2(t) + C

sau folosind o schimbare de variabil¼a, pratic doar o substitutie, x(t) = u , x0(t)dt = du si obtinemZx0(t) � 2x(t)dt =

Z2udu = u2 + C = x(t) + C

47

Prin urmare, integrând ecuatia diferential¼a obtinemZx0(t) � 2x(t)dt =

Z2tdt , x2(t) = t2 + C

si pentru c¼a t > 0 , x(t) > 0 , obtinem x(t) =pt2 + C

�2. Ecuatia diferential¼a 4x00(t)� 5x0(t) + 3x(t) = t se poate "citi" astfel

x00(t) =1

4[t+ 5x0(t)� 3x(t)] pentru orice t 2 R

Cu alte cuvinte, ecuatia diferential¼a determin¼a valorile derivatei x00(t) în functie de valorile lui x(t) si x0(t) .În particular, pentru t = 0 obtinem

x00(0) =1

4

2640 + 5x0(0|{z})�1

� 3x(0)|{z}1

375 = 1

4[�5� 3] = �2

�3. O functie este solutie pentru o ecuatie diferential¼a, dac¼a functia veri�c¼a acea ecuatie.În acest caz functia y0(x) = 1

cos x veri�c¼a ecuatia diferential¼a


(cosx)2

dac¼a

y00(x) + y20(x) sinx =

2 sinx

(cosx)2

Derivând obtinem

y00(x) =

�1

cosx

�0= � (cosx)

0

cos2 x= �� sinx

cos2 x=sinx

cos2 x

Apoi înlocuind în ecuatia diferential¼a obtinem

y00(x) + y20(x) sinx =

sinx

cos2 x+

�1

cosx

�2sinx =

sinx

cos2 x+sinx

cos2 x=

2 sinx

(cosx)2

Deci functia y0(x) = 1cos x veri�c¼a ecuatia diferential¼a.

�4. Ecuatia diferential¼a x(t) = tx0(t) + (x0(t))2 , este o ecuatie de tip Clairaut.Deci se rezolv¼a conform algoritmului corespunz¼ator.Mai întâi deriv¼am ecuatia si obtinem

d

dt[x(t)] =

d

dt

�tx0(t) + (x0(t))2

�, x0(t) = x0(t) + tx00(t) + 2x0(t) � x00(t)

0 = x00(t) [t+ 2x0(t)]

Deci �e x00(t) = 0 pentru orice t , ceea ce duce la (solutia general¼a) x0(t) = a ) x(t) = at+ bTinem seama si de ecuatia initial¼a x(t) = tx0(t) + (x0(t))2 si obtinem at+ b = at+ a2 , b = a2

Fie t+ 2x0(t) = 0 pentru orice t , ceea ce duce la solutia (singular¼a) sub form¼a parametric¼a�t+ 2x0(t) = 0

x(t) = tx0(t) + (x0(t))2,

�t = �2p

x = tp+ (p)2, p = x0(t)

În acest caz particular se poate integra relatia t+ 2x0(t) = 0 si obtinem

t2

2+ 2x(t) = ct

48

Deci solutia singular¼a este x(t) = � t2

4 + C�5. Problema Cauchy are solutie unic¼a.În acest caz particular conditiile initiale y0(0) = y00(0) = 0 sugereaz¼a posibilitatea ca eventualo functie constant¼a ar putea � solutia problemei Cauchy.Din conditia initial¼a y(0) = �6 , deducem c¼a acea constant¼a trebuie sa �e �6Deci veri�c¼am dac¼a functia y0(x) = �6 pentru orice x , veri�c¼a problema Cauchy.i) este clar c¼a y00(x) = 0 , y000 (x) = 0 si y0000 (x) = 0 , deci functia veri�c¼a conditiile initiale.ii) de asemenea veri�c¼a si ecuatia diferential¼a

y000(x)| {z }0

+ 5y00(x)| {z }0

� y(x)|{z}�6

= 6

Solutia problemei Cauchy �ind unic¼a, rezult¼a c¼a y0(x) = �6 este exact solutia problemei Cauchy.�6. Ecuatia diferential¼a x0(t) � 3x2(t) = 3t2 poate � integrat¼a direct.

S¼a observ¼am c¼aZ3t2dt = t3 + C , ceea ce sugereaz¼a o integrare similar¼a

Zx0(t) � 3x2(t)dt = x3(t) + C

sau folosind o schimbare de variabil¼a, pratic doar o substitutie, x(t) = u , x0(t)dt = du si obtinemZx0(t) � 3x2(t)dt =

Z3u2du = u3 + C = x(t) + C

Prin urmare, integrând ecuatia diferential¼a obtinemZx0(t) � 3x2(t)dt =

Z3t2dt , x3(t) = t3 + C

În �nal obtinem x(t) = 3pt3 + C

�7. Ecuatia diferential¼a x(4)(t)� x00(t) = et se poate "citi" astfel

x(4)(t) = et + x00(t) pentru orice t 2 R

Cu alte cuvinte, ecuatia diferential¼a determin¼a valorile derivatei x(4)(t) în functie de valorile lui x00(t) .Derivând obtinem

d

dt

hx(4)(t)

i=d

dt

�et + x00(t)

�, x(5)(t) = et + x(3)(t) pentru orice t 2 R

În particular, pentru t = 0 obtinem

x(5)(0) = e0 + x(3)(0)| {z }1

= 1 + 1 = 2

�8. S¼a observ¼am cu atentie sistemul de ecuatii diferentiale�

x0(t) = 2x(t) + 3y(t)y0(t) = 3y(t) + 2x(t)

,�x0(t) = 2x(t) + 3y(t)y0(t) = 2x(t) + 3y(t)

deci x0(t) = y0(t)Prin urmare derivata functiei h(t) = x(t)� y(t) este h0(t) = x0(t)� y0(t) = 0�

49

9. Ecuatia diferential¼a x(t) = tx0(t)� x0(t) , este o ecuatie de tip Clairaut.Deci se rezolv¼a conform algoritmului corespunz¼ator.Mai întâi deriv¼am ecuatia si obtinem

d

dt[x(t)] =

d

dt[tx0(t)� x0(t)] , x0(t) = x0(t) + tx00(t)� x00(t)

0 = x00(t) [t� 1]

Deci �e x00(t) = 0 pentru orice t , ceea ce duce la (solutia general¼a) x0(t) = a ) x(t) = at+ bTinem seama si de ecuatia initial¼a x(t) = tx0(t)� x0(t) si obtinem at+ b = at� a , b = �aFie t� 1 = 0 ) t = 1 , ceea ce arat¼a c¼a în acest caz nu avem solutie singular¼a.�10. Integr¼am prin p¼arti în dou¼a moduri

A) deriv¼am et si integr¼am cos t , rezult¼a

�Z0

et cos tdt =

functiile care s-au derivatz }| {et � sin t|{z}Z

cos t

��

t=�

t=0

��Z0

et|{z}(et)0

� sin t|{z}Zcos t

dt

B) integr¼am et si deriv¼am cos t rezult¼a

�Z0

et cos tdt =

functiile care s-au derivatz }| {et|{z}Zet

� cos t

��

t=�

t=0

��Z0

et|{z}Zet

� (� sin t)| {z }(cos t)0

dt

Deci ambele formule A) si B) sunt corecte.�11. Ecuatia diferential¼a x0(t)ex(t) = et poate � integrat¼a direct.

S¼a observ¼am c¼aZetdt = et + C , ceea ce sugereaz¼a o integrare similar¼a

Zx0(t) � ex(t)dt = ex(t) + C

sau folosind o schimbare de variabil¼a, pratic doar o substitutie, x(t) = u , x0(t)dt = du si obtinemZx0(t) � ex(t)dt =

Zeudu = eu + C = ex(t) + C

Prin urmare, integrând ecuatia diferential¼a obtinemZx0(t) � ex(t)dt =

Zetdt , ex(t) = et + C

deci x(t) = ln(et + C)�12. Deriv¼am egalitatea si tinem seama de derivarea functiilor compuse

d

dt

�y00(et)

�=d

dt

�z00(t)� z0(t)

e2t

�

y(3)(et) � (et)0 =�z(3)(t)� z00(t)

�e2t � [z00(t)� z0(t)] � (e2t)0

(e2t)2

50

y(3)(et) =

�z(3)(t)� z00(t)

�e2t � [z00(t)� z0(t)] � 2e2t

et � e4t

y(3)(et) =

�z(3)(t)� z00(t)

�� [z00(t)� z0(t)] � 2

et � e4t e2t =z(3)(t) + z00(t) + 2z0(t)

et � e2t�13. 3. O functie este solutie pentru o ecuatie diferential¼a, dac¼a functia veri�c¼a acea ecuatie.În acest caz functia y0(x) = 3 cos 2x� 5 sin 2x veri�c¼a ecuatia diferential¼a

y00(x) + 4y(x) = 0

dac¼ay000 (x) + 4y0(x) = 0

Derivând obtinem

y00(x) = (3 cos 2x� 5 sin 2x)0= 3(� sin 2x)(2x)0 � 5 cos 2x � (2x)0 = �6 sin 2x� 10 cos 2x

y000 (x) = (�6 sin 2x� 10 cos 2x)0 = �6 cos 2x � 2� 10(� sin 2x) � 2

y000 (x) = �12 cos 2x+ 20 sin 2x

Apoi înlocuind în ecuatia diferetial¼a obtinem

y000 (x) + 4y0(x) = �12 cos 2x+ 20 sin 2x+ 4 [3 cos 2x� 5 sin 2x] = 0

Deci functia y0(x) = 3 cos 2x� 5 sin 2x veri�c¼a ecuatia diferential¼a.�14. Ecuatia diferential¼a x(t) = tx0(t) + (x0(t) + 3)2 , este o ecuatie de tip Clairaut.Deci se rezolv¼a conform algoritmului corespunz¼ator.Mai întâi deriv¼am ecuatia si obtinem

d

dt[x(t)] =

d

dt

�tx0(t) + (x0(t) + 3)2

�, x0(t) = x0(t) + tx00(t) + [x0(t) + 3] � x00(t)

0 = x00(t) [t+ x0(t) + 3]

Deci �e x00(t) = 0 pentru orice t , ceea ce duce la (solutia general¼a) x0(t) = a ) x(t) = at+ bTinem seama si de ecuatia initial¼a x(t) = tx0(t)+(x0(t)+3)2 si obtinem at+b = at+(a+3)2 , b = (a+3)2

Fie t+ x0(t) + 3 = 0 pentru orice t , ceea ce duce la solutia (singular¼a) sub form¼a parametric¼a�t+ x0(t) + 3 = 0

x(t) = tx0(t) + (x0(t) + 3)2,

�t = �p� 3

x = tp+ (p+ 3)2, p = x0(t)

�15. Problema Cauchy are solutie unic¼a.În acest caz particular conditiile initiale y0(0) = 0 , y00(0) = 0 sugereaz¼a posibilitatea ca eventualo functie constant¼a ar putea � solutia problemei Cauchy.Din conditia initial¼a y(0) = 1 , deducem c¼a acea constant¼a trebuie sa �e 1Deci veri�c¼am dac¼a functia y0(x) = 1 pentru orice x , veri�c¼a problema Cauchy.i) este clar c¼a y00(x) = 0 , y000 (x) = 0 , functia veri�c¼a conditiile initiale.ii) de asemenea veri�c¼a si ecuatia diferential¼a

y00(x)| {z }0

+ 2y0(x)| {z }0

� 5y(x)|{z}1

= �5

Solutia problemei Cauchy �ind unic¼a, rezult¼a c¼a y0(x) = 1 este exact solutia problemei Cauchy.�

Ecuatii Diferentiale - Examen partial 2011

51

Solutii

1. S¼a se determine functiile x = x(t) care veri�c¼a problema Cauchy

x0(t) = x(t) + t2 , x(1) = 2

SolutieO ecuatie liniara neomogena.

Pas 1. Se rezolva ecuatia liniara omogena asociata

x0(t) = x(t)

) x0(t)

x(t)= 1 )

Zx0(t)

x(t)dt =

Z1dt , ln jx(t)j = t+K

) jx(t)j = et+K = et � eK , x(t) = �eK � et = C � et

Pas 2. Folosim metode "variatiei constantelor" , cautam solutii pentru ecuatia liniara neomogena, de forma

x(t) = C(t) � et

Derivata este

x0(t) =d

dt

�C(t) � et

�= C 0(t) � et + C(t) � d

dtet = C 0(t) � et + C(t) � et

Inlocuim in ecuatia diferentialax0(t) = x(t) + t2

obtinemC 0(t) � et + C(t) � et = C(t) � et + t2 , C 0(t) � et = t2 , C 0(t) = t2 � e�t

Integram pentru a determina functia C(t)

C(t) =

ZC 0(t)dt =

Zt2 � e�tdt prin parti= t2 � et �

Z2t � etdt prin parti=

= t2et � 2�t � et �

Z1 � etdt

�= t2et � 2tet + et +K

Deci solutiile sunt de formax(t) = C(t) � et =

�t2et � 2tet + et +K

�et

Apoi folosim conditia initiala

2 = x(1) =�12e1 � 2 � 1 � e1 + e1 +K

�e1 , 2 = Ke1 ) K =

2

e


x(t) =

�t2et � 2tet + et + 2

e

�et = t2e2t � 2te2t + e2t + 2

�2. S¼a se determine solutia problemei Cauchy

x00(t)� x0(t) + x(t) = t , x(0) = 1 , x0(0) = �1

SolutieO ecuatie liniara de ordin 2 cu coe�cienti constanti, dar neomogena.Pas 1 Se rezolva ecuatia omogena asociata

x00(t)� x0(t) + x(t) = 0

52

ecuatia caracteristica

�2 � �+ 1 = 0 � = 1� 4 = �3 ) �1;2 =�(�1)� i

p3

2=1� i

p3

2

se asociaza doua solutii liniar independente

e�t = e1+i

p3

2 t = e12 t

cos

p3

2t+ i sin

p3

2t

!

x1(t) = Re�e�t�= e

12 t cos

p3

2t

x2(t) = Im�e�t�= e

12 t sin

p3

2t

solutiile ecuatiei omogene sunt de forma

x(t) = C1x1(t) + C2x2(t) = C1e12 t cos

p3

2t+ C2e

12 t sin

p3

2t

Pas 2 Folosim metoda variatiei constantelor, cautam solutii pentru ecuatia neomogena de forma

x(t) = C1(t)e12 t cos

p3

2t+ C2(t)e

12 t sin

p3

2t

Derivatele functiilor necunoscute C1(t) , C2(t) se determina din sistemul8<: C 01(t)e12 t cos

p32 t+ C

02(t)e

12 t sin

p32 t = 0

C 01(t)he12 t cos

p32 ti0+ C 02(t)

he12 t sin

p32 ti0= t

3. Functia x = x(t) este solutia problemei Cauchy

x(4)(t)� x00(t) = etcu x(0) = 1; x0(0) = 0; x00(0) = 2; x000(0) = 1

Calculati valoarea derivatei de ordin 5, x(5)(0) =?

SolutieSolutia este prezentata la partialul in versiunea 2 .

4. Dac¼a x = x(t) si y = y(t) veri�c¼a sistemul de ecuatii diferentiale�x0(t) = 2x(t) + 3y(t)y0(t) = 3y(t) + 2x(t)

s¼a se determine derivata functiei h(t) = x(t)� x(t) .SolutieSolutia este prezentata la partialul in versiunea 2.

5. Ar¼atati c¼a functia y0(x) = ex este solutie pentru ecuatia diferential¼a, apoi rezolvati ecuatia diferential¼a

y0(x) + y2(x)e�x = 2y(x)

SolutieInlocuim functia si derivata sa in ecuatia diferentiala si obtinem

y00(x) + y20(x)e

�x = ex + (ex)2e�x = 2ex = 2y0(x)

Deci functia y0(x) = ex este solutie pentru ecuatia diferential¼a,o ecuatie diferentiala de tip Riccati.Se face schimbarea de functie

y(x) = y0(x) +1

z(x)= ex +

1

z(x)

53

derivata este

y0(x) =d

dx

�ex +

1

z(x)

�= ex � z0(x)

z2(x)

Inlocuind in ecuatia diferentialay0(x) + y2(x)e�x = 2y(x)

obtinem o ecuatie liniara

ex � z0(x)

z2(x)+

�ex +

1

z(x)

�2e�x = 2

�ex +

1

z(x)

�,

ex � z0(x)

z2(x)+

�e2x +

1

z2(x)+ 2ex

1

z(x)

�e�x = 2

�ex +

1

z(x)

�,

ex � z0(x)

z2(x)+ ex +

1

z2(x)+ 2

1

z(x)= 2ex +

2

z(x),

� z0(x)

z2(x)+

1

z2(x)= 0 , z0(x) = 1 ) z(x) = x+ C )

Solutia ecuatiei de tip Riccati este

y(x) = ex +1

z(x)= ex + x+ C

�6. S¼a se determine functiile x = x(t) care veri�c¼a problema Cauchy

x0(t) = cos�xt

�� xt

, x(1) = 1

SolutieO ecuatie tip "omogen" , se face schimbarea de functie

x(t)

t= y(t) , x(t) = t � y(t)

derivata este

x0(t) =d

dt[t � y(t)] = y(t) + ty0(t)

Inlocuind in ecuatia diferentiala obtinem

y(t) + ty0(t) = cos (y)� y

o ecuatie cu "variabile separabile"Separam variabilele

ty0(t) = cos (y)� 2y , y0(t)

cos (y)� 2y =1

t

integram si obtinem Zy0(t)

cos (y(t))� 2y(t)dt =Z1

tdt = ln t

Solutia problemei ramane in forma implicitaZ1

cos y � 2y dy = ln t

deoarece nu este posibil calculul antiderivatei.

�7. S¼a se determine solutia y = y(x) problemei Cauchy


54

SolutieO ecuatie de tip Euler.Se face schimbarea de variabila 0 < x = et , y(x) = y(et) = z(t)Derivatele sunt

d

dt

�y(et)

�= z0(t) ) y0(et) � d

dtet = z0(t) ) y0(et) =

z0(t)

et

d

dt

�y0(et)

�=d

dt

�z0(t)

et

�, y00(et) � d

dtet =

z00(t) � et � z0(t) � ddtet

(et)2

y00(et) =z00(t)� z0(t)

(et)2

Inlocuind in ecuatia de tip Euler obtinem o ecuatie liniara cu coe�cienti contanti

�et�2 z00(t)� z0(t)

(et)2 � et z

0(t)

et� z(t) = 0 , z00(t)� z0(t)� z0(t)� z(t) = 0

z00(t)� 2z0(t)� z(t) = 0

Ecuatia caracteristica este

�2 � 2�� 1 = 0 , � = (�2)2 � 4(�1) = 8 ) �1;2 =�(�2)� 2

p2

2= 1�

p2

se asociaza 2 solutii liniar independente

z1(t) = e(1+

p2)t , z2(t) = e

(1�p2)t

Solutiile sunt de forma

z(t) = C1 � z1(t) + C2 � z2(t) = C1e(1+p2)t + C2e

(1�p2)t = C1[e

t]1+p2 + C2[e

t]1�p2

Revenim la schimbarea de variabila et = x si obtinem solutie ecuatiei de tip Euler

y(x) = z(t) = C1[et]1+

p2 + C2[e

t]1�p2 = C1[x]

1+p2 + C2[x]

1�p2

y(x) = C1 � x1+p2 + C2 � x1�

p2

Derivata este

y0(x) = C1 � (1 +p2)x1+

p2�1 + C2 � (1�

p2)x1�

p2�1 = C1 � (1 +

p2)x

p2 + C2 � (1�

p2)x�

p2

Folosim conditiile initiale.y(1) = 0 , y0(1) = 2(

0 = y(1) = C1 � 11+p2 + C2 � 11�

p2

2 = y0(1) = C1 � (1 +p2)1

p2 + C2 � (1�

p2)1�

p2�

C1 + C2 = 0

C1 � (1 +p2) + C2 � (1�

p2) = 2

) C2 = �C1 ) C1 � (1 +p2)� C1 � (1�

p2) = 2

C1 � 2p2 = 2 ) C1 =

1p2

) C2 =�1p2

Rezulta solutiay(x) =

1p2� x1+

p2 � 1p

2� x1�

p2

�8. S¼a se rezolve problema Cauchy

x0(t) =�1 + x2(t)

�cos t , x(0) = 1

55

SolutieO ecuatie cu variabile separabile.Separam variabilele

x0(t)

[1 + x2(t)]= cos t

intergam si obtinem Zx0(t)

[1 + x2(t)]dt =

Zcos tdt ) arctg(x(t)) = sin t+ C )

x(t) = tg [sin t+ C]

Din conditia initiala obtinem

1 = x(0) = tg [sin 0 + C] = tg [C] ) C =�

4


x(t) = tghsin t+

�

4

i�

9. S¼a se determine functiile x = x(t) care veri�c¼a ecuatia diferential¼a

x(t) = tx0(t) + sin(x0(t))

SolutieO ecuatie de tip Clairaut.Derivam ecuatia si obtinem

x0(t) = x0(t) + tx00(t) + cos(x0(t)) � x00(t)

[t+ cos(x0(t)] � x00(t) = 0Avem de a face cu functii continue, deci dac¼a nu sunt nule într-un punct t0 , atunci nu sunt nule pe o întreag¼a

vecin¼atate a lui t0.Prin urmare: ori x00(t) = 0 pentru orice t , ( si [t+ cos(x0(t)] 6= 0 pentru orice t )

ori t+ cos(x0(t) = 0 pentru orice t ( si x00(t) 6= 0 pentru orice t )i) În primul caz obtinem

x00(t) = 0 ) x0(t) = a ) x(t) = at+ b cu a; b 2 R

pe care înlocuind-o în ecuatie rezult¼a

at+ b = t � a+ sin(a) ) b = sin(a)

Se obtine astfel solutia general¼a a ecuatiei Clairaut x = x(t) de forma unei familii de functii ce depind de unparametru a 2 R

x(t) = at+ sin(a) cu a 2 Rii) În al doilea caz obtinem

t+ cos(x0(t)) = 0

si tinând seama de ecuatia initial¼ax(t) = t � x0(t) + cos(x0(t))

Se obtine astfel solutia singular¼a a ecuatiei Clairaut x = x(t) , care se scrie sub form¼a de ecuatii parametrice:�t = � cos(p)x(t) = t � p+ sin(p)

unde am notat p not= x0(t) , si deci p este "parametrul".�

56

10. S¼a se determine m¼arimile scalare x = x(t) si y = y(t) care veri�c¼a problema Cauchy�x0(t) = x(t) + y(t)y0(t) = �x(t) + y(t) , x(0) = 1 , y(0) = 2

SolutieFolosim algoritmul standard.Matricea sistemului este

A =

�1 1�1 1

�Valorile proprii sunt radacinile polonomului caracteristic

det (A� �I) = det�1� � 1�1 1� �

�= (1� �)2 � (�1) = (�� 1)2 + 1 = 0

Radacinile sunt�� 1 = �i , �1;2 = 1� i

Pentru � = 1 + i se determina vectorii proprii

(A� �I)W = 0�1� � 1�1 1� �

��uv

�=

�00

��

(1� �)u+ v = 0�u+ (1� �)v = 0 ,

��iu+ v = 0�u� iv = 0 ) v = iu

vectorul propriu complex esteW = (u; v) = (u; iu) = u(1; i)

Solutia complexa asociata este

(1; i)e�t = (1; i)e(1+i)t = (1; i) � et(cos t+ i sin t)

Solutiile reale asociate sunt

X1(t) =

�x(t)y(y)

�= Re

�(et cos t+ iet sin t)

�1i

��= Re

�et cos t+ iet sin tiet cos t� et sin t

�=

�et cos t�et sin t

�

X2(t) =

�x(t)y(y)

�= Im

�et cos t+ iet sin tiet cos t� et sin t

�=

�et sin tet cos t

�Solutiile sistemului sunt de forma

X(t) =

�x(t)y(y)

�= C1X1(t) + C2X2(t) = C1

�et cos t�et sin t

�+ C2

�et sin tet cos t

�In �nal obtinem �

x(t) = C1et cos t+ C2e

t sin ty(t) = �C1et sin t+ C2et cos t

Din conditiile initiale rezulta�1 = x(0) = C1e

0 cos 0 + C2e0 sin 0

2 = y(0) = �C1e0 sin 0 + C2e0 cos 0,

�C1 = 1C2 = 2

Solutia problemei Cauchy este �x(t) = et cos t+ 2et sin ty(t) = �et sin t+ 2et cos t

pe care o putem veri�ca,derivatele sunt�

x0(t) = [et(cos t+ 2 sin t)]0 = et[� sin t+ 2 cos t+ cos t+ 2 sin t] = et[3 cos t+ sin t] = x(t) + y(t)y0(t) = [et(� sin t+ 2 cos t)]0 = et[� cos t� 2 sin t� sin t+ 2 cos t] = et[�3 sin t+ cos t] = y(t)� x(t)

57

deci veri�ca sistemul.�

Ecuatii Diferentiale - Examen Partial - versiunea 2 - 2011

Solutii

1. Functia x = x(t) este solutia problemei Cauchy4x00(t)� 5x0(t) + 3x(t) = t , x(0) = 1 , x0(0) = �1 , cât este x00(0) =?

SolutieInlocuim in ecuatia diferentiala t = 0 si conditiile initiale, obtinem

4x00(0)� 5x0(0) + 3x(0) = 0

decix00(0) =

1

4(5x0(0)� 3x(0)) = 1

4(5 � (�1)� 3 � 1) = �8

4= �2

�

2. Din ce motiv functia y0(x) = 1cos x este solutie pentru ecuatia diferential¼a


(cosx)2

SolutieO functie este solutie , daca impreuna cu derivata sa veri�ca ecuatia diferentiala.Derivata este

y00(x) =d

dx

�1

cosx

�= � � sinx

(cosx)2 =

sinx

(cosx)2

Inlocuind in ecuatia diferentiala obtinem

y00(x) + y20(x) sinx =

sinx

(cosx)2 +

�1

cosx

�2� sinx = 2 sinx

(cosx)2

deci functia y0(x) = 1cos x este solutie pentru ecuatia diferential¼a.

�3. Functia x = x(t) este solutia problemei Cauchy

x(4)(t)� x00(t) = et cu x(0) = 1 , x0(0) = 0 , x00(0) = 2 , x000(0) = 1 , cât este x(5)(0) =?

SolutiePentru a obtine derivata de ordin 5, derivam ecuatia diferentiala si obtinem

d

dt

hx(4)(t)� x00(t)

i=d

dt

�et�

) x(5)(t)� x(3)(t) = et

inlocuim t = 0 si conditiile initiale, obtinem

x(5)(0)� x(3)(0) = e0 = 1 ) x(5)(0) = x(3)(0) + 1 = 1 + 1 = 2

�

4. Dac¼a x = x(t) si y = y(t) veri�c¼a problema Cauchy�x0(t) = 2x(t) + 3y(t)y0(t) = 3y(t) + 2x(t)

, cu x(1) = 2 , y(1) = 3

s¼a se determine derivata functiei h(t) = x(t)� y(t)Cât este functia h(t) ?

SolutieEvident ca derivata functiei este h0(t) = x0(t)� y0(t)

58

Scadem ecuatiile sistemului si obtinem

x0(t)� y0(t) = 2x(t) + 3y(t)� 3y(t)� 2x(t) = 0

deci h0(t) = x0(t)� y0(t) = 0 , prin urmare functia h(t) este constanta.Valoarea acestei constante se determina in conditiile initiale - pentru t = 1

h(1) = x(1)� y(1) = 2� 3 = �1

Deci functia este h(t) = �1 pentru orice t .�

5. Veri�cati dac¼a integrarea prin p¼arti este corect¼a în A, în B.

A)

�Z0

et cos tdt = et sin t��t=�t=0

��Z0

et sin tdt B)

�Z0

et cos tdt = et cos t��t=�t=0

+

�Z0

et sin tdt

SolutieA) integram prin parti astfel

�Z0

et cos tdt = et ��Z

cos t

��t=�t=0

��Z0

�d

dtet��Z

cos t

�dt = et sin t

��t=�t=0

��Z0

et sin tdt

deci calculul din A este corect.B) integram prin parti in alt mod

�Z0

et cos tdt =

�Zet�� cos t

��t=�t=0

��Z0

�Zet��d

dtcos t

�dt = et � cos t

��t=�t=0��Z0

et�[� sin t] dt = et cos t��t=�t=0+

�Z0

et sin tdt

deci calculul din B este corect.�

6. Dac¼a y00(et) = z00(t)�z0(t)e2t atunci cât este y000(et) =?

SolutiePentru a obtine derivata de ordin 3, derivam

d

dt

�y00(et)

�=d

dt

�z00(t)� z0(t)

e2t

�) y000(et) � d

dt

�et�=[z000(t)� z00(t)] et � [z00(t)� z0(t)] � [et]0

(e2t)2

y000(et) =z000(t)� 2z00(t) + z0(t)

e4t

�


y00(x) + 4y(x) = 0

SolutieO functie este solutie , daca impreuna cu derivatele sale veri�ca ecuatia diferentiala.Calculam derivatele

y00(x) =d

dx[3 cos 2x� 5 sin 2x] = 3(�2 sin 2x)� 5 � 2 cos 2x = �6 sin 2x� 10 cos 2x

y000 (x) =d

dx[y00(x)] =

d

dx[�6 sin 2x� 10 cos 2x] = �6 � 2 cos 2x� 10 � (�2 sin 2x) = �12 cos 2x+ 20 sin 2x

59

apoi inlucuind in ecuatia diferentiala obtinem

y00(x) + 4y(x) = �12 cos 2x+ 20 sin 2x+ 4 � [3 cos 2x� 5 sin 2x] = 0

Deci functia y0(x) = 3 cos 2x� 5 sin 2x este solutie pentru ecuatia diferential¼a.�

8. Functiile x1 = x1(t) si x2 = x2(t) sunt dou¼a solutii ale ecuatiei diferentiale

(*) x00(t)� 3x0(t) + 2x(t) = t2

Pentru ce ecuatie diferential¼a este solutie functia y = y(t) = x1(t)� x2(t) ?

SolutieFaptul ca cele doau functii sunt solutii ale ecuatiei diferentiale inseamna

x001(t)� 3x01(t) + 2x1(t) = t2

x002(t)� 3x02(t) + 2x2(t) = t2

Scadem dele doua relatii si obtinem

x001(t)� 3x01(t) + 2x1(t)� [x002(t)� 3x02(t) + 2x2(t)] = t2 � t2 = 0

[x1(t)� x2(t)]00 � 3 [x1(t)� x2(t)]0 + 2 [x1(t)� x2(t)] = 0Prin urmare, functia y = y(t) = x1(t)� x2(t) veri�ca ecuatia diferentiala

(**) [y(t)]00 � 3 [y(t)]0 + 2 [y(t)] = 0

Cu alte cuvinte: pentru orice 2 solutii ale ecuatiei liniare neomogene (*), diferenta lor veri�ca ecuatia liniaraomogena asociata (**).�

Ecuatii Diferentiale - Mini Test 17 martie - 2014Solutie

S¼a se determine solutia problemei Cauchy�x0(t) = 2x(t) + y(t)y0(t) = x(t) + 2y(t)

, cu x(0) = 1 , y(0) = 2

Solutie.Scriem matricea sistemului liniar

A =

�2 11 2

�calcul¼am valorile proprii

det(A� �I) = det�2� � 11 2� �

�= (2� �)2 � 1 = �2 � 4�+ 3 = 0

r¼ad¼acinile sunt reale � = 1 si � = 3 si de ordinul 1.Determin¼am vectorii proprii corespunz¼atoriPentru � = 1

(A� 1 � I)v = 0 ,�2� 1 11 2� 1

��ab

�=

�00


a+ b = 0a+ b = 0

) b = �a

deci vectorii proprii sunt de forma v = (a;�a) , alegem vectorul v1 = (1;�1)Proced¼am analog si pentru � = 3

60

(A� 3 � I)v = 0 ,�2� 3 11 2� 3

��ab

�=

�00


�a+ b = 0a� b = 0 ) b = a

deci vectorii proprii sunt de forma v = (a; a) , alegem vectorul v2 = (1;�1)se asociaz¼a solutiile (liniar independente) scrise vectorial

X1(t) = etv1 , X2(t) = e

3tv2

solutia sistemul este o combinatie liniar¼a

X(t) = C1X1(t) + C2X2(t) = C1etv1 + C2e

3tv2

sau scris explicit �x(t)y(t)

�= C1e

t

�1�1

�+ C2e

3t

�11

�sau

x(t) = C1et + C2e

3t

y(t) = �C1et + C2e3t

constantele C1; C2 se determin¼a din conditiile initiale x(0) = 2 , y(0) = 2

1 = x(0) = C1e0 + C2e

3�0 = C1 + C2

2 = y(0) = �C1e0 + C2e3�0 = �C1 + C2

deci �C1 + C2 = 1�C1 + C2 = 2

care duce la C2 = 3=2 si C1 = �1=2deci solutia problemei Cauchy este

x(t) =�12et +

3

2 2e3t

y(t) =1

2et +

3

2e3t

Ecuatii Diferentiale - Examen Partial - 2014Solutii

1. Functia x = x(t) este solutia problemei Cauchyx(4)(t)� x00(t) = et cu x(0) = 1 , x0(0) = 0 , x00(0) = 2 , x000(0) = 1 , cât este x(4)(0) =? si x(5)(0) =?

(derivatele de ordin 4 respectiv de ordin 5 în t = 0)

Solutie.Putem alege s¼a rezolv¼am complet problema Cauchy, adic¼a s¼a determin¼am efectiv solutiasi apoi s¼a calcul¼am derivatele de ordin 4 si 5, si s¼a determin¼am valorile corespunz¼atoare pentru t = 0Este un drum lung, care îns¼a ofer¼a maximul de informatie posibil.Putem alege un drum mai scurt, care îns¼a ofer¼a doar valorile derivatelor respective pentru t = 0Pentru t = 0 , din ecuatia diferential¼a deducem

x(4)(0)� x00(0)| {z }2

= e0 , x(4)(0)� 2 = 1 , x(4)(0) = 1 + 2 = 3

61

pentru a determine valoarea derivatei de ordin 5, deriv¼am ecuatia diferential¼a

d

dt

hx(4)(t)� x00(t)

i=d

dt

�et�

, x(5)(t)� x(3)(t) = et

apoi pentru t = 0 obtinem

x(5)(0)� x(3)(0)| {z }1

= e0 , x(5)(0)� 1 = 1 ) x(5)(0) = 1 + 1 = 2

S¼a retinem c¼a nu rezultatul numeric obtinut este important, ci modul în care a fost obtinut.�

2. Dac¼a x = x(t) si y = y(t) veri�c¼a problema Cauchy�x0(t) = 2x(t) + 3y(t)y0(t) = 3y(t) + 2x(t)

, cu x(1) = 2 , y(1) = 3

s¼a se determine derivata functiei h(t) = x(t)� y(t)Cât este functia h(t) ?

Solutie.Exercitiul este putin "aranjat", se obsev¼a c¼a sistemul liniar se scrie în mod "canonic"�

x0(t) = 2x(t) + 3y(t)y0(t) = 2x(t) + 3y(t)

, cu x(1) = 2 , y(1) = 3

deci de fapt x0(t) = y0(t)prin urmare derivata functiei h(t) este h0(t) = x0(t)� y0(t) = 0si deci functia h(t) este constant¼a h(t) = ctr¼amâne doar s¼a determin¼am cât este aceast¼a constant¼afolosim conditiile initiale

h(1) = x(1)|{z}2

� y(1)|{z}3

= 2� 3 = �1

prin urmare functia h(t) este constant¼a h(t) = h(1) = �1 pentru orice t�


y00(x) + 4y(x) = 0

Solutie.O functie este solutie pentru o ecuatie diferential¼a, dac¼a "veri�c¼a" acea ecuatie diferential¼a,adic¼a înlocuind functia si derivatele sale în ecuatie,obtinem o identitate evident¼a, în acest caz y000 (x) + 4y0(x) = 0 pentru orice xCalcul¼am derivatele functiei y0(x)

y00(x) = (3 cos 2x� 5 sin 2x)0= 3 � 2(� sin 2x)� 5 � 2 cos 2x = �6 sin 2x� 10 cos 2x

y000 (x) = (y00(x))

0= (�6 sin 2x� 10 cos 2x)0 = �6 � 2 cos 2x� 10 � 2(� sin 2x) = �12 cos 2x+ 20 sin 2x

Înlocuind în ecuatia diferential¼a obtinem

y000 (x) + 4y0(x) = �12 cos 2x+ 20 sin 2x+ 4 (3 cos 2x� 5 sin 2x) = 0 pentru orice x

deci functia y0(x) = 3 cos 2x� 5 sin 2x este solutie pentru ecuatia diferential¼a y00(x) + 4y(x) = 0�

4. Functiile x1 = x1(t) si x2 = x2(t) sunt dou¼a solutii ale ecuatiei diferentiale

x00(t)� 3x0(t) + 2x(t) = t2

62

Pentru ce ecuatie diferential¼a este solutie functia y = y(t) = x1(t)� x2(t) ?

Solutie.Functiile x1(t) si x2(t) sunt solutii ale ecuatiei diferentiale, deci veri�c¼a aceast¼a ecuatie, adic¼a

x001(t)� 3x01(t) + 2x1(t) = t2

x002(t)� 3x02(t) + 2x2(t) = t2

pare "natural" s¼a sc¼adem cele dou¼a relatii, obtinem

[x001(t)� 3x01(t) + 2x1(t)]� [x002(t)� 3x02(t) + 2x2(t)] = 0

regrupând[x1(t)� x2(t)]00 � 3 [x1(t)� x2(t)]0 + 2 [x1(t)� x2(t)] = 0

sau folosind notatia y(t) = x1(t)� x2(t)

[y(t)]00 � 3 [y(t)]0 + 2 [y(t)] = 0

Prin urmare, diferenta a dou¼a solutii y = y(t) = x1(t)� x2(t) , ale ecuatiei "neomogene"

x00(t)� 3x0(t) + 2x(t) = t2

veri�c¼a ecuatia "omogen¼a" asociat¼ay(t)00 � 3y(t)0 + 2y(t) = 0

�Pentru problemele 5-10 folositi exact algoritmul de rezolvare descris in curs (pdf)

5. o ecuatie cu variabile separabile x0(t) = A(t) �B(x(t))alegeti si o conditie initial¼a si rezolvati problema Cauchy corespunz¼atoare

Pentru a propune o problem¼a, trebuie alese functiile A(t) si B(x(t)) ,conditia initial¼a x(a) = b , adic¼a numerele reale a; bse pot alege f¼ar¼a alte restrictii decât cele determinate dedomeniul de de�nitie al functiilor A(t) si B(x(t)) ,dar alegerea trebuie sa tin¼a seama de modul de rezolvare speci�c ecuatiilor cu variabile separabile :pas 1 - se "separ¼a" variabilele

x0(t)

B(x(t))= A(t)

se "integreaz¼a" Zx0(t)

B(x(t))dt| {z }

G(x(t))

=

ZA(t)dt

rezult¼a o ecuatie implicit¼a

G(x(t)) =

ZA(t)dt+ ct|{z}

K

care se expliciteaz¼a dac¼a este posibilx(t) = :::

valoarea constantei de integrare " K " se determin¼a din conditia initial¼a x(a) = b6. o ecuatie liniar¼a x0(t) = A(t) � x(t) +B(t)Pentru a propune o problem¼a, trebuie alese functiile A(t) si B(t)dar trebuie tinut seama de modul de rezolvare al unei astfel de ecuatii liniarepasul 1 - se calculeaz¼a integralele Z

x0(t)

x(t)dt respectiv

ZA(t)dt

63

rezult¼a

ln jx(t)j =ZA(t)dt+ ct ) jx(t)j = e

ZA(t)dt+ct

= e

ZA(t)dt

� ect

x(t) = �ect|{z}C

� e

ZA(t)dt

= C � e

ZA(t)dt

pasul 2 - se foloseste metoda variatiei constantelor,adic¼a se caut¼a solutii de forma

x(t) = C(t) � e

ZA(t)dt

care duce la

C 0(t) � e

ZA(t)dt

= B(t) ) C 0(t) = B(t) � e�

ZA(t)dt

deci integrând obtinem

C(t) =

ZB(t) � e

�

ZA(t)dt

+K

iar solutia �nal¼a este

x(t) =

264Z0B@B(t) � e�

ZA(t)dt

1CA dt+K375 � e

ZA(t)dt

7. o ecuatie de tip ClairautForma unei ecuatii Clairaut este

x(t) = t � x0(t) +B(x0(t))

Tot ce trebuie f¼acut este s¼a alegeti functia B(x0(t))apoi s¼a urm¼ariti algoritmul standard de rezolvare, care nu implic¼a decât calculul derivatei B0(x0(t))

8. o ecuatie liniar¼a de ordin 2 sau 3 cu coe�cienti constanti,alegeti si conditii initiale corespunz¼atoare si rezolvati problema Cauchy

Puteti alege o ecuatie diferential¼a de ordin 2, care este de forma

ax00(t) + bx0(t) + cx(t) = f(t)

Deci alegeti coe�cientii a; b; c numere reale, a 6= 0 , si functia f(t) (aceasta poate � aleas¼a si nul¼a)apoi conditii initiale : x(t0) = � , x0(t0) = �t0 poate � ales f¼ar¼a restrictii, de exemplu chiar t0 = 0 , iar valorile �; � la fel f¼ar¼a restrictii.Apoi urm¼ariti algoritmul standard de rezolvare.Aveti îns¼a în vedere faptul c¼a trebuie rezolvat¼a ecuatia caracteristic¼a asociat¼a

a�2 + b�+ c = 0

deci puteti alege coe�cientii a; b; c astfel încât s¼a ecuatia caracteristic¼a s¼a aibe r¼ad¼acinile �1; �2 pe care le doriti(reale sau complexe)obtineti dou¼a solutii liniar independente x1(t) si x2(t)pentru r¼ad¼acini reale distincte x1(t) = e�1t si x2(t) = e�2t

pentru r¼ad¼acini reale egale x1(t) = e�1t si x2(t) = te�1t

pentru r¼ad¼acini complexe � = �+ i� (� = �� i�) , x1(t) = Re(e�t) si x2(t) = Im(te�t)

solutia ecuatiei "omogene" este o combinatie liniar¼a a acestor solutii liniar independente

x(t) = C1 � x1(t) + C2 � x2(t)

Dac¼a functia f(t) nu este nul¼a, atunci folositi metoda variatiei constantelor,

64

c¼autând solutii de formax(t) = C1(t) � x1(t) + C2(t) � x2(t)

unde functiile C1(t) si C2(t) , de fapt derivatele lor, veri�c¼a sistemul liniar�C 01(t) � x1(t) + C 02(t) � x2(t) = 0C 01(t) � x1(t) + C 02(t) � x2(t) = f(t)

apoi integrati solutiile sistemului liniar

C1(t) =

ZC 01(t)dt+K1

C2(t) =

ZC 02(t)dt+K2

solutia �nal¼a este

x(t) =

�ZC 01(t)dt+K1

�� x1(t) +

�ZC 02(t)dt+K2

�� x2(t)

constantele K1;K2 se determin¼a din conditiile initiale x(t0) = � , x0(t0) = �

9. o ecuatie de tip EulerPentru a evita calcule lungi, alegeti o ecuatie de ordin 2, care este de forma

at2 � x00(t) + bt � x0(t) + cx(t) = f(t)

Deci alegeti coe�cientii a; b; c numere reale, a 6= 0 , si functia f(t) (aceasta poate � aleas¼a si nul¼a)Apoi urmati pasii algoritmului standard pentru ecuatii de tip Euler.Dac¼a faceti schimbarea de variabil¼a "standard" t = es ,atunci alegeti pentru conditii initiale x(t0) = � , x0(t0) = � , un punct t0 > 0dac¼a alegeti t0 = 0 , atunci neap¼arat trebuie cx(0) = f(0) , conform ecuatiei diferentiale.

10. un sistem liniar de ecuatii diferentialeEste preferebil sa alegeti un sistem liniar de ordin 2�

x0(t) = ax(t) + by(t) +A(t)y0(t) = cx(t) + dy(t) +B(t)

Deci alegeti coe�cientii a; b; c; d numere reale, functiile A(t) si B(t) pot � alese nule.Apoi urmati algoritmul se rezolvare,dar aveti în vedere c¼a trebuie determinate valorile proprii ale matricii asociate�

a bc d

�deci puteti alege coe�cientii a; b; c; d astfel înc¼at s¼a obtineti valorile proprii pe care le doriti (reale sau complexe)

65

3. Serii FourierSerii Fourier - Examen Partial - 20.05.2009Partea Test - Solutii

1. S¼a determine seria Fourier asociat¼a functiei f(x) = cos2 2x� 5 cos 4x+ 2 sin(2x+ 1) , x 2 [��; �]

2. S¼a se dezvolte în serie de cosinusi functia f(x) = �4 , x 2 [��; 0]

3. S¼a se dezvolte în serie de sinusi functia f(x) = � sinx+ sin 5x , x 2 [0; �]

4. S¼a se determine dezvoltarea în serie Fourier în punctul x = 0 pentru functia

f(t) =

�x2 � 5x+ 2 , x 2 [0; �]3x� 5 , x 2 [��; 0)

5. S¼a se determine coe�cientii Fourier a2 , a4 , a6 asociati functiei f(x) = 2x� 1 , x 2 [��; �] .

Solutii.

1. S¼a observ¼am c¼a aceast¼a functie f(x) = cos2 2x� 5 cos 4x+ 2 sin(2x+ 1)se poate scrie ca un polinim trigonometric care este seria Fourier asociat¼a

f(x) = cos2 2x� 5 cos 4x+ 2 sin(2x+ 1) =

=1 + cos 4x

2� 5 cos 4x+ 2 [sin 2x cos 1 + sin 1 cos 2x] =

=1

2+1

2cos 4x� 5 cos 4x+ 2 cos 1 sin 2x+ 2 sin 1 cos 2x =

f(x) =1

2+ 2 sin 1 cos 2x+ 2 cos 1 sin 2x� 9

2cos 4x =

a02+

1Xn=1

(an cosnx+ bn sinnx)

Cu alte cuvinte

a02=1

2, a1 = 0; b1 = 0; , a2 = 2 sin 1 , b2 = 2 cos 1 , a3 = 0; b3 = 0 , a4 = �

9

2, b4 = 0

toti ceilalti coe�cienti sunt nuli an = 0 , bn = 0 , n � 5 .�

2. O functie se dezvolt¼a în serie de cosinusi numai dac¼a este functie par¼a.În acest caz prelungim functia f la o functie par¼a pe intervalul [��; �] prin f(x) = �4 , x 2 [��; �]Am obtinut deja dezvoltarea în serie de cosinusi

f(x) = �4 = a02+

1Xn=1

an cosnx

Deci a02 = �4 , iar toti ceilalti coe�cienti sunt nuli an = 0 , n � 1

�

3. O functie se dezvolt¼a în serie de sinusi numai dac¼a este functie impar¼a.În acest caz prelungim functia f la o functie impar¼a pe intervalul [��; �] prin f(x) = � sinx + sin 5x ,

x 2 [��; �]Am obtinut deja dezvoltarea în serie de sinusi

f(x) = � sinx+ sin 5x =Xn�1

bn sinnx

Deci b1 = �1 , b2 = b3 = b4 = 0 , b5 = 1 , iar toti ceilalti coe�cienti sunt nuli bn = 0 , n � 6

66

�

4. Problema oarecum incorect formulat¼a.Conform teoremei de reprezentare (Dirichlet) functia

f(t) =

�x2 � 5x+ 2 , x 2 [0; �]3x� 5 , x 2 [��; 0)

are reprezentare în serie Fourier pe intervalul [��; �] .Dar în punctul x = 0 functia nu este continu¼a , deoarece

f(0 + 0) = limx!0

(x2 � 5x+ 2) = 2 , f(0� 0) = limx!0

(3x� 5) = �5

si deci în punctul x = 0 suma seriei Fourier nu este f(0) ci

f(0 + 0) + f(0� 0)2

Deci se poate interpreta c¼a în punctul x = 0 functia nu are dezvoltare în serie Fourier.�

5. Coe�cientii Fourier se calculeaz¼a folosind integrale Riemann, integrala Riemann este o aplicatie liniar¼a,prin urmare coe�cientii Fourier pentru o suma a dou¼a functii se obtin adunând coe�cientii Fourier ai celor dou¼a

functiimai precis

an(f + g) =1

�

�Z��

[f(x) + g(x)] cosnxdx =1

�

�Z��

f(x) cosnxdx+1

�

�Z��

g(x) cosnxdx = an(f) + an(g)

Cu alte cuvinte seria Fourier pentru suma a dou¼a functii se obtine adunând seriile Fourier ale celor dou¼a functii.În acest caz functia f(x) = 2x� 1 este suma dintre 2x si �1- functia 2x este o functie impar¼a, deci are dezvoltare în serie de sinusi

2x =1Xn=1

bn sinnx

- functia constant¼a �1 este par¼a si are dezvoltarea (în serie de cosinusi)

�1 = a02+

1Xn=1

an cosnx ,a02= �1 , an = 0 , n � 1

Prin urmare seria Fourier asociat¼a functiei f(x) = 2x� 1 este

�1 +1Xn=1

bn sinnx

Acum este clar a2 = 0 , a4 = 0 , a6 = 0 .�

Serii Fourier - Examen Partial - 2011Solutii1. S¼a determine seria Fourier asociat¼a functiei f(x) = cos2 2x� 5 cos 4x+ 2 sin(2x+ 1) , x 2 [��; �]

SolutieObservam ca functia se poate scrie ca suma de functii trigonometrice

f(x) = cos2 2x� 5 cos 4x+ 2 sin(2x+ 1) =

67

=1

2(cos 4x+ 1)� 5 cos 4x+ 2 [sin 2x � cos 1 + cos 2x � sin 1] =

f(x) = 2 sin 1 � cos 2x+ 2 cos 1 � sin 2x+ (12� 5) cos 4x+ 1

2

suma �nita care reprezinta seria Fourier asociata functiei f = f(x) , deoarece dezvoltarea in serie Fourier esteunica.�

2. S¼a se dezvolte în serie de cosinusi functia f(x) = �4 , x 2 [��; 0]

SolutieO functie are dezvoltare in serie de cosinusi numai daca este functie para,deci se prelungeste f(x) = �4 , x 2 [��; 0] la o functie para pe intervalul [��; �] ,in mod evident f(x) = �4 , x 2 [��; �]Nu avem nimic de calculat, f(x) = �4 reprezinta dezvoltarea in serie Fourier,in care toti coe�cientii Fourier sunt nuli an = 0 , bn = 0cu exceptia a0 , pentru care a0

2 = �4�

3. S¼a se dezvolte în serie de sinusi functia f(x) = � sinx+ sin 5x , x 2 [0; �]

SolutieO functie are dezvoltare in serie de sinusi numai daca este functie impara,deci se prelungeste functia f = f(x) la o functie impara pe intervalul [��; �]Dar, functia f(x) = � sinx+ sin 5x este functie impara , deci este prelungirea cautata,in plus f(x) = � sinx+ sin 5x , x 2 [��; �] este dezvoltare in serie Fourier,cu toti coe�cientii Fourier nuli, cu exceptia b1 = �1 si b5 = 1�

4. Pentru functia

f(x) =

�x2 � 3x+ 2 , x 2 [1; �]5 + 4x , x 2 [��; 1)

s¼a se determine suma seriei Fourier asociate în punctul x = 2 si în punctul x = 1 .

SolutieFunctie este continua si derivabila pe intervalele (��; 1) si (1; �)deci are dezvoltare in serie Fourier

f(x) =a02+

1Xn=1

(an cosnx+ bn sinnx) pentru orice x 2 [��; �] în care functia este continu¼a .

f(x+ 0) + f(x� 0)2

=a02+

1Xn=1

(an cosnx+bn sinnx) pentru orice x 2 [��; �] în care functia NU este continu¼a .

In cazul de fata, functia este continua in x = 2 2 [1; �] si discontinua în punctul x = 1 , deoarece

f(x� 0) = limx%0

(5 + 4x) = 9 , f(x+ 0) = limx&0

(x2 � 3x+ 2) = 0

deci in punctul x = 2

0 = f(2) =a02+

1Xn=1

(an cosn � 2 + bn sinn � 2) pentru ca functia este continu¼a in 2

iar in punctul x = 1

0 + 9

2=f(1 + 0) + f(1� 0)

2=a02+

1Xn=1

(an cosn � 1 + bn sinn � 1) pentru ca functia NU este continu¼a in 1

68

�

5. S¼a se determine coe�cientii Fourier a2 , a4 , a6 asociati functiei f(x) = 2x� 1 , x 2 [��; �] .

SolutieNu este necesar calculul efectic al coe�cientilor a2 , a4 , a6Calculul coe�cientilor Fourier se face prin integrale, care sunt liniare.Deci pentru o suma de functii, sa spunem u si vseria Fourier asociata sumei (u+ v) = seria Fourier pentru u + seria Fourier pentru vde fapt se aduna coe�cientii Fourier corespunzatori celor doua serii.In cazul de fata f(x) = 2x� 1consideram u = 2x si v = �1functia u = 2x este impara, deci toti coe�cientii an = 0 sunt nulifunctia v = �1 este contanta, deci toti coe�cientii sunt nuli, cu exceptia a0

2 = �1Prin urmare coe�cientii seriei Fourier pentru suma f(x) = u+ v = 2x� 1se obtin adunand coe�cientii de la u si de la v ,in particular, coe�cientii a2 , a4 , a6 sunt cei la de la fucntia u si sunt toti nuli a2 = 0 , a4 = 0 , a6 = 0

6. S¼a se determine seria Fourier asociat¼a functiei periodice f : R! R , cu perioad¼a principal¼a 2� , de�nit¼a de

f(x) =

�x , x 2 [0; �]3 , x 2 [��; 0)

Admite aceast¼a functie dezvoltare în serie Fourier în x = 0 ?SolutieFunctia admite dezvoltare in serie Fourier in toate punctele in care este continua.In x = 0 functia nu este continua, deci nu are dezvoltare Fourier in 0 , ci doar relatia

f(0 + 0) + f(0� 0)2

=a02+

1Xn=1

(an cosn � 0| {z }1

+ bnsinn � 0| {z }0

)

0 + 3 =f(0 + 0) + f(0� 0)

2=a02+

1Xn=1

(an)

calculam coe�cientii Fourier

a0 =1

�

�Z��

f(x) dx =1

�

0Z��

3dx+1

�

�Z0

x dx =1

�3� +

1

�

x2

2

��x=�x=0

= 3 +�2

2�= 3 +

�

2

an =1

�

�Z��

f(x) cosnx dx =1

�

0Z��

f(x) cosnx dx+1

�

�Z0

f(x) cosnx dx =

=1

�

0Z��

3 cosnx dx+1

�

�Z0

x cosnx dx =1

�3sinnx

n

��x=0x=��| {z }

0�0

+1

�

�Z0

x cosnx dxprin parti=

=1

�

26664x sinnxn��x=�x=0| {z }

0�0

��Z0

1 � sinnxn

dx

37775 = 1

�

cosnx

n2

��x=�x=0

=1

�n2[cosn� � cos 0]

an =1

�n2[(�1)n � 1]

bn =1

�

�Z��

f(x) sinnx dx =1

�

0Z��

f(x) sinnx dx+1

�

�Z0

f(x) sinnx dx =

69

=1

�

0Z��

3 sinnx dx+1

�

�Z0

x sinnx dx =1

�3� cosnx

n

��x=0x=��

+1

�

�Z0

x sinnx dxprin parti=

=3

n�(� cos 0 + cosn�) + 1

�

24x� cosnxn

��x=�x=0

��Z0

1 � � cosnxn

dx

35 ==

3

n�(�1 + (�1)n) + 1

n�(�� cosn� � 0 cos 0) + 1

�

sinnx

n � n

��x=�x=0| {z }

0�0

bn =3

n�(�1 + (�1)n)� 1

n(�1)n

Pentru orice x 2 (��; 0) [ (0; �] are loc dezvoltarea in serie Fourier

f(x) =a02+

1Xn=1

(an cosnx+ bn sinnx)

cua0 = 3 +

�

2, an =

1

�n2[(�1)n � 1] , bn =

3

n�(�1 + (�1)n)� 1

n(�1)n

�

7. S¼a se dezvolte în serie de sinusi functia f(x) = 5� x , x 2 [0; �]SolutieToti coe�cientii an = 0 , � 0 , sunt nuli ,calculam doar coe�cientii bn

bn =1

�

�Z��

f(x) sinnx dx =2

�

�Z0

f(x) sinnx dx =2

�

�Z0

(5� x) sinnx dx =

=2

�

0@ �Z0

5dx��Z0

x sinnx dx

1A =2

�� 5� � 2

�

�Z0

x sinnx dxprin parti=

= 10� 2

�

0@x� cosnxn

��x=�=0

��Z0

1 � � cosnxn

dx

1A =

= 10� 2

�

0@�� cosn�n

� 0 +�Z0

cosnx

ndx

1A = 10� 2

�

0BBB@�� cosn�n+

�sinnx

n � n

��x=�x=0| {z }

0�0

1CCCA= 10 +

2(�1)nn

Dezvoltarea in serie de sinusi este

f(x) = 5� x =1Xn=1

bn sinnx =1Xn=1

�10 +

2(�1)nn

�sinnx

�

8. Folosind dezvoltarea în serie de sinusi a functiei f(x) = 3 , x 2 [0; �] s¼a se determine suma seriei numerice1Xn=0

(�1)n2n+ 1

70

Solutie O functie are dezvoltare in serie de sinusi, numai daca este impara,deci se prelungeste functia la o functie impara

f(x) =

�3 , x 2 [0; �]

�3 , x 2 [��; 0)

coe�cientii an = 0 sunt toti nuli,se calculeaza doar coe�cientii bn pentru n � 1

bn =1

�

�Z��

f(x) sinnx dx =2

�

�Z0

f(x) sinnx dx =2

�

�Z0

3 sinnx dx =2

�

h�3cosnx

n

i��x=�x=0

bn =�6n�

[cosn� � cos 0] = 6

n�[1� (�1)n] =

�6n� � 2 pentru n = impar

0 pentru n = par

dezvoltarea in serie Fourier este

f(x) =1Xn=1

bn sinnx =

1Xn=1

12

n�sinnx

pentru x = �=2 obtinem

3 = f(�

2) =

1Xn=1

12

n�sinn

�

2=

1Xn= impar=2k+1

12

(2k + 1)�(�1)k

deci

3 =12

�

1Xk=0

(�1)k(2k + 1)

)1Xn=0

(�1)n2n+ 1

=�

4

�

71

4. Transformarea Laplace

Transformarea Laplace - Examen Partial 13.05.2009Partea Test - Solutii

1. Este functia f(t) = cos tt o functie original ?

2. Este functia L(z) = zz+1 transformata Laplace a unei functii original ?

3. Cele dou¼a integrale sunt egale sau diferite ?

xZ0

t cos(x� t) sin tdt ,

xZ0

t sin(x� t) cos tdt

4. S¼a se calculeze transformata Laplace a functiei f(x) =

xZ0

t cos(x� t) sin tdt

5. S¼a se determine functia original x(t) a c¼arei transformat¼a Laplace este

L(x(t)) = 1

z(z + 1)

6. Este functia f(t) o functie original ?

f(t) =sin t

t

7. Este functia L(z) transformata Laplace a unei functii original ?

L(z) =z + 1

z2 + 1


xZ0

t cos(t� x) sin tdt ,

xZ0

t sin(t� x) cos tdt


xZ0

x cos(x� t) sin tdt


L(x(t)) = 2z

z2 + 6

11. Este functia f(t) = ln t o functie original ?

12. Este functia L(z) transformata Laplace a unei functii original ?

L(z) =z � 1z


xZ0

x cos(x� t) sin tdt ,

xZ0

x sin(x� t) cos tdt


xZ0


72


L(x(t)) = z2 + z + 1

z(z2 + 1)

Solutii.

S¼a observ¼am c¼a problemele (1-6-11) , (2-7-12) , (3-8-13) , (4-9-14) , (5-10-15) sunt similare.

1. O functie original este continu¼a, sau continu¼a pe portiuni, deci are limite laterale �nite în orice punct.Functia f(t) = cos t

t are limit¼a in�nit¼a în t = 0 deoarece

limx&0

cos t

t=cos 0

+0=

1

+0= +1

deci nu este functie original.�

2. Orice transformat¼a Laplace are limita zero la 1 , mai precis

limz!1

L(z) = 0 , limjzj!+1

jL(z)j = 0

În acest caz

limjzj!+1

jL(z)j = 0 , limjzj!+1

�� z

z + 1

�� = limjzj!+1

jzjjzj �

��1 + 1z

�� = limjzj!+1

1��1 + 1z

�� = 1

1 + 0= 1

Deci functia L(z) = zz+1 nu este transformata Laplace a unei functii original

�

3. Cele dou¼a integrale sunt similare cu integrala ce calculeaz¼a produsul de convolutie a dou¼a functii original

(f � g)(x) =xZ0

f(t)g(x� t)dt

În cazul de fat¼a prima integral¼a reprezint¼a un produs de convolutie

xZ0

t cos(x� t) sin tdt =xZ0

t sin t cos(x� t)dt = [(x sinx) � cosx]

iar a doua integral¼a reprezint¼a un alt produs de convolutie

xZ0

t sin(x� t) cos tdt =xZ0

t cos t sin(x� t)dt = [(x cosx) � sinx]

Putem calcula transformatele Laplace ale celor dou¼a functii de�nite de produsele de convolutie

L [(x sinx) � cosx] = L [x sinx] � L [cosx] = (�1) [L(sinx)]0 � L [cosx] =

= ��

1

1 + z2

�0� z

1 + z2=

2z

(1 + z2)2 �

z

1 + z2=

2z2

(1 + z2)3

L [(x cosx) � sinx] = L [x cosx] � L [sinx] = (�1) [L(cosx)]0 � L [sinx] =

= ��

z

1 + z2

�0� 1

1 + z2= �1 + z

2 � z2z(1 + z2)

2 � 1

1 + z2=

z2 � 1(1 + z2)

3

73

Transformarea Laplace este injectiv¼a. Transformatele Laplace sunt în mod evident diferite

L [(x sinx) � cosx] = 2z2

(1 + z2)3 6=

z2 � 1(1 + z2)

3 = L [(x cosx) � sinx]

prin urmare si originalele corespunz¼atoare sunt diferite

L [(x sinx) � cosx] 6= L [(x cosx) � sinx]

Deci integralele sunt diferite.�

4. Functia reprezint¼a un produs de convolutie

f(x) =

xZ0

t cos(x� t) sin tdt = [t � cos t](x)

Deci transformata Laplace este

L[f(x)] = L[x � cosx] = L[x] � L[cosx] = 1

z2� z

1 + z2=

1

z(1 + z2)

�

5. Putem descompune în "fractii simple"

L(x(t)) = 1

z(z + 1)=1

z� 1

z + 1= L(1)� L(e�t) = L(1� et)

Deci functia original estex(t) = 1� et , t � 0

�

6. Functia este continu¼a pe (0;+1) , iar în t = 0 are limit¼a linit¼a

limt!0

sin t

t= 1

Deci este continu¼a pe [0;+1) , în plus este si m¼argint¼a:- pentru t � 1 avem �� sin tt

�� 1

t� 1 = e0t

- pentru t 2 [0; 1] functia este m¼arginit¼a deoarece este continu¼a, deci�� sin tt�� M

Prin urmare �� sin tt�� M � e0t , t 2 [0;+1)

ceea ce arat¼a c¼a este o functie original.�

7. Putem descompune

L(z) =z + 1

z2 + 1=

z

z2 + 1+

1

z2 + 1= L[cos t] + L[sin t] = L[cos t+ sin t]

ceea ce arat¼a c¼a functie este transformata Laplace a originalului x() = cos t+ sin t�

74

8. Este identic¼a cu problema 3

9. O parte a integralei este un produs de convolutie

f(x) =

xZ0

x cos(x� t) sin tdt = xxZ0

cos(x� t) sin tdt = x [cosx � sinx]


L[f(x)] = L [x (cosx � sinx)] = (�1) [L (cosx � sinx)]0 =

= � [L[cosx] � L[sinx]]0 = ��

z

z2 + 1� 1

z2 + 1

�0= �

"z

(z2 + 1)2

#0=

= ��z2 + 1

�2 � z2z2 �z2 + 1�(z2 + 1)

4 = �z2 + 1� z2z2(z2 + 1)

3 =1� 3z2

(z2 + 1)3

�

10. Recunoastem transformata Laplace a unei functii de tip cos�t

L(x(t)) = 2z

z2 + 6=

z

z2 + �2= L(cos t)

Deci2z

z2 + 6= 2

z

z2 +�p6�2 = 2L(cosp6t) = L(2 cosp6t)

Deci functia este transformata Laplace a originalului

x(t) = 2 cosp6t

�11. Functia f(t) = ln t are limit¼a in�nit¼a pentru t = 0 , deci nu este functie original.

limt&0

ln t = �1

�

12. Orice transformat¼a Laplace are limita zero la 1 , mai precis

limz!1

L(z) = 0 , limjzj!+1

jL(z)j = 0

În acest caz

limjzj!+1

jL(z)j = 0 , limjzj!+1

��z � 1z�� = lim

jzj!+1

jzj ��1� 1

z

��jzj � jzj = lim

jzj!+1

��1� 1z

��1

=1� 01

= 1

Deci functia L(z) = z�1z nu este transformata Laplace a unei functii original.

�

13. Cele dou¼a integrale reprezint¼a produse de convolutie

xZ0

x cos(x� t) sin tdt = x [cosx � sinx]

xZ0

x sin(x� t) cos tdt = x [sinx � cosx]

75

Produsul de convolutie este comutativ, deci x [cosx � sinx] = x [sinx � cosx] , prin urmare celo dou¼a integralesunt egale.�

14. Functia reprezint¼a un produs de convolutie

f(x) =

xZ0


t cos t sin(x� t)dt = [t cos t � sin t](x)


L[f(x)] = L[x cosx � sinx] = L[x cosx] � L[sinx] = (�1) [L[cosx]]0 � L[sinx] =

= ��

z

z2 + 1

�0��

1

z2 + 1

�= �z

2 + 1� z2z(z2 + 1)

2 � 1

z2 + 1=

z2 � 1(z2 + 1)

3

�

15. Descompunem în fractii simple

L(x(t)) = z2 + z + 1

z(z2 + 1)=

z2 + 1

z(z2 + 1)+

z

z(z2 + 1)=1

z+

1

z2 + 1= L(1) + L(sin t) = L(1 + sin t)

Prin urmare functia este transformata Laplace a originalului

x(t) = 1 + sin t , t � 0

�

Transformarea Laplace - Examen Partial 13.05.2009Partea Probleme - Solutii

1. Folosind transformarea Laplace, s¼a se determine functia x = x(t) care veri�c¼a problema Cauchy

x00(t) + 4x0(t) + 4x(t) = 0 , x(0) = 1 , x0(0) = 2

x00(t) + 5x(t) = 0 , x(0) = 1 , x0(0) = 2

4x00(t)� 4x0(t) + x(t) = 0 , x(0) = 1 , x0(0) = 2

2. Folosind transformarea Laplace s¼a se determine functiile x = x(t) care veri�c¼a ecuatia integral¼a

i) x(t)� 2tZ0

s � x(t� s)ds = t

ii) x0(t)� 2tZ0

s � x(t� s)ds = �x(t) si x(0) = 2

iii) x(t)� 2tZ0

x(t� u) cosudu = sin t

3. Folosind transformarea Laplace s¼a se determine semnalul discret (xn)n�0 obtinutprin suprapunerea efectelor celor dou¼a întârziate ale sale (xn�1)n�1 si (xn�2)n�2 , în relatia de recurent¼a

xn � xn�1 � 2xn�2 = 0 , pentru n � 2 si x0 = 1 , x1 = 3

76

4. S¼a se calculeze integrala improprie folosind transformata Laplace

i)

+1Z0

t10e�2tdt

ii)

+1Z0

e�t sin(t+ 1)dt

iii)

+1Z0

e�t cos(t+ 1)dt

5. Folosind transformarea Laplace, s¼a se determine x = x(t) si y = y(t) care veri�c¼a problema Cauchy�x0(t) = 3x(t) + 2y(t)y0(t) = x(t) + 2y(t)

, x(0) = 1 , y(0) = 1

�x0(t) = 2x(t) + 2y(t)y0(t) = 2x(t) + 2y(t)

, x(0) = 1 , y(0) = 2

�x0(t) = x(t) + y(t)y0(t) = �x(t) + y(t) , x(0) = 1 , y(0) = 2

Solutii.

Fiecare problem¼a se prezint¼a în trei variante care se rezolv¼a absolut în acelasi mod.Prezent¼am solutia complet¼a la una singura din variante.

1. Aplic¼am transformarea Laplace ecuatiei diferentiale si obtinem

x00(t) + 4x0(t) + 4x(t) = 0 , x(0) = 1 , x0(0) = 2

L [x00(t) + 4x0(t) + 4x(t)] = L(0) = 0

L [x00(t)] + 4L [x0(t)] + 4L [x(t)] = L(0) = 0

Not¼am transformata Laplace cu L(z) = L [x(t)]Folosim teorema deriv¼arii originalului

L [x0(t)] = zL [x(t)]� x(0) = zL(z)� 1

L [x00(t)] = z2L [x(t)]� zx(0)� x0(0) = z2L(z)� z � 2

Înlocuind obtinemz2L(z)� z � 2 + 4 [zL(z)� 1] + 4L(z) = 0

De unde rezult¼a transformata Laplace

z2L(z)� z � 2 + 4zL(z)� 4 + 4L(z) = 0

L(z)�z2 + 4z + 4

�� z � 6 = 0

L(z) =z + 6

z2 + 4z + 4

Apoi descompunem în fractii simple

L(z) =z + 6

z2 + 4z + 4=

z + 6

(z + 2)2=

z + 2

(z + 2)2+

4

(z + 2)2=

1

z + 2+

4

(z + 2)2

si recunoastem transformate Laplace ale unor functii elementare,

77

folosim teorema deplas¼arii

1

z + 2= L

�e�2t

�,

4

(z + 2)2= �4

�1

z + 2

�0= �4

�L�e�2t

��0= 4L

�te�2t

�În �nal obtinem

L(z) =1

z + 2+

4

(z + 2)2= L

�e�2t

�+ 4L

�te�2t

�= L

�e�2t + 4te�2t

�Deci solutia problemei Cauchy este

x(t) = e�2t + 4te�2t

�

2.i) Aplic¼am transformata Laplace ecuatiei integrale si obtinem

x(t)� 2tZ0

s � x(t� s)ds = t

L

24x(t)� 2 tZ0

s � x(t� s)ds

35 = L[t]L [x(t)]� 2L

24 tZ0

s � x(t� s)ds

35 = L[t] = 1

z2

Not¼am transformata Laplace cu L(z) = L [x(t)]Folosim teorema produsului de convolutie

L

2666664tZ0

s � x(t� s)ds

| {z }t�x(t)

3777775 = L [t � x(t)] = L[t] � L[x(t)] =1

z2� L(z)

Înlocuind obtinem

L(z)� 2 1z2� L(z) = 1

z2

Rezult¼a transformata Laplace

L(z)

�1� 2

z2

�=1

z2, L(z)

�z2 � 2z2

�=1

z2

L(z) =1

z2 � 2Descompunem în fractii simple

L(z) =1

z2 � 2 =1

(z �p2)(z +

p2)=

1

2p2

�1

z �p2� 1

z +p2

�Recunoastem transformatele Laplace ale unor functii elementarefolosim teorema deplas¼arii

L(z) =1

2p2

�1

z �p2� 1

z +p2

�=

1

2p2

hL[e

p2t]� L[e�

p2t]i=

1

2p2L[ 12p2

�ep2t � e�

p2t�]

78

În �nal obtinem solutia ecuatiei integrale

x(t) =1

2p2

�ep2t � e�

p2t�

ii) Aplic¼am transformata Laplace ecuatiei integrale si obtinem

x0(t)� 2tZ0

s � x(t� s)ds = �x(t) si x(0) = 2

L

24x0(t)� 2 tZ0

s � x(t� s)ds

35 = L [�x(t)]L [x0(t)]� 2L

24 tZ0

s � x(t� s)ds

35 = �L [x(t)]Not¼am transformata Laplace cu L(z) = L [x(t)]Aplic¼am teorema deriv¼arii originalului

L [x0(t)] = zL [x(t)]� x(0) = zL(z)� 2

Folosim produsul de convolutie

L

2666664tZ0

s � x(t� s)ds

| {z }t�x(t)

3777775 = L [t � x(t)] = L [t] � L [x(t)] =1

z2L(z)

Înlocuind obtinem

zL(z)� 2� 2 1z2L(z) = �L(z)

L(z)

�z � 2

z2+ 1

�= 2


L(z) =2z2

z3 + z2 � 2Descompunem în fractii simple

z3 + z2 � 2 = z3 � 1 + z2 � 1 = (z � 1)(z2 + z + 1) + (z � 1)(z + 1) = (z � 1)(z2 + z + 2)

L(z) =2z2

z3 + z2 � 2 =2z2

(z � 1)(z2 + z + 2) =1=2

z � 1 +3z + 2

z2 + z + 2

Recunoastem transformatele Laplace ale unor functii elementare

1=2

z � 1 =1

2L(et)

folosim teorema deplas¼arii

3z + 2

z2 + z + 2=3�z + 1

2

�+ 3

2�z + 1

2

�2+ 7

4

=3�z + 1

2

��z + 1

2

�2+ 7

4

+32�

z + 12

�2+ 7

4

=

= 3L"e�

12 t cos

r7

4t

#+3

2L"r

4

7e�

12 t cos

r7

4t

#

79

În �nal solutia ecuatiei integrale este

x(t) = 3e�12 t cos

r7

4t+

3

2

r4

7e�

12 t cos

r7

4t

iii) Aplic¼am transformata Laplace ecuatiei integrale si obtinem

x(t)� 2tZ0

x(t� u) cosudu = sin t

L

24x(t)� 2 tZ0

x(t� u) cosudu

35 = L [sin t]L [x(t)]� 2L

24 tZ0

x(t� u) cosudu

35 = L [sin t]Not¼am transformata Laplace cu L(z) = L [x(t)]Folosim produsul de convolutie

L

24 tZ0

x(t� u) cosudu

35 = L2666664tZ0

x(t� u) cosudu

| {z }x(t)�cos t

3777775 = L [x(t) � cos t] = L [x(t)] � L [cos t]

Înlocuind obtinem

L(z)� 2L(z) � z

z2 + 1=

1

z2 + 1

L(z)

�1� 2z

z2 + 1

�=

1

z2 + 1


L(z) =1

z2 � 2z + 1 =1

(z � 1)2Recunoastem transformata Laplace a unei functii elementare

L(z) =1

(z � 1)2 = L�ett�

Deci solutia ecuatiei integrale estex(t) = tet

�

3. Pentru a aplica transformata Z este necesar¼a scrierea relatiei de recurent¼a în termeni de semnale discrete.

(xn)n2Z =

�0 , n < 0xn , n � 0 , (xn�1)n2Z =

8<: 0 , n < 00 , n = 0

xn�1 , n � 1, (xn)n2Z =

8>><>>:0 , n < 00 , n = 00 , n = 1

xn�2 , n � 2

Pentru n 2 Z relatia de recurent¼a se scrie (echivalent) xn = xn�1 + 2xn�2 , cu x0 = 1 , x1 = 38>>>>>>>><>>>>>>>>:

xn|{z}0

= xn�1| {z }0

+ 2xn�2| {z }0

, pentru n < 0

x0|{z}1

= x�1|{z}0

+ 2x�2| {z }+10

, pentru n = 0

x1|{z}3

= x0|{z}1

+ 2x�2| {z }+20

, pentru n = 1

xn = xn�1 + 2xn�2 , pentru n � 2

80

Prin urmare adun¼am semnalele discrete (suprapunem efectele lor) :- semnalul (xn) este suma :întârziatul cu un moment (xn�1) + întârziatul cu 2 momente (xn�2) + un semnal care este nenul doar pentru n = 0; 1un semnal nenul doar pentru n = 0; si n = 1 se obtine adunând impulsurile unitare �0 + 2�1

(xn) = (xn�1) + 2(xn�2) + �0 + 2�1

Aplic¼am transformata Z si obtinem

Z [(xn)] = Z [(xn�1)] + Z [2(xn�2)] + Z [�0 + 2�1]

Sirul (xn) este un semnal discret cu suport pozitiv , deci

Z [(xn)] = X(z) =Xn2Z

xnz�n =

1Xn=0

xnz�n

Pentru întârziatul (xn�1) facem schimbarea de "indice" n� 1 = p ) n = p+ 1 si obtinem

Z [(xn�1)] =Xn2Z

xn�1z�n =

1Xn=1

xn�1z�n =

1Xp=0

xpz�(p+1) =

1

z

1Xp=0

xpz�p =

1

zX(z)


Z [(xn�2)] =Xn2Z

xn�2z�n =

1Xn=2

xn�2z�n =

1Xp=0

xpz�(p+2) =

1

z2

1Xp=0

xpz�p =

1

z2X(z)

În �ne Z [�0] = 1 si Z [�1] = 1z

Adun¼am si obtinem

X(z) = Z [(xn)] = Z [(xn�1)] + 2Z [(xn�2)] + Z [�0] + 2Z [�1] =1

zX(z) + 2

1

z2X(z) + 1 + 2

1

z

X(z) =1

zX(z) +

2

z2X(z) + 1 +

2

z

Obtinem

X(z)

�1� 1

z� 2

z2

�=z + 2

z

X(z) =z(z + 3)

z2 � z � 2 =z(z + 2)

(z + 1)(z � 2)Apoi folosim formula de inversare

x(n) = xn =1

2�i

Zjzj=b

zn�1X(z)dz =Xjaj j<b

Res�zn�1X(z); aj

�= Res

�zn�1X(z);�1

�+Res

�zn�1X(z); 2

�

Res�zn�1X(z);�1

�= lim

z!�1

�zn�1

z(z + 2)

(z + 1)(z � 2)(z + 1)�=(�1)n�1(�1)(�1 + 2)

�1� 2 =1

3(�1)n

Res�zn�1X(z); 2

�= lim

z!2

�zn�1

z(z + 2)

(z + 1)(z � 2)(z � 2)�= 2n�1

2(2 + 2)

2 + 1=1

32n+2

În �nal obtinem

xn =1

3(�1)n + 1

32n+2 , n � 0

�

4.

81

i) Recunoastem c¼a integrala improprie+1Z0

t10e�2tdt

reprezint¼a transformata Laplace calculat¼a pentru z = 2

+1Z0

t10e�tzdt = L[t10] = (10)!

z10+1

Deci valoarea integralei improprii este+1Z0

t10e�2tdt =(10)!

211

ii) Recunoastem c¼a integrala improprie

+1Z0

e�t sin(t+ 1)| {z }sin t cos 1+cos t sin 1

dt =

+1Z0

e�t(sin t cos 1 + cos t sin 1)dt =

= cos 1

+1Z0

e�t sin tdt+ sin 1

+1Z0

e�t cos tdt

reprezint¼a transformatele Laplace calculate pentru z = 1

+1Z0

e�tz sin tdt = L[sin t] = 1

z2 + 1

+1Z0

e�tz cos tdt = L[cos t] = z

z2 + 1

Deci valoarea intergalei improprii este

+1Z0

e�t sin(t+ 1)dt = cos 11

12 + 1+ sin 1

1

12 + 1=cos 1 + sin 1

2

iii) se rezolv¼a exact ca ii)�

5. Aplic¼am transformarea Laplace sistemului de ecuatii diferentiale si obtinem�x0(t) = 3x(t) + 2y(t)y0(t) = x(t) + 2y(t)

, x(0) = 1 , y(0) = 1

�L [x0(t)] = L [3x(t) + 2y(t)] = 3L [x(t)] + 2L [y(t)]L [y0(t)] = L [x(t) + 2y(t)] = L [x(t)] + 2L [y(t)]

Not¼am transformatele Laplace cu LX(z) = L [x(t)] , LY (z) = L [y(t)]Aplic¼am teorema deriv¼arii originalului

L [x0(t)] = zL [x(t)]� x(0) = zLX(z)� 1 , L [y0(t)] = zL [y(t)]� y(0) = zLY (z)� 1

Înlocuind obtinem un sistem liniar algebric�zLX(z)� 1 = 3LX(z) + 2LY (z)zLY (z)� 1 = LX(z) + 2LY (z)

82

�LX(z) [z � 3]� 2LY (z) = 1�LX(z) + LY (z) [z � 2] = 1

înmultim a doua ecuatie cu (z � 3) si adun¼am ecuatiile

LY (z) [�2 + (z � 3)(z � 2)] = 1 + (z � 3)

si obtinem transformatele Laplace LX(z) , LY (z)

LY (z) =z � 2

z2 � 5z + 4

LX(z) [z � 3]� 2LY (z) = 1 , LX(z) =1

z � 3

�1 + 2

z � 2z2 � 5z + 4

�=

z(z � 3)(z � 3)(z2 � 5z + 4)

LX(z) =z

z2 � 5z + 4descompunem în fractii simple

LY (z) =z � 2

z2 � 5z + 4 =z � 2

(z � 1)(z � 4) =1=3

z � 1 +2=3

z � 4

LX(z) =z

z2 � 5z + 4 =z

(z � 1)(z � 4) =1=3

z � 1 +1=3

z � 4Recunoastem transformatele unor functii elementare

LX(z) =1=3

z � 1 +1=3

z � 4 =1

3L�et�+1

3L�e4t�= L

�1

3et +

1

3e4t�

LY (z) =1=3

z � 1 +2=3

z � 4 =1

3L�et�+2

3L�e4t�= L

�1

3et +

2

3e4t�

Deci solutiile sistemului de ecuatii diferentiale sunt

x(t) =1

3et +

1

3e4t , y(t) =

1

3et +

2

3e4t

�

Transformarea Laplace - Examen Partial - 2011

Solutii

1. Este functia f(t) = cos tt o functie original ?

SolutieO functie original este "dominata" de o exponentiala

jf(t)j �Mebt , pentru orice t � 0

In particular rezulta ca functia are limita �nita pentru t& 0In acest caz

limt&0f(t) = lim

t&0

cos t

t=cos 0

+0=

1

+0= +1

Deci functia f(t) = cos tt nu este o functie original.

�2. Este functia L(z) = z

z+1 transformata Laplace a unei functii original ?

SolutieTransformata Laplace a unei functii original veri�ca

limz!1

L(z) = 0

83

In acest caz

limz!1

L(z) = limz!1

z

z + 1= lim

jzj!1

�� z

z + 1

�� = limjzj!1

jzjjz + 1j = lim

jzj!1

jzjjzj �

��1 + 1z

�� = limjzj!1

1��1 + 1z

�� = 1

j1 + 0j = 1 6= 0

deci functia L(z) = zz+1 nu este transformata Laplace a unei functii original.

�3. Cele dou¼a integrale sunt egale sau diferite ?

xZ0

t cos(x� t) sin tdt ,

xZ0


SolutieRecunoastem cele doua integrale ca �ind eventual produse de convolutieReamintim produsul de convolutieDac¼a f si g sunt functii original, atunci convolutia lor f � g este functie original si pentru orice x > 0 avem

(f � g)(x) =xZ0

f(t)g(x� t)dt

In acest caz avemxZ0


t sin t cos(x� t)dt = [(t sin t) � cos t] (x)

xZ0


t cos t sin(x� t)dt = [(t cos t) � sin t] (x)

Se observa ca [(t sin t) � cos t] 6= [(t cos t) � sin t]Antiderivatele se pot calcula efectiv (prin parti) si obtinem functii diferite.�


xZ0

t cos(x� t) sin tdt

SolutieRecunoastem un produs de convolutie

f(x) =

xZ0


t sin t cos(x� t)dt = [(t sin t) � cos t] (x)

Folosim transformata Laplace a unui produs de convolutie

L(f(t)) = L([(t sin t) � cos t]) = L((t sin t)) � L(cos t) =

=

�� d

dzL(sin t)

�� z

z2 + 1=

�� d

dz

�1

z2 + 1

�� z

z2 + 1=

= �(�1) 2z

(z2 + 1)2� z

z2 + 1=

2z2

(z2 + 1)3

�5. S¼a se determine functia original x(t) a c¼arei transformat¼a Laplace este

L(x(t)) = 1

z(z + 1)

Solutie

84

Descompunem fractia in fractii "simple" si apoi recunoastem transformatele Laplace ale unor functii elementare

L(x(t)) = 1

z(z + 1)=1

z� 1

z + 1= L(u(t))� L(e�t) = L(u(t)� e�t)

Deci x(t) = u(t)� e�t , unde u(t) = 1 reprezinta functia "treapta unitate".�6. Folosind transformarea Laplace, s¼a se determine functia x = x(t) care veri�c¼a problema Cauchy

x00(t) + 4x0(t) + 4x(t) = 0 , x(0) = 1 , x0(0) = 2

SolutieAplicam transformarea Laplace ecuatiei diferentiale

L [x00(t) + 4x0(t) + 4x(t)] = L(0) , L [x00(t)] + 4L [x0(t)] + 4L(x(t)) = 0

Apoi folosim teorema derivarii originalului

L(x0(t)) = zL(x(t))� x(+0) = z � L(z)� x(+0)

unde am notat L(x(t)) = L(z)Pentru derivata de oridn 2 avem

L [x00(t)] = L [(x0)0] = zL(x0(t))� x0(+0) = z [zL(x(t))� x(+0)]� x0(+0) =

= z2 � L(z)� z � x(+0)� x0(+0)

In acest caz obtinemL(x0(t)) = z � L(z)� x(+0) = z � L(z)� 1

L [x00(t)] = z2 � L(z)� z � x(+0)� x0(+0) = z2 � L(z)� z � 1� 2

Inlocuind obtinemL [x00(t)] + 4L [x0(t)] + 4L(x(t)) = 0 ,

z2 � L(z)� z � 2 + 4 [z � L(z)� 1] + 4L(z) = 0 , L(z) ��z2 + 4z + 4

�= z + 2 + 4 )

L(z) =z + 6

z2 + 4z + 4=

z + 6

(z + 2)2=

z + 2

(z + 2)2+

4

(z + 2)2=

1

z + 2+

4

(z + 2)2

Apoi recunoastem transformatele Laplace ale unor functii elementare

1

z + 2= L(e�2t) ,

4

(z + 2)2=

T asemanarii4 � L(te�2t)

L(t) = 1

z2, L(f(t)e�t) = L(f(t))(z � �) = L(z � �)

Deci in �nalL(x(t)) = L(z) = L(e�2t) + 4 � L(te�2t) = L(e�2t + 4te�2t)

Solutia cautata estex(t) = e�2t + 4te�2t

�


x0(t)� 2tZ0

s � x(t� s)ds = �x(t) si x(0) = 2

Solutie

85

Aplicam transformarea Laplace ecuatiei integrale

L

24x0(t)� 2 tZ0

s � x(t� s)ds

35 = L [�x(t)] ,

L [x0(t)]� 2L

24 tZ0

s � x(t� s)ds

35 = �L [x(t)] ,

Folosim teorema derivarii originalului

L [x0(t)] = zL(x(t))� x(+0)

Recunoastem un produs de convolutie

tZ0

s � x(t� s)ds = [(s) � x(s)] (t)

Inlocuind obtinem

L [x0(t)]� 2L

24 tZ0

s � x(t� s)ds

35 = �L [x(t)] ,

zL(x(t))� x(+0)� 2L [(s) � x(s)] + L [x(t)] = 0 ,zL(x(t))� 2� 2L(s)|{z}

1z2

� L [x(s)] + L [x(t)] = 0 )

L(x(t))�z � 2 1

z2+ 1

�= 2 ) L(x(t)) = 2z2

z3 + z2 � 2Descompunem numitorul in factori

z3 + z2 � 2 = z3 � 1 + z2 � 1 = (z � 1)(z2 + z + 1) + (z � 1)(z + 1) = (z � 1)(z2 + 2z + 2)

Apoi descompunem in fractii simple

2z2

z3 + z2 � 2 =2z2

(z � 1)(z2 + 2z + 2) =A

z � 1 +Bz + C

z2 + 2z + 2

Inmultim cu (z � 1)2z2

(z2 + 2z + 2)= A+

Bz + C

z2 + 2z + 2(z � 1)

apoi punem z = 1 si obtinem A = 21+2+2 =

25

Inlocuim valoarea lui A2z2

(z � 1)(z2 + 2z + 2) =2

5(z � 1) +Bz + C

z2 + 2z + 2

25 � z2 � (z2 + 2z + 2)(z � 1)(z2 + 2z + 2) = 5

Bz + C

z2 + 2z + 2

24z2 � 2z � 2

(z � 1)(z2 + 2z + 2) = 5Bz + C

z2 + 2z + 2

8z2 � 4z � 4 = 5(Bz + C)(z � 1) , 8z2 � 4z � 4 = 5Bz2 + 5(C �B)z � 5C )

B =8

5, C =

4

5

apoi recunoastem transformatele Laplace ale unor functii elementare

25

z � 1 =2

5L(et)

86

85z +

45

z2 + 2z + 2=8

5

z + 1� 1(z + 1)2 + 1

+4

5

1

(z + 1)2 + 1=8

5

z + 1

(z + 1)2 + 1� 15

1

(z + 1)2 + 1=

8

5L(cos t � e�t)� 1

5L sin t � e�t)

deoareceL(cos t) = z

(z)2 + 1, L(sin t) = 1

(z)2 + 1

si din teorema deplasarii se inlocuieste z cu (z + 1)

L(cos t � e�t) = z

(z + 1)2 + 1, L(sin t � e�t) = 1

(z + 1)2 + 1

In �nal

L(x(t)) = 2z2

z3 + z2 � 2 =25

z � 1 +85z +

45

z2 + 2z + 2=2

5L(et) + 8

5L(cos t � e�t)� 1

5L sin t � e�t)

L(x(t)) = L�2

5et +

8

5cos t � e�t � 1

5sin t � e�t

�Deci solutia cautata este

x(t) =2

5et +

8

5cos t � e�t � 1

5sin t � e�t

�



SolutieAplicam transformarea "Z" (transformarea Laplace discreta) relatiei de recurenta.

xn = xn�1 + 2xn�2

Pentru a aplica transformata Z este necesar¼a scrierea relatiei de recurent¼a în termeni de semnale discrete.

(xn)n2Z =

�0 , n < 0xn , n � 0 , (xn�1)n2Z =

8<: 0 , n < 00 , n = 0

xn�1 , n � 1, (xn�2)n2Z =

8>><>>:0 , n < 00 , n = 00 , n = 1

xn�2 , n � 2

Pentru n 2 Z relatia de recurent¼a se scrie sub form¼a de tabeln �1 ::: �1 0 1 2 3 ::: +1

(xn�1) 0 0 x0 x1 x2(xn�2) 0 0 0 x0 x1(xn) 0 x0 x1 x2 x3 :::

Prin urmare adun¼am semnalele discrete (suprapunem efectele lor) :- semnalul (xn) este suma :întârziatul cu un moment (xn�1) + 2� întârziatul cu 2 momente (xn�2) + un semnal care este nenul doar pentru n = 0

( impuls unitar )(xn) = (xn�1) + 2(xn�2) + �0 � x0

Aplic¼am transformata Z si obtinem

Z [(xn)] = Z [(xn�1)] + 2 � Z [(xn�2)] + Z [�0]

Putem folosi faptul un semnal întârziat se obtine ca o convolutie cu semnalul unitar �k

x � �k = (xn�k)n2Z

87

În particular(xn�1) = (xn) � �1 , (xn�2) = (xn) � �2

DeciZ [(xn)] = Z [(xn�1)] + 2 � Z [(xn�2)] + Z [�0] = Z [(xn) � �1] + 2 � Z [(xn) � �2] + Z [�0]

Z [(xn)] =1

zZ [(xn)] + 2 �

1

z2Z [(xn)] + 1

Sau putem calcula în mod direct.Sirul (xn) este un semnal discret cu suport pozitiv , deci

Z [(xn)] = X(z) =Xn2Z

xnz�n =

1Xn=0

xnz�n


Z [(xn�1)] =Xn2Z

xn�1z�n =

1Xn=1

xn�1z�n =

1Xp=0

xpz�(p+1) =

1

z

1Xp=0

xpz�p =

1

zX(z)


Z [(xn�2)] =Xn2Z

xn�2z�n =

1Xn=2

xn�2z�n =

1Xp=0

xpz�(p+2) =

1

z2

1Xp=0

xpz�p =

1

z2X(z)

În �ne Z [�0] = 1Adun¼am si obtinem

Z [(xn)] = Z [(xn�1)] + Z [(xn�2)] + Z [�1] =1

zZ [(xn)] +

2

z2Z [(xn)] + 1

Not¼am X(z) = Z [(xn)] si obtinem (prin oricare din cele dou¼a metode)

X(z) =1

zX(z) +

2

z2X(z) + 1

Deci

X(z) =1

1� 1z �

2z2

=z2

z2 � z � 2Apoi folosim formula de inversare

x(n) = xn =1

2�i

Zjzj=b

zn�1X(z)dz =X

Res�zn�1X(z); aj

�Amintim o observatie anterioar¼a.

Semnalele cu suport pozitiv au transformata Z de�nit¼a "spre 1" , adic¼a au raza R = +1

Prin urmare coroana de convergent¼a a seriei Laurent1Xn=0

xnz�n este de tipul fr < jzjg

deci toate punctele singulare aj ale functiei X(z) = z2

z2�z�2 sunt în interiorul discului fjzj < rg � fjzj < bgsi deci toate aceste puncte singulare apar în formula de inversare la suma reziduurilor

În acest caz punctele singulare sunt r¼ad¼acinile numitorului z2 � z � 2 = 0

� = (�1)2 + 8 = 9 ) z1 =�(�1) + 3

2= 2 , z2 =

�(�1)� 32

= �1

z2 � z � 1 = (z � 2)(z + 1)Pentru n � 0 , calcul¼am reziduurile în z1; z2 care sunt poli de ordin 1

Res�zn�1X(z); 2

�= lim

z!2

�zn�1X(z)(z � 2)

�= lim

z!2

�zn�1

z2

(z � 2)(z + 1)(z � 2)�=

88

= limz!2

�zn�1

z2

(z + 1)

�=

�2n�1

22

(2 + 1)

�= 2n+1

1

3

Res�zn�1X(z);�1

�= lim

z!�1

�zn�1X(z)(z + 1)

�= lim

z!�1

�zn�1

z2

(z � 2)(z + 1)(z + 1)�=

= limz!�1

�zn�1

z2

(z � 2)

�=

�(�1)n�1 (�1)2

(�1� 2)

�= (�1)n 1

3

În �nal obtinem

xn = 2n+1 1

3+ (�1)n 1

3=1

3

�2n+1 + (�1)n

�, pentru n � 0

�

9. S¼a se calculeze integralele improprii folosind transformata Laplace

i)

+1Z0

t10e�2tdt

ii)

+1Z0

e�t sin(t+ 1)dt

iii)

+1Z0

e�t cos(t+ 1)dt

SolutieIntegralele improprii se recunosc ca integrale de tip Laplace pentru anumite functii original si pentru anumite

valori pentru "z"

L(f(t))(z) = L(z) =+1Z0

f(t)e�ztdt

i)+1Z0

t10e�2tdt = L(t10)��z=2

= L(2) , adica pentru z = 2

deci+1Z0

t10e�2tdt = L(t10) = (10)!

z10+1

��z=2

=(10)!

211

ii)+1Z0

e�t sin(t+ 1)dt = L(sin(t+ 1))jz=1

L(sin t) = 1

z2 + 1, L(cos t) = z

z2 + 1

apoisin(t+ 1) = sin 1 � cos t+ cos 1 � sin t

deciL(sin(t+ 1) = L [sin 1 � cos t+ cos 1 � sin t] = sin 1 � L [cos t] + cos 1 � L [sin t]

L(sin(t+ 1) = sin 1 � z

z2 + 1+ cos 1 � 1

z2 + 1

89

in �nal

+1Z0

e�t sin(t+ 1)dt = L(sin(t+ 1))jz=1 =�sin 1 � z

z2 + 1+ cos 1 � 1

z2 + 1

��z=1

=sin 1

12 + 1+cos 1

12 + 1=1

2(sin 1 + cos 1)

iii)+1Z0

e�t cos(t+ 1)dt = L(cos(t+ 1))jz=1

rezolvarea este similaracos(t+ 1) = cos 1 � cos t� sin 1 � sin t

L(sin(t+ 1) = cos 1 � z

z2 + 1� sin 1 � 1

z2 + 1

deci

+1Z0

e�t cos(t+1)dt = L(cos(t+ 1))jz=1 =�cos 1 � z

z2 + 1� sin 1 � 1

z2 + 1

��z=1

=cos 1

12 + 1� sin 1

12 + 1=1

2(cos 1� sin 1)

�

10. Folosind transformarea Laplace, s¼a se determine x = x(t) si y = y(t) care veri�c¼a problema Cauchy�L [x0(t)] = L [3x(t) + 2y(t)]L [y0(t)] = L [x(t) + 2y(t)] , x(0) = 1 , y(0) = 1

SolutieAplicam transformarea Laplace celor 2 ecuatii ale sistemului�

x0(t) = 3x(t) + 2y(t)y0(t) = x(t) + 2y(t)

,�L [x0(t)] = 3L [x(t)] + 2L [y(t)]L [y0(t)] = L [x(t)] + 2L [y(t)]

Folosim teorema derivarii originalului

L [x0(t)] = zL(x(t))� x(+0)

Si notamL [x(t)] = Lx(z) , L [y(t)] = Ly(z)

ObtinemL [x0(t)] = zL(x(t))� x(+0) = zLx(z)� 1

L [y0(t)] = zL(y(t))� y(+0) = zLy(z)� 1

Inlocuim in sistemul de ecuatii diferentiale, obtinem un sistem liniar algebric�L [x0(t)] = 3L [x(t)] + 2L [y(t)]L [y0(t)] = L [x(t)] + 2L [y(t)] ,

�zLx(z)� 1 = 3Lx(z) + 2Ly(z)zLy(z)� 1 = Lx(z) + 2Ly(z)

care se poate rezolva�Lx(z) � [z � 3]� 2Ly(z) = 1Ly(z) � [z � 2]� Lx(z) = 1

) Lx(z) = Ly(z) � [z � 2]� 1

Inlocuim in prima ecuatie[Ly(z) � [z � 2]� 1] � [z � 3]� 2Ly(z) = 1 ,

Ly(z) � (z � 2) (z � 3)� [z � 3]� 2Ly(z) = 1 ,

Ly(z) =z � 2

(z � 2) (z � 3)� 2 =z � 2

z2 � 5z + 6� 2 =z � 2

z2 � 5z + 4 =z � 2

(z � 1)(z � 4)

90

Lx(z) = Ly(z) � [z � 2]� 1 =z � 2

(z � 1)(z � 4) � [z � 2]� 1 =(z � 2)2 � (z � 1)(z � 4)

(z � 1)(z � 4) =z

(z � 1)(z � 4)Descompunem in fractii simple

Lx(z) =z

(z � 1)(z � 4) =1

3

�1

z � 4 �1

z � 1

�

Ly(z) =z � 2

(z � 1)(z � 4) =A

z � 1 +B

z � 4Inmultim cu (z � 1)

Ly(z) =z � 2(z � 4) = A+

B

z � 4(z � 1)

apoi punem z = 1 si obtinem

1� 2(1� 4) = A+

B

1� 4(1� 1) ) A =1

3

Inmultim cu (z � 4)z � 2(z � 1) =

A

z � 1(z � 4) +B

apoi punem z = 4 si obtinem

4� 2(4� 1) =

A

4� 1(4� 4) +B ) B =2

3

In �ne recunoastem trasnformatele Laplace ale unor fucntii elementare

L [x(t)] = Lx(z) =1

3

1

z � 4 �1

3

1

z � 1 =1

3L�e4t�� 13L�et�= L

�1

3e4t � 1

3et�

L [y(t)] = Ly(z) =1

3

1

z � 1 +2

3

1

z � 4 =1

3L�et�+2

3L�e4t�= L

�1

3et +

2

3e4t�

Solutia sistemului de ecuatii diferentiale este

x(t) =1

3e4t � 1

3et

y(t) =1

3et +

2

3e4t

�

Transformarea Laplace - Examen Partial - 2014

1. Este functia f(t) o functie original ?

f(t) =1� cos tt2

Este functia L(z) = z+1z+2 transformata Laplace a unei functii original ?


xZ0

t2 cos(x� t) sin tdt


L(x(t)) = 1

(z + 2)(z + 1)

91

4. Folosind transformarea Laplace, s¼a se determine functia x = x(t) care veri�c¼a problema Cauchy

x00(t) + 2x0(t) + 2x(t) = 0 , x(0) = 1 , x0(0) = 2

5. Folosind transformarea Laplace, s¼a se determine functia x = x(t) care veri�c¼a problema Cauchydeterminati valoarea corect¼a pentru valoarea initial¼a a derivatei x0(0) = A

1

2tx00(t) + x0(t) = 1 cu conditiile initiale x(0) = 5 , x0(0) = A


x0(t)� 2tZ0

s � x(t� s)ds = �x(t) si x(0) = 2



8. S¼a se calculeze integralele improprii folosind transformata Laplace

i)

+1Z0

t10e�2tdt

ii)

+1Z0

e�t sin(t+ 1)dt

9. Folosind transformarea Laplace, s¼a se determine x = x(t) si y = y(t) care veri�c¼a problema Cauchy�x0(t) = 3x(t) + 2y(t)y0(t) = x(t) + 2y(t)

, x(0) = 1 , y(0) = 1

92

5. Transformarea FourierTransformarea Fourier - Examen Partial 27.05.2009Partea Probleme - Solutii

1. S¼a se determine transformata Fourier asociat¼a functiei f : R! R , f(t) = e�5(t2+1)

2. S¼a se determine solutia u = u(t) care veri�c¼a ecuatia integral¼a

1Z0

u(t) cos(2tx)dt =1

1 + x2, x 2 R

3. S¼a se determine transformata prin sin asociat¼a functiei f : [0;+1)! R

f(t) =

�1 , t 2 [0; 4�]0 , t 2 (2�;+1)

4. S¼a se reprezinte functia f : R! R , f(t) = e�t2

ca o integral¼a Fourier.

Solutii.

1. Functia f(t) = e�5(t2+1) este absolut integrabil¼a pe R , deci are sens transformata sa Fourier

F (x) =1p2�

+1Z�1

f(t)e�itxdt =1p2�

+1Z�1

e�5(t2+1)e�itxdt

Putem folosit rezultatul deja calculat

Fhe�t

2=2i= F (x) = e�x

2=2 = exp

��x

2

2

�Deci

Fhe�5(t

2+1)i= F

he�5t

2

e�5i= e�5F

he�5t

2i= e�5

1p2�

+1Z�1

e�5t2

e�itxdt =

facem schimbarea de variabil¼a 5t2 = u2

2 , t = 1p10u ,

Fhe�5(t

2+1)i= e�5

1p2�

+1Z�1

e�5t2

e�itxdt = e�51p2�

+1Z�1

e�u2=2e

�i 1p10ux 1p

10du =

=e�5p10

1p2�

+1Z�1

e�u2=2e

�i 1p10uxdu

| {z }F[e�u2=2]

=e�5p10Fhe�u

2=2i� 1p

10x

�=e�5p10F

�1p10x

�=e�5p10exp

0B@��

1p10x�2

2

1CA

Fhe�5(t

2+1)i=e�5p10exp

�� x2

2 � 10

�=

1

e5p10exp

�� x2

2 � 10

��

2. S¼a observ¼am c¼a ecuatia are aceeasi form¼a pentru x ca si pentru �x( cos(�2tx) = cos 2tx , 1

1+(�x)2 =1

1+x2 )deci este su�cient s¼a consider¼am x 2 [0;+1)

93

Prin urmare integrala ce apare în ecuatie este o integral¼a Fourier, mai precis o transformare prin cos

Fcos [f(t)] = Fcos(2x) =r2

�

+1Z0

f(t) cos 2txdt , x 2 [0;+1)

Deci ecuatia integral¼a se poate scrie

Fcos(2x) =

r2

�

1Z0

u(t) cos(2tx)dt =

r2

�

1

1 + x2, x 2 [0;+1)

Pirn urmare înlocuind "2x" cu "x" (sau "x" cu "x2" ) obtinem

Fcos(x) =

r2

�

1Z0

u(t) cos(tx)dt =

r2

�

1

1 +�x2

�2 , x 2 [0;+1)

Pentru a "recupera" functia u(t) aplic¼am inversa transform¼arii prin cos (care este tot transformarea prin cos) siobtinem

u(t) =

r2

�

+1Z0

Fcos(x) cos txdx =

r2

�

+1Z0

r2

�

1

1 +�x2

�2!cos txdx =

u(t) =2

�

+1Z0

cos tx

1 +�x2

�2 dxPutem calcula direct aceast¼a integral¼a folosind una din aplicatiile la teorema reziduurilor, sau putem folosi

rezultatul deja calculat.

+1Z0

cos tx

1 +�x2

�2 dx = 1

2

+1Z�1

4 cos tx

4 + x2dx = Re

242+1Z�1

eitx

4 + x2dt

35 == Re

�2 � 2�iRes

�eizx

4 + z2; 2i

��= Re

�4�i

e�2x

4i

�= �e�2x

Res

�eizx

4 + z2; 2i

�= lim

z!2i

�eizx

(z � 2i)(z + 2i) (z � 2i)�= lim

z!2i

eizx

(z + 2i)=e�2x

4i

deciu(t) =

2

��e�2x = 2e�2x

Se poate veri�ca acest rezultat, calculând direct integrala din ecuatie (se integreaz¼a de dou¼a ori prin p¼arti)

1Z0

u(t) cos(2tx)dt =

1Z0

2e�2t cos(2tx)dt = 2e�2t

�2 cos 2tx��t!+1

t=0| {z }0�(�1)

�1Z0

2e�2t

�2 sin(2tx)(�2x)dt =

��e�2t�2 cos 2tx�� e�2t

2!

t!+10 , 2

e�20

�2 cos(2 � 0x) = �1

= 1� 2x1Z0

e�2t sin(2tx)dt = 1� 2x

26664 e�2t�2 sin 2tx��t!+1

t=0| {z }0�0

�1Z0

e�2t

�2 cos(2tx)(2x)dt

37775 =

= 1� 2x

24x 1Z0

e�2t cos(2tx)dt

3594

În concluzie1Z0

2e�2t cos(2tx)dt

| {z }= 1� x2

1Z0

2e�2t cos(2tx)dt

| {z }si deci

1Z0

2e�2t cos(2tx)dt =1

1 + x2

�

3. Functia f este absolut integrabil¼a pe R deoarece

1Z0

jf(t)j dt =4�Z0

1dt = 4�

Deci putem aplica transformarea prin sin acestei functii

Fsin [f(t)] = Fsin(x) =r2

�

+1Z0

f(t) sin txdt =

r2

�

4�Z0

1 sin txdt =

r2

�

"� cos(tx)

x

��t=4�t=0

#=

=

r2

�

2664� cos(4�x)x� �

1z}|{cos 0

x

3775 =r2

�

1� cos(4�x)x

Fsin(x) =

r2

�

1� cos(4�x)x

�4. Folosim rezultatul deja calculat

Fhe�t

2=2i= F (x) = e�x

2=2 = exp

��x

2

2

�Adic¼a

e�x2=2 =

1p2�

+1Z�1

e�t2=2e�itxdt

evident putem schimba t cu x si obtinem

e�t2=2 =

1p2�

+1Z�1

e�x2=2e�itxdx

si apoi înlocuim t cu tp2 si obtinem

e�t2

= exp

��tp2�2

2

!=

1p2�

+1Z�1

e�x2=2e�it

p2xdx

reprezentarea ca integral¼a Fourier

e�t2

=1p2�

+1Z�1

e�x2=2e�itx

p2dx

�

95

Transformarea Fourier - Examen Partial 2011Solutii1. S¼a se determine transformata Fourier asociat¼a functiei f : R! R , f(t) = e�5(t

2+1)

SolutieFolosim calculul efectuat deja ( la curs) al transformatei Fourier pentru functia e��t

2

Fhe��t

2i=

1p2�exp

�� x

2

4�

�=

1p2�e�x

2=4�

apoif(t) = e�5(t

2+1) = e�5t2

� e�5

deci transformata Fourier pe care o urmarim este

Fhe�5(t

2+1)i= F

he�5t

2

� e�5i= e�5F

he�5t

2i=

e�5p2 � 5

exp

�� x2

4 � 5

�=

e�5p2 � 5

e�x2=4�5

Fhe�5(t

2+1)i=

e�5p10e�x

2=20

�


1Z0

u(t) cos(2tx)dt =1

1 + x2, x 2 R

Solutie.Constatam ca in partea stanga a ecuatiei avem (aproximativ) o transformata prin cosinus.Reamintim formula transformatei prin cos

Fcos [f(t)] = Fcos(x)def=

r2

�

+1Z0

f(t) cos(tx)dt

Ecuatia se rescrie pentru a avea in stanga , exact o transformata prin cos

Fcos [u(t)] = Fcos(2x) =r2

�

1Z0

u(t) cos(t � 2x)dt =r2

�

1

1 + x2, x 2 R

deci

Fcos(2x) =

r2

�

1

1 + x2=

r2

�

1

1 + 14 � (2x)2

deci

Fcos(x) =

r2

�

1

1 + 14x

2

Folosim formula de inversare pentru transformarea prin cos

u(t) =

r2

�

+1Z0

Fcos(x) cos(tx)dx =

r2

�

+1Z0

r2

�

1

1 + 14x

2cos(tx)dx =

2

�

+1Z0

4

4 + x2cos(tx)dx

integrala improprie se calculeaza folosind aplicatiile la teorema reziduurilor.

+1Z0

1

4 + x2cos(tx)dx =

1

2

+1Z�1

1

4 + x2cos(tx)dx =

1

2Re

24+1Z�1

cos tx+ i sin tx

4 + x2dx

35 =96

=1

2Re

24+1Z�1

eitx

4 + x2dx

35 = 1

2Re

�2�i � Res

�eitz

4 + z2, 2i��

Punctele singulare ale functiei

z ! eitz

4 + z2

sunt radacinile numitorului 4 + z2 = 0 ) z1;2 = �2i .Reziduul se calculeaza in punctele singulare cu partea imaginara stric pozitiva, deci in z = 2i . care este pol de

oridin 1In �ne reziduul se calculeaza folosind formula pentru poli

Res

�eitz

4 + z2, 2i�= lim

z!2i

�eitz

(z � 2i)(z + 2i) (z � 2i)�= lim

z!2i

�eitz

(z + 2i)

�=

eit�2i

(2i+ 2i)=e�2t

2i

revenim la calculul integralei improprii

+1Z0

1

4 + x2cos(tx)dx = ::: =

1

2Re

�2�i � Res

�eitz

4 + z2, 2i��

=1

2Re

�2�i � e

�2t

2i

�=

�

2e2t

Dec� in �nal obtinem

u(t) =2

�

+1Z0

4

4 + x2cos(tx)dx =

8

��

2e2t=

4

e2t

�

3. S¼a se determine transformata prin sinus asociat¼a functiei f : [0;+1)! R

f(t) =

�1 , t 2 [0; 4�]0 , t 2 (4�;+1)

SolutieFolosim direct formula de calcul pentru transformarea prin sin

Fsin [f(t)] = Fsin(x)def=

r2

�

+1Z0

f(t) sin(tx)dt =

=

r2

�

4�Z0

f(t) sin(tx)dt+

r2

�

+1Z4�

f(t) sin(tx)dt =

r2

�

4�Z0

1 � sin(tx)dt+r2

�

+1Z4�

0 � sin(tx)dt =

=

r2

�

4�Z0

sin(tx)dt =

r2

�j[sin(tx)]jt=4�t=0 =

r2

�sin(4�x)

deci transformata prin sin urmarita este

Fsin [f(t)] =r2

�

+1Z0

f(t) sin(tx)dt = ::: =

r2

�sin(4�x)

�

4. S¼a se reprezinte functia f : R! R , f(t) = e�t2

ca o integral¼a Fourier.

Solutie.

97

Folosim formula de inversare pentru transformarea Fourier

f(t) =1p2�

+1Z�1

F (x)eitxdx , pentru orice t 2 R

unde F (x) este transformata Fourier a functiei f(t) = e�t2

Avem deja o formula de calcul pentru transformata Fourier a acestei functii

Fhe��t

2i=

1p2�exp

�� x

2

4�

�=

1p2�e�x

2=4�

in acest caz � = 1 , deci

F (x) = Fhe�t

2i=

1p2exp

��x

2

4

�=

1p2e�x

2=4

si obtinem reprezentarea integrala urmarita

f(t) = e�t2

=1p2�

+1Z�1

1p2e�x

2=4eitxdx =1

2p�

+1Z�1

e�x2=4eitxdx , pentru orice t 2 R

�

98

6. Ecuatii cu Derivate Partiale

Ecuatii cu Derivate Partiale - Examen Partial 2011Solutii1. S¼a se determine u = u(x; y) , care veri�c¼a �u = 0 pe discul fx2 + y2 < 1g si

conditia la limit¼a u(x; y) = 3x2y � y3 , pentru x2 + y2 = 1 (pe cercul x2 + y2 = 1)Solutie.Nu folosim expresia solutiei determinata la curs.Incercam ca posibila solutie, valorile functiei la limita (pe frontiera discului) u(x; y) = 3x2y � y3 ,deci calculam laplacianul

�u =@2u

@x2+@2u

@y2

@u

@x=@

@x

�3x2y � y3

�= 3 � 2x = 6x ,

@u

@y=@

@y

�3x2y � y3

�=@u

@x= 3x2 � 3y2

@2u

@x2=@

@x

�@u

@x

�=@

@x(6x) = 6

@2u

@y2=@

@y

�@u

@y

�=@

@y

�3x2 � 3y2

�= �3 � 2y = �6y

deci

�u =@2u

@x2+@2u

@y2= 6x� 6x = 0

Prin urmare functia u = u(x; y) = 3x2y � y3 veri�ca ecuatia diferentiala �u = 0 si conditia la limita, decieste solutia problemei.Reamintim ca problema Dirichlet pentru discul unitate are solutie unica.�2. S¼a se determine solutia problemei de propagare a c¼aldurii într-o bar¼a in�nit¼a

@u

@t=@2u

@x2, u = u(t; x) , u(0; x) = x2 , stiind c¼a

@u

@t= x

SolutieFolosim conditia @u

@t = x in ecuatia diferentiala @u@t =

@2u@x2 si obtinem

x =@2u

@x2

Aceasta ecuatie diferentiala se poate "integra" in raport cu "x" , adica calculam antiderivata in raport cu x ,obtinem Z

xdx =

Z@2u

@x2(t; x)dx , x2

2+ ct =

@u

@x(t; x)

unde "ct" este constanta in raport cu derivarea fata de "x" , deci poate � o functie care depinde numai de "t"

@u

@x(t; x) =

x2

2+A(t)

Integram inca o data in raport cu "x" si obtinem dupa acelasi precedeuZ@u

@x(t; x)dx =

Z �x2

2+A(t)

�dx

solutia in forma

u(t; x) =x3

2 � 3 +A(t) � x+B(t)

99

tinanad seama de conditia @u@t = x , derivam si obtinem

x =@u

@t(t; x) =

@

@t

�x3

2 � 3 +A(t) � x+B(t)�= A0(t) � x+B0(t) pentru orice x si orice t

deciA0(t) = 1 si B0(t) = 0

deciA(t) = t+ a si B(t) = ct = b

obtinem solutia in forma

u(t; x) =x3

6+ (t+ a)x+ b

Apoi tinand seama de conditia initiala u(0; x) = x2 , obtinem

x2 = u(0; x) =x3

6+ a � x+ b

conditiile sunt coerente doar daca modi�cam conditia initiala u(0; x) = x3

6atunci obtinem

x3

6= u(0; x) =

x3

6+ a � x+ b

care duce la a = 0 si b = 0deci in �nal solutia problemei de propagare a caldurii in bara este

u(t; x) =x3

6+ tx

�3. S¼a se determine u = u(x; t) , solutia problemei coardei vibrante �x¼a la capete,stiind conditia initial¼a u(x; 0) = sinx , lungimea coardei L = � sifolosind rezultatul deja cunoscut.

Solutie.

Soluita problemei coardei vibrante �xa la capete se scrie ca suma unei serii

u = u(x; t) =1Xn=1

An sinn�x

Lcos

na�

Lt

Coe�cientii An se calculeaz¼a din conditia initial¼a

f(x) = u(x; 0) =1Xn=1

sinn�x

LAn , pentru orice x 2 [0; L]

An =2

L

LZ0

f(y) sinn�y

Ldy

In acest caz conditia initial¼a u(x; 0) = f(x) = sinx , lungimea coardei L = �deci obtinem

An =2

�

�Z0

sin y � sin n�y�dy =

2

�

�Z0

sin y � sin(n�y)dy = 2

�

�Z0

1

2(cos(n�y � y)� cos(n�y + y)) dy =

=1

�

�sin(n�y � y)n� � 1 � sin(n�y + y)

n� + 1

��y=�y=0

=1

�

�sin(n� � � � �)

n� � 1 � sin(n� � � + �)n� + 1

�

100

An =1

�

�� sin(n�2)n� � 1 � � sin(n�

2)

n� + 1

�=1

�

�sin(n�2)

n� + 1� sin(n�

2)

n� � 1

�iar solutia este

u = u(x; t) =1Xn=1

An sinn�x

�cos

na�

�t

u = u(x; t) =1Xn=1

1

�

�sin(n�2)

n� + 1� sin(n�

2)

n� � 1

�sinnx cosnat

�

101

7. Câmpuri Vectoriale

Câmpuri Vectoriale - Examen Partial 2011Solutii1. S¼a se arate c¼a �!v = �!v (x; y) = (x+ 2y2)�!i + 4xy�!j este un câmp de conservativ pe R2:Dac¼a este si câmp de gradienti, s¼a se determine un potential scalar: U = U(x; y) astfel încât gradU = �!v

SolutiePentru un camp vectorial �!v = �!v (x; y) = P (x; y)�!i +Q(x; y)�!j = (P;Q) , conservativ inseamna

@Q

@x=@P

@y

In acest caz P (x; y) = x+ 2y2 , Q(x; y) = 4xy .Derivam si obtinem

@Q

@x=@

@x(4xy) = 4y ,

@P

@y=@

@y

�x+ 2y2

�= 2 � 2y = 4y

deci pentru orice (x; y) 2 R2@Q

@x= 4y =

@P

@y

deci campul vectorial �!v = �!v (x; y) = (x+ 2y2)�!i + 4xy�!j este un câmp de conservativ pe R2:R2 este domeniu stelat, deci simplu conex, prin urmare orice camp conservatic este si camp de gradienti pe R2Pentru a determina un potential scalar procedam in modul "standard"

U = U(x; y) =

(x;y)Z(x0;y0)

�!v � d�!r =xZx0

P (t; y0)dt+

yZy0

Q(x; t)dt

Putem alege ca (x0; y0) orice punct din R2 , de exemplu (x0; y0) = (0; 0)Obtinem potentialul scalar

U = U(x; y) =

xZ0

P (t; y0)dt+

yZ0

Q(x; t)dt =

xZ0

(t+ 2 � 02)dt+yZ0

4xtdt =

U = U(x; y) =

xZ0

tdt+

yZ0

4xtdt =t2

2

��t=xt=0

+ 4xt2

2

��t=yt=0

=x2

2+ 4x

y2

2=x2

2+ 2xy2

Putem veri�ca rezultatul obtinut, derivand

@U

@x=@

@x

�x2

2+ 2xy2

�= x+ 2y2 = x+ 2y2 = P (x; y)

@U

@y=@

@y

�x2

2+ 2xy2

�= 2x2y = 4xy = Q(x; y)

�2. S¼a se arate c¼a �!v = �!v (x; y; z) = 2z�!i � 2x�!j + 3x�!k este câmp solenoidal pe R3 sis¼a se determine un potential vector corespunz¼ator �!w = �!w (x; y; z) adic¼a rot�!w = �!v

Solutie

Un camp vectorial �!v = �!v (x; y; z) = P (x; y; z)�!i +Q(x; y; z)�!j +R(x; y; z)�!k = (P;Q;R) este solenoidal daca

div v = 0 , @P

@x+@Q

@y+@R

@z= 0

102

In acest caz, pentru campul vectorial �!v = �!v (x; y; z) = 2z�!i � 2x�!j + 3x�!k ,P (x; y; z) = 2z , Q(x; y; z) = �2x , R(x; y; z) = 3xderivand obtinem

div v =@P

@x+@Q

@y+@R

@z=@

@x(2z) +

@

@y(�2x) + @

@z(3x) = 0 + 0 + 0 = 0

Deci campul vectorial �!v = �!v (x; y; z) = 2z�!i � 2x�!j + 3x�!k este solenoidal si adimite un potential vector

�!w = �!w (x; y; z) cu rot�!w = �!vcare se determina conform formulei "standard"

w =

0@ zZz0

Q(x; y; t)dt+A(x; y);�zZz0

P (x; y; t)dt+B(x; y); 0

1Aunde A = A(x; y) si B = B(x; y) sunt functii arbitrare care veri�c¼a relatia

@B

@x(x; y)� @A

@y(x; y) = R(x; y; z0)

In acest caz putem alege z0 = 0 , A = A(x; y) = 0 si obtinem

@B

@x(x; y) = R(x; y; 0) = 3x ) B(x; y) = 3

x2

2

si

w =

0@ zZ0

Q(x; y; t)dt;�zZ0

P (x; y; t)dt+ 3x2

2; 0

1A =

0@ zZ0

(�2x)dt;�zZ0

2tdt+ 3x2

2; 0

1A

w(x; y; z) =

�(�2xt)jt=zt=0 ;

��t2

��t=zt=0

+ 3x2

2; 0

�=

0BB@�2xz| {z }w1

; �z2 + 3x2

2| {z }w2

; 0

1CCAPutem veri�ca rezultatul obtinut

rotw =

��!i

�!j

�!k

@@x

@@y

@@z

w1 w2 0

�� =�@0

@y� @w2@z

;@w1@z

� @0

@x;@w2@x

� @w1@y

�=

��@w2@z

;@w1@z

;@w2@x

� @w1@y

�=

rotw =

�� @

@z

��z2 + 3x

2

2

�;@

@z(�2xz) ; @

@x

��z2 + 3x

2

2

�� @

@y(�2xz)

�rotw = (� (�2z) ; (�2z) ; (3x)� 0) = (2z;�2z; 3x) = v

�3. Calculati lucrul mecanic efectuat de câmpul de forte din plan

v = v(x; y) =�y

x2 + y2�!i +

x

x2 + y2�!j

de-a lungul drumului parametrizat = (t) = (5 cos t; 5 sin t) , t 2 [0; 2�]Este câmpul v un câmp de gradienti pe R2nf(0; 0)g ?Solutie.Lucrul mecanic se calculeaza astfel.Vectorul de pozitie este �!r = (t) = (x(t); y(t); z(t))vectorul tangent la drum (traiectorie)

d�!r = 0(t) = (x0(t); y0(t); z0(t))

103

Lucrul mecanic al câmpului vectorial �!v (P;Q;R) de-a lungul drumului este

Z

�!v � d�!r =bZa

(P;Q;R) � (x0(t); y0(t); z0(t)))dt

In acest caz campul actioneaza doar in plan orizontal, deci nu depinde de z si R(x; y) = 0

v = v(x; y) =�y

x2 + y2| {z }P

�!i +

x

x2 + y2| {z }Q

�!j

vectorul de pozitie este �!r = (t) = (x(t); y(t)) = (5 cos t; 5 sin t) ,

x2 + y2 = (5 cos t)2 + (5 sin t)2 = 52

vectorul tangent la drum

d�!r = 0(t) = (x0(t); y0(t)) = ( ddt5 cos t;

d

dt5 sin t) = (�5 sin t; 5 cos t)

lucrul mecanic este Z

�!v � d�!r =2�Z0

(P;Q) � (x0(t); y0(t))dt =2�Z0

P � x0(t) +Q � y0(t)dt =

=

2�Z0

�yx2 + y2

� x0(t) + x

x2 + y2� y0(t)dt =

2�Z0

�5 sin t52

� (�5 sin t) + 5 cos t52

� (5 cos t)dt =

=

2�Z0

(sin t)2 + (cos t)2dt = 2�

In acest caz drumul, este un drum inchis. Un camp de gradienti are lucrul mecanic zero de-a lungul unui druminchis.In acest caz lucrul mecanic este 2� 6= 0 , deci �!v nu este camp de gradienti pe domeniul sau de de�nitie

R2nf(0; 0)g�

104

Matematici Speciale - Examen 09.06.2006 gr. 10101

I. Analiz¼a complex¼a1. S¼a se dezvolte în serie Taylor functia f : C! C , f(z) = z(cos z)2 în jurul punctului z = 2.2. S¼a se calculeze integralaZ

(z9 � z7 + 2)dz , unde este drumul (t) = sin 2�t+ i cos 2�t , t 2 [0; 1]

3. Folosind teorema reziduurilor, s¼a se calculeze integrala

2�Z0

1

3 + 2 cos tdt

4. Folosind teorema reziduurilor, s¼a se calculeze integrala improprie

+1Z0

1

(1 + x2)2dx

5. S¼a se rezolve ecuatia cos z = 1� ip3 , z 2 C, în multimea numerelor complexe.

II Ecuatii diferentiale ordinare1. S¼a se determine functiile y = y(x) care veri�c¼a ecuatia diferential¼a y00 + 2y0 + y = ex

2. S¼a se determine solutia y = y(x) care veri�c¼a problema Cauchy

x2y00 + xy0 + y = 0 , cu conditiile initiale y(0) = 1 , y0(0) = 0

3. S¼a se determine functiile y = y(x) care veri�c¼a ecuatia diferential¼a y = xy0 + (3y0)2

4. S¼a se determine functiile y = y(x) care veri�c¼a ecuatia diferential¼a

y0 =�2xyx2 + y2

5. S¼a se rezolve ecuatia diferential¼a, ar¼atând mai întâi c¼a are ca solutie particular¼a functia y0(x)

y0 + y2 sinx =2 sinx

(cosx)2, y0(x) =

1

cosx

6. S¼a se rezolve ecuatia diferential¼a (3x2y3 + y)dx+ (x+ 3x3y2)dy = 0c¼autând solutii de forma y = y(x)

7. S¼a se determine functiile y = y(x) care veri�c¼a ecuatia diferential¼a

y0 =1

xy + xy2 cu conditia initial¼a y(1) = 1

III. Serii Fourier1. Sâ se dezvolte în serie de sinusi functia f : [0; �]! R , f(x) = 4 .2. S¼a se determine seria Fourier asociat¼a functiei

f(x) =

�x , x 2 [0; �]0 , x 2 [��; 0]

si pentru x = 0, s¼a se deduc¼a suma seriei Fourier corespunz¼atoare.3. S¼a se determine seria Fourier asociat¼a functiei f : [��; �]! R , .

f(x) = 2� cos 3x � cos 5x+ 3 cos 7x

IV. Transformata Laplace

105

1. Folosind transformata Laplace s¼a se rezolve problema Cauchy

y = y(x) , y00 + y0 + y = ex , y(0) = 1 , y0(0) = �1

2. S¼a se determine termenii sirului (xn)n�1 de�nit de relatia de recurent¼a

xn+2 � 5xn+1 + 6xn = 0 , pentru n � 0 si x0 = 2 , x1 = 1

3. Sa se determine functia y = y(x) care veri�ca

y0(x) +

xZ0

ty(x� t)dt = x si y(0) = �1

4. S¼a se determine semnalul f = f(t) , t > 0 care veri�c¼a ecuatia

f 0(t)� 2f(t� 1) = t , cu f(0) = f 0(0) = 0

V. Transformata Fourier1. S¼a se determine transformata Fourier asociat¼a functiei f : R! R , f(t) = e�2jtj


1Z0

u(t) cos(2tx)dt =1

1 + 4x2, x 2 R

3. S¼a se determine transformata prin sinus asociat¼a functiei f : [0;+1)! R ,

f(t) =

�5 , t 2 [0; 2�]0 , t 2 (2�;+1)

VI. Ecuatii cu derivate partiale de ordin II1. S¼a se determine tipul (eliptic, hiperbolic, parabolic) al ecuatiei diferentiale

x@2u

@x2+ 4xy

@2u

@x@y� y @

2u

@y2+ 5

@u

@x� 7@u

@y= 0

2. Functia u = u(x; y) veri�c¼a ecuatia diferential¼a

x@2u

@x2� @2u

@x@y� @

2u

@y2� @u@x

+@u

@y= 0

S¼a se determine forma pe care o ia ecuatia diferential¼af¼acând schimbarea de variabile x = 2t� s , y = t+ 3s .

106

Matematici Speciale - Examen 01.07.2007

I. Analiz¼a complex¼a

(10 p)1. S¼a se determine punctele z 2 C în care functia f : C! C de�nit¼a prin

f(z) = z5 � cos(2z + 1) + (z + z)2 � i(z � z)2 , este derivabil¼a.

(10 p)2. S¼a se veri�ce c¼a functia u = u(x; y) = x4 � 6x2y2 + y4 este armonic¼a pe R2 ( �u = @2u

@x2 +@2u@y2 = 0 ) si s¼a

se determine functia f : C! C olomorf¼a pe C asa încât f u = Re f si f(1) = 2i

(10 p)3. S¼a se rezolve ecuatia sin z = i , z 2 C, în multimea numerelor complexe.(5 p)4. S¼a se dezvolte în serie Taylor functia f : C ! C , f(z) = z5e2z în jurul punctului z = 0. Folosind aceast¼a

dezvoltare s¼a se determine f (6)(0) =?

(10 p)5. S¼a se calculeze integrala complex¼aZ

(z � sin z)dz , unde este drumul (t) = cos t+ i sin t , t 2 [0; �2]

(10 p)6. Folosind aplicatiile la teorema reziduurilor, s¼a se calculeze integrala

0Z��

154 � cos t

dt

(10 p)7. Folosind aplicatiile la teorema reziduurilor, s¼a se calculeze integrala improprie

+1Z0

1

(3 + x2)2dx

(10 p)8. Folosind aplicatiile la teorema reziduurilor, s¼a se calculeze integrala improprie

+1Z�1

sin(x� 1)x� 1 dx

II Ecuatii diferentiale ordinare

(5 p)1. S¼a se determine functiile x = x(t) care veri�c¼a problema Cauchy

x0(t) � x(t) = 2t � [4 + x2(t)] , x(1) = 2

(5 p)2. S¼a se determine solutia y = y(x) problemei Cauchy

2x4y(4)(x)� xy0(x) + 5y(x) = 0 , cu conditiile initiale y(0) = y0(0) = y00(0) = y(3)(0) = 0

107

(10 p)3. S¼a se determine functiile x = x(t) care veri�c¼a ecuatia diferential¼a

x(t) = tx0(t) + (x0(t))2

(5 p)4. S¼a se determine functiile x = x(t) care veri�c¼a problema Cauchy

x000(t)� 2�x00(t) + x0(t)� 2�x(t) = 0 , x(0) = x0(0) = x00(0) = 0

(10 p)5. S¼a se rezolve problema Cauchy

x0(t) = 2x(t) + t2 , x(0) = 2

(10 p)6. S¼a se determine linia de câmp care trece prin punctul (1; 2) asociat¼a câmpului vectorial

v = v(x; y) = x�!i + y

�!j

(10 p)7. S¼a se determine m¼arimile scalare x = x(t) si y = y(t) care veri�c¼a problema Cauchy�

x0(t) = 3x(t) + 2y(t)y0(t) = x(t) + 2y(t)

, x(0) = 1 , y(0) = 1

III. Serii Fourier

(10 p)1. S¼a se dezvolte în serie de sinusi functia f : [0; �]! R , f(x) = �7x .

(10 p)2. S¼a se determine seria Fourier asociat¼a functiei

f(x) =

�2 , x 2 [0; �]

�5 , x 2 [��; 0)

si pentru x = 0, s¼a se deduc¼a suma seriei Fourier corespunz¼atoare.

(5 p)3. S¼a se determine seria Fourier asociat¼a functiei f : [��; �]! R ,

f(x) = �2� cos 5x+ 3� sin 7x+ (cosx)2

IV. Transformarea Laplace

(10 p)1. Folosind transformata Laplace s¼a se rezolve problema Cauchy

x = x(t) , 9x00(t)� 6x0(t) + x(t) = 0 , x(0) = 1 , x0(0) = �1

(10 p)2. S¼a se determine semnalul discret (xn)n�0 obtinut prin suprapunerea efectelor celor dou¼a întârziate ale sale

(xn�1)n�1 si (xn�2)n�2 , în relatia de recurent¼a


(10 p)

108

3. S¼a se determine functia x = x(t) care veri�c¼a ecuatia integral¼a

x0(t) +

tZ0

s � x(t� s)ds = x(t) si x(0) = �1

(10 p)4. Folosind transformata Laplace s¼a se rezolve problema Cauchy�

x0(t) = 3x(t)� y(t)y0(t) = �9x(t) + 3y(t) , x(0) = 1 , y(0) = 0

V. Transformarea Fourier

(10 p)1. S¼a se determine transformata Fourier asociat¼a functiei f : R! R , f(t) = e�3(t

2�1)

(10 p)2. S¼a se determine solutia u = u(t) care veri�c¼a ecuatia integral¼a

1Z0

u(t) cos(2tx)dt =1

1 + 4x2, x 2 R

(10 p)3. S¼a se determine transformata prin sinus asociat¼a functiei f : [0;+1)! R

f(t) =

�4 , t 2 [0; 2�]0 , t 2 (2�;+1)

(5 p)4. S¼a se reprezinte functia f : R! R , f(t) = e(�t

2)=2 ca o integral¼a Fourier.

VI. Ecuatii liniare cu derivate partiale de ordin II

(10 p)1. S¼a se determine u = u(x; y) , care veri�c¼a �u = 0 pe discul fx2+y2 < 1g si conditia la limit¼a u(x; y) = 2x2�1

, pentru x2 + y2 = 1 (pe cercul x2 + y2 = 1)

(10 P)2. S¼a se determine solutia problemei de propagare a c¼aldurii într-o bar¼a in�nit¼a

@u

@t=@2u

@x2, u = u(t; x) , u(0; x) = 3x2 , stiind c¼a

@u

@t= 6

(10 P)3. S¼a se determine u = u(x; t) , solutia problemei coardei vibrante �x¼a la capete, stiind conditia initial¼a

u(x; 0) = sinx , lungimea coardei L = � si folosind rezultatul deja cunoscut.

VII. Potential scalar, potential vector

(10 p)1. S¼a se arate c¼a

�!v = �!v (x; y) = x

x2 + y2 + 1

�!i +

y

x2 + y2 + 1

�!j

este un câmp de conservativ pe R2: Justi�cati c¼a este si câmp de gradienti. Apoi s¼a se determine un potential scalarU = U(x; y) , ( gradU = �!v )

(10 p)

109

2. S¼a se arate c¼a �!v = �!v (x; y; z) = �2x�!i +y�!j +z�!k este câmp solenoidal pe R3 si s¼a se determine un potential

vector corespunz¼ator �!w = �!w (x; y; z) adic¼a rot�!w = �!v

(10 p)3. Calculati lucrul mecanic efectuat de câmpul de forte din plan

v = v(x; y) =�4yx2 + y2

�!i +

4x

x2 + y2�!j

de-a lungul drumului parametrizat = (t) = (cos t; sin t) , t 2 [0; 2�]Este acesta un câmp de gradienti pe R2nf(0; 0)g ?

110


I. Analiz¼a complex¼a

1.(10p) S¼a se determine punctele z 2 C în care functia f : C! C de�nit¼a prin

f(z) = z9 + 2 sin(3z � 1) + (z + z)2 � i(z � z)2 , este derivabil¼a.

2.(10p) S¼a se veri�ce c¼a functia u = u(x; y) = x3 � 3xy2 + 2 este armonic¼a pe R2 ( �u = @2u@x2 +

@2u@y2 = 0 ) si

s¼a se determine functia f : C! C olomorf¼a pe C asa încât u = Re f si f(0) = 2� i

3. (10p) S¼a se rezolve ecuatia sin z = 3i , z 2 C, în multimea numerelor complexe.

4.(5p) S¼a se dezvolte în serie Taylor functia f : C! C , f(z) = z2e3z în jurul punctului z = 0. Folosind aceast¼adezvoltare s¼a se determine f (5)(0) =?

5.(5p) S¼a se calculeze integrala complex¼aZ

(5z � cos 4�z)dz , unde este drumul (t) = cos t+ i sin t , t 2 [0; �]

6.(10p) Folosind aplicatiile la teorema reziduurilor, s¼a se calculeze integrala

2�Z0

1

3� cos tdt

7.(10p) Folosind aplicatiile la teorema reziduurilor, s¼a se calculeze integrala improprie

+1Z0

1

(4 + x2)2dx

8.(10p) Folosind aplicatiile la teorema reziduurilor, s¼a se calculeze integrala improprie

+1Z�1

sin(x� 2)x� 2 dx

II Ecuatii diferentiale ordinare

1. (10p)S¼a se determine functiile x = x(t) care veri�c¼a problema Cauchy

x0(t) = 2tx(t) + t , x(1) = 2

2.(5p) S¼a se determine solutia y = y(x) problemei Cauchy

3y(4)(x) + 5y0(x)� 8y(x) = �48 , cu conditiile initiale y(0) = 6 , y0(0) = y00(0) = y(3)(0) = 0

3.(10p) S¼a se determine functiile x = x(t) care veri�c¼a ecuatia diferential¼a

x(t) = tx0(t) + (x0(t))3

4. (10p) S¼a se determine functiile x = x(t) care veri�c¼a problema Cauchy

x000(t)� 2�x00(t) + x0(t)� 2�x(t) = 0 , x(0) = 0 , x0(0) = 0 , x00(0) = 1

111

5.(10p) S¼a se rezolve problema Cauchy

x0(t) � x2(t) = t2 , x(0) = 2

6.(10p) S¼a se determine linia de câmp care trece prin punctul (1; 2) asociat¼a câmpului vectorial

v = v(x; y) = x�!i + y

�!j

7.(10p) S¼a se determine m¼arimile scalare x = x(t) si y = y(t) care veri�c¼a problema Cauchy�x0(t) = x(t) + y(t)y0(t) = x(t) + y(t)

, x(0) = 1 , y(0) = 2

III. Serii Fourier

1.(10p) S¼a se dezvolte în serie de sinusi functia f : [0; �]! R , f(x) = �5x .

2.(10p) S¼a se determine seria Fourier asociat¼a functiei

f(x) =

�1 , x 2 [0; �]

�1 , x 2 [��; 0)


3.(5p) S¼a se determine seria Fourier asociat¼a functiei f : [��; �]! R ,

f(x) = �3� 4 cos 6x+ 3� sinx� 2(cosx)2

IV. Transformarea Laplace

1. (10p) Folosind transformata Laplace s¼a se rezolve problema Cauchy

x = x(t) , 8x00(t)� 4p2x0(t) + x(t) = 0 , x(0) = 1 , x0(0) = �1

2.(10p) S¼a se determine semnalul discret (xn)n�0 obtinut prin suprapunerea efectelor celor dou¼a întârziate alesale (xn�1)n�1 si (xn�2)n�2 , în relatia de recurent¼a


3.(10p) S¼a se determine functia x = x(t) care veri�c¼a ecuatia integral¼a

x0(t) +

tZ0

s � x(t� s)ds = x(t) si x(0) = �1

4. (10p) Folosind transformata Laplace s¼a se rezolve problema Cauchy�x0(t) = 3x(t)� y(t)y0(t) = �9x(t) + 3y(t) , x(0) = 1 , y(0) = 0

V. Transformarea Fourier

1. (10p) S¼a se determine transformata Fourier asociat¼a functiei f : R! R , f(t) = e�5t2

2. (10p) S¼a se determine solutia u = u(t) care veri�c¼a ecuatia integral¼a

1Z0

u(t) cos(3tx)dt =1

1 + 9x2, x 2 R

112

3.(10p) S¼a se determine transformata prin sinus asociat¼a functiei f : [0;+1)! R

f(t) =

�2 , t 2 [0; �]0 , t 2 (�;+1)

4.(5p) S¼a se reprezinte functia f : R! R , f(t) =p2�e(�t

2)=2 ca o integral¼a Fourier.

VI. Ecuatii liniare cu derivate partiale de ordin II

1.(10p) S¼a se determine u = u(x; y) , care veri�c¼a �u = 0 pe discul fx2 + y2 < 1g si conditia la limit¼au(x; y) = cos(2�) , pentru x2 + y2 = 1 (pe cercul x2 + y2 = 1)

2.(10p) S¼a se determine u = u(t; x) solutia problemei de propagare a c¼aldurii într-o bar¼a in�nit¼a

@u

@t=@2u

@x2, u(0; x) = 2x2 , stiind c¼a

@u

@t= 4

3.(10p) S¼a se determine u = u(x; t) , solutia problemei coardei vibrante �x¼a la capete, stiind conditia initial¼au(x; 0) = sin 2x , lungimea coardei L = � si folosind rezultatul deja cunoscut.

4. (10p) S¼a se determine tipul ecuatiilor diferentiale

a) 2y@2u

@x2+ 2(x+ y)

@2u

@x@y+ x

@2u

@y2+ 3x

@u

@x� 4x@u

@y= 0

b) x@2u

@x2� 2px2 + y2

@2u

@x@y� y @

2u

@y2� xy@u

@x+ sinx

@u

@y= 0

c)1

2

@2u

@x2+ 2 sin(x+ y)

@2u

@x@y� cos 2(x+ y)@

2u

@y2+ 2y

@u

@x+ (x+ y)

@u

@y= 0

VII. Potential scalar, potential vector

1.(10p) S¼a se arate c¼a�!v = �!v (x; y) = x

x2 + y2 + 4

�!i +

y

x2 + y2 + 4

�!j

este un câmp de conservativ pe R2: Justi�cati c¼a este si câmp de gradienti. Apoi s¼a se determine un potential scalarU = U(x; y) , ( gradU = �!v )

2.(5p) S¼a se arate c¼a �!v = �!v (x; y; z) = �4x�!i + 3y�!j + z�!k este câmp solenoidal pe R3 si s¼a se determine unpotential vector corespunz¼ator �!w = �!w (x; y; z) adic¼a rot�!w = �!v

3.(10p) Calculati lucrul mecanic efectuat de câmpul de forte din plan

v = v(x; y) =�4yx2 + y2

�!i +

4x

x2 + y2�!j

de-a lungul drumului parametrizat = (t) = (cos t; sin t) , t 2 [��; �]Este acesta un câmp de gradienti pe R2nf(0; 0)g ?

113


I. Analiz¼a complex¼a1. S¼a se determine punctele z 2 C în care functia f : C! C este derivabil¼a.

f(z) = z cos z + 5ez � z � z

2. S¼a se arate c¼a functia u = u(x; y) este armonic¼a pe R2 ( �u = 0 )

u = u(x; y) = cosxey + e�y

2

si s¼a se determine functia f : C! C olomorf¼a pe C asa încât f = u+ iv ( u = Re f ) si f(0) = 1

3. S¼a se rezolve ecuatia sin z = 1=2 , z 2 C, în multimea numerelor complexe.

4. S¼a se dezvolte în serie Taylor functia f : C! C , f(z) = z4 cos z în jurul punctului z = 0.Folosind aceast¼a dezvoltare s¼a se determine f (5)(0) =?

5. S¼a se calculeze integrala complex¼aI

(5z5 � 3z3 + 7z)dz , unde este drumul (t) = 4 cos t+ i4 sin t , t 2 [0; 2�]


2�Z0

1

5 + 3 cos tdt


+1Z�1

1

(1 + x2)2dx


+1Z�1

cosx

4 + x2dx


f(z) =1

z(z + 2)

asociat¼a coroanei f0 < jzj < 2g.

II Ecuatii diferentiale ordinare1. S¼a se determine functiile x = x(t) care veri�c¼a problema Cauchy

x0(t) = [1 + x2(t)] , x(0) = 1



114


x(t) = tx0(t) + [x0(t) + 2]4

4. S¼a se determine functiile x = x(t) care veri�c¼a problema Cauchy

x000(t)� 3x00(t) + 3x0(t)� x(t) = 0 , x(0) = 1 , x0(0) = x00(0) = 0

5. S¼a se rezolve problema Cauchyx0(t) = 2x(t) + 1 , x(0) = 5

6. S¼a se determine linia de câmp care trece prin punctul (1; 2) asociat¼a câmpului vectorial

v = v(x; y) = x�!i + y

�!j

7. S¼a se determine m¼arimile scalare x = x(t) si y = y(t) care veri�c¼a problema Cauchy�x0(t) = x(t) + y(t) + 4y0(t) = x(t) + y(t) + 4

, x(0) = �4 , y(0) = 0


x0(t) = tx2(t)� x(t)

III. Serii Fourier1. S¼a se dezvolte în serie de sinusi functia f : [0; �]! R , f(x) = 2 .

2. S¼a se determine seria Fourier asociat¼a functiei

f(x) =

�2 , x 2 [0; �]

0 , x 2 [��; 0)


3. S¼a se determine seria Fourier asociat¼a functiei f : [��; �]! R ,

f(x) = 1� sin2 x� 3� sinx cosx+ 3(cos 2x)2

4. S¼a se determine dezvoltarea în serie de cosinusi a functiei

f(x) = 2 + sinx , x 2 [0; �]

IV. Transformarea Laplace1. Folosind transformata Laplace s¼a se rezolve problema Cauchy

x = x(t) , x00(t)� 5x0(t) + 6x(t) = e2t , x(0) = 1 , x0(0) = 1

2. S¼a se determine semnalul discret (xn)n�0 obtinut prin suprapunerea efectelor celordou¼a întârziate ale sale (xn�1)n�1 si (xn�2)n�2 , în relatia de recurent¼a

xn = xn�1 + xn�2 , pentru n � 2 si x0 = 1 , x1 = 1


x0(t) +

tZ0

(t� s)x(s)ds = x(t) si x(0) = �1

115

4. Folosind transformata Laplace s¼a se rezolve problema Cauchy�x0(t) = 2x(t) + y(t)y0(t) = 4x(t) + 2y(t)

, x(0) = 0 , y(0) = 0

5. Folosind transformarea Laplace s¼a se calculeze integrala improprie

+1Z0

e2t � ett

dt

V. Transformarea Fourier1. S¼a se determine transformata Fourier asociat¼a functiei f : R! R , f(t) = e�5t

2�3


1Z0

u(t) cos(tx)dt =2

2 + x2, x 2 R


f(t) =

�3 , t 2 [0; 2�]0 , t 2 (2�;+1)

4. S¼a se reprezinte functia f : R! R , f(t) = e�4t2+2 ca o integral¼a Fourier.

VI. Ecuatii liniare cu derivate partiale de ordin II1. S¼a se determine u = u(x; y) , care veri�c¼a �u = 0 pe discul fx2 + y2 < 1g si

conditia la limit¼a u(x; y) = 2x2 � 1 , pentru x2 + y2 = 1 (pe cercul x2 + y2 = 1)

2. S¼a se determine solutia problemei de propagare a c¼aldurii într-o bar¼a in�nit¼a

@u

@t=@2u


@u

@t= 6x

3. S¼a se determine u = u(x; t) , solutia problemei coardei vibrante �x¼a la capete, stiind conditia initial¼au(x; 0) = sinx ,

lungimea coardei L = � si folosind rezultatul deja cunoscut.

VII. Potential scalar, potential vector1. S¼a se arate c¼a �!v = �!v (x; y) = x2y3�!i + x3y2�!j este un câmp de conservativ pe R2:Dac¼a este si câmp de gradienti, s¼a se determine un potential scalar U = U(x; y) , ( gradU = �!v )

2. S¼a se arate c¼a �!v = �!v (x; y; z) = x�!i � 2y�!j + z�!k este câmp solenoidal pe R3 sis¼a se determine un potential vector corespunz¼ator �!w = �!w (x; y; z) adic¼a rot�!w = �!v

3. Calculati lucrul mecanic efectuat de câmpul de forte din plan

v = v(x; y) =�3yx2 + y2

�!i +

3x

x2 + y2�!j

de-a lungul drumului parametrizat = (t) = (5 cos t; 5 sin t) , t 2 [0; 2�]Este acesta un câmp de gradienti pe R2nf(0; 0)g ?

116


I. Analiz¼a complex¼a1. S¼a se determine punctele z 2 C în care functia f : C! C este derivabil¼a.

f(z) = z2 � 2 cos z + jzj2

2. Functia u = u(x; y) de�nit¼a deu = u(x; y) = e�2x cos 3y

este armonic¼a pe R2 ( �u = 0 ), deoarece .... ?

3. S¼a se rezolve ecuatia e2iz = 2 , z 2 C, în multimea numerelor complexe, z = x+ iy , x; y 2 R

4. S¼a se dezvolte în serie Taylor functia f : C! C , f(z) = 3z2 cos z în jurul punctului z = 0.Folosind aceast¼a dezvoltare s¼a se determine f (3)(0) =?


(z4 + z2 � 3

z4)dz , unde este drumul (t) = cos t+ i sin t , t 2 [0; 2�]


2�Z0

1

2 + cos2 t� sin2 tdt


+1Z�1

x

(1 + x2)2dx


+1Z�1

sinx

(1 + x2)dx


f(z) =1

z(z + 2)



x0(t) = cos[1 + x(t)] , x(0) = 1


x2y00(x) + 2xy0(x) + y(x) = 3 , cu conditiile initiale y(1) = 3 , y0(1) = 0


x(t) = tx0(t) + sin[x0(t)� 5]

117

4. S¼a se determine functiile x = x(t) care veri�c¼a ecuatia diferential¼a. În plus x000(0) =?

x000(t)� 2x00(t) + x0(t)� 2x(t) = 0 , x(0) = 2 , x0(0) = �2 , x00(0) = 3

5. S¼a se rezolve problema Cauchyx0(t) = x(t) + 2t , x(1) = 2


v = v(x; y) = x�!i + y

�!j

7. S¼a se determine m¼arimile scalare x = x(t) si y = y(t) care veri�c¼a problema Cauchy�x0(t) = x(t) + y(t) + 5y0(t) = x(t) + y(t) + 5

, x(0) = �5 , y(0) = 0


x0(t) = tx2(t)� x(t)

III. Serii Fourier1. S¼a se dezvolte în serie de sinusi functia f : [��; 0]! R , f(x) = 5 .


f(x) =

�2 , x 2 [0; �]

4 , x 2 [��; 0)



f(x) = 1� sin 7x� 3� sinx

cos2 2x+ sin2 2x� sin(x+ �)

4. S¼a se determine dezvoltarea în serie de sinusi a functiei

f(x) = cosx , x 2 [��; 0]


x = x(t) , x00(t) + 6x0(t) + 9x(t) = e2t , x(0) = 1 , x0(0) = 1


xn = 3xn�1 � 2xn�2 , pentru n � 2 si x0 = 3 , x1 = 1


x0(t) + x(t) =

tZ0

(t� s)x(s)ds si x(0) = 2

4. Folosind transformata Laplace s¼a se rezolve problema Cauchy�x0(t) = �x(t) + y(t)y0(t) = x(t)� y(t) , x(0) = 4 , y(0) = 4

118

5. Folosind transformarea Laplace s¼a se calculeze integrala improprie

+1Z0

e2t � ett

dt

V. Transformarea Fourier1. S¼a se determine transformata Fourier asociat¼a functiei f : R! R , f(t) = e�j2tj


1Z0

u(t) cos(tx)dt = e�x , x 2 R


f(t) =

�4 , t 2 [0; �]0 , t 2 (�;+1)

4. S¼a se reprezinte functia f : R! R , f(t) = e�j2tj ca o integral¼a Fourier.


conditia la limit¼a u(x; y) = xy(2x2 � 1) , pentru x2 + y2 = 1 (pe cercul x2 + y2 = 1)


@u

@t=@2u


@u

@t= x



VII. Potential scalar, potential vector1. S¼a se arate c¼a �!v = �!v (x; y) = (x+ 2y2)�!i + 4xy�!j este un câmp de conservativ pe R2:Dac¼a este si câmp de gradienti, s¼a se determine un potential scalar U = U(x; y) , ( gradU = �!v )

2. S¼a se arate c¼a �!v = �!v (x; y; z) = 2z�!i � 2x�!j + 3x�!k este câmp solenoidal pe R3 sis¼a se determine un potential vector corespunz¼ator �!w = �!w (x; y; z) adic¼a rot�!w = �!v


v = v(x; y) =�y

x2 + y2�!i +

x

x2 + y2�!j


119


I. Analiz¼a complex¼a1. S¼a se determine punctele z = (x+ iy) 2 C în care functia f : C! C este derivabil¼a.

f(z) = z8 � sin(5z � 6) + 3 sin zz2 + 1

� iz

2. Functia u = u(x; y) de�nit¼a de

u = u(x; y) =x� yx2 + y2

este armonic¼a pe R2nf(0; 0)g ( �u = 0 ), deoarece .... ?

3. S¼a se rezolve ecuatia�eiz + e�iz

�2= 2 , z 2 C,

în multimea numerelor complexe, z = x+ iy , x; y 2 R4. S¼a se dezvolte în serie Taylor functia f : C! C , f(z) = (5z + 1)ez+1

în jurul punctului z = 0.Folosind aceast¼a dezvoltare s¼a se determine f (3)(0) =?


(4z3 � 3z2 � 1

z3)dz , unde este drumul (t) = cos t+ i sin t , t 2 [0; �]


2�Z0

5�

3� 2 cos tdt

7. S¼a se calculeze integrala improprie+1Z�1

x

(1 + x2)2dx

8. S¼a se calculeze integrala improprie+1Z0

1 + sinx

1 + 2x2dx


f(z) =z � 1z(z + 1)



x0(t) = t � [3 + x(t)] , x(0) = 1


x2y00(x) + 2xy0(x)� y(x) = 2 , cu conditiile initiale y(1) = 1 , y0(1) = 1


x(t) = tx0(t) + [x0(t)]2+ 8

120

4. S¼a se determine functiile x = x(t) care veri�c¼a ecuatia diferential¼a. Determinati x(6)(0) =?

x000(t)� 2x00(t) + x0(t)� 2x(t) = 0 , x(0) = 2 , x0(0) = �2 , x00(0) = 3

5. S¼a se rezolve problema Cauchy

x0(t) = 9x(t)� 20� � t , x(1) = 8


v = v(x; y) = x�!i � y�!j

7. S¼a se determine m¼arimile scalare x = x(t) si y = y(t) care veri�c¼a problema Cauchy�x0(t) = x(t) + y(t)� 7y0(t) = x(t) + y(t)� 7 , x(0) = 7 , y(0) = 0


x0(t) = �tx7(t) + 3x(t)

III. Serii Fourier1. S¼a se dezvolte în serie de sinusi functia f : [0; �]! R , f(x) = 2� � 3 .2. S¼a se determine seria Fourier asociat¼a functiei

f(x) =

�� , x 2 [��; 0)�� , x 2 [0; �]



f(x) = 8� � 3x


f(x) = cosx , x 2 [��; 0]


x = x(t) , x00(t)� 5x0(t) + 4x(t) = e2t , x(0) = 1 , x0(0) = 1




x0(t) + x(t) =

tZ0

(t� s)x(s)ds si x(0) = 2


121

V. Transformarea Fourier1. S¼a se determine transformata Fourier asociat¼a functiei f : R! R , f(t) = e�j5tj


1Z0

u(t) cos(tx)dt = e�3x , x � 0


f(t) =

��6 , t 2 [0; �2 ]0 , t 2 (�;+1)

4. S¼a se reprezinte functia f : R! R , f(t) = e�j5tj ca o integral¼a Fourier.


conditia la limit¼a u(x; y) = ex cos y , pentru x2 + y2 = 1 (pe cercul x2 + y2 = 1)


@u

@t=@2u

@x2, u = u(t; x) , u(0; x) = x2 � x , stiind c¼a @u

@t= 2

3. S¼a se determine u = u(x; t) , solutia problemei coardei vibrante �x¼a la capete, stiind conditia initial¼au(x; 0) = cosx ,

lungimea coardei L = 2� si folosind rezultatul deja cunoscut.

VII. Potential scalar, potential vector1. S¼a se arate c¼a �!v = �!v (x; y) = (5x+ 2y2)�!i + (4xy � 6y)�!j este un câmp de conservativ pe R2:Dac¼a este si câmp de gradienti, s¼a se determine un potential scalar U = U(x; y) , ( gradU = �!v )

2. S¼a se arate c¼a �!v = �!v (x; y; z) = 2y�!i � 3z�!j + 3(x+ y)�!k este câmp solenoidal pe R3 sis¼a se determine un potential vector corespunz¼ator �!w = �!w (x; y; z) adic¼a rot�!w = �!v


v = v(x; y) =3x

x2 + y2�!i +

3y

x2 + y2�!j

de-a lungul drumului parametrizat = (t) = (5 cos t; 5 sin t) , t 2 [0; �]Este acesta un câmp de gradienti pe R2nf(0; 0)g ?

122



f(z) = z5ez � sin(7z + 2) + 3cos z � 7z2 + 3

+ 3z � 9


u = u(x; y) = x2 + ey cos(2x� 3)� y2

este armonic¼a pe R2 ( �u = 0 ), deoarece .... ?

3. S¼a se rezolve ecuatia cos(2z) = 0 , z 2 C,în multimea numerelor complexe, z = x+ iy , x; y 2 R4. S¼a se dezvolte în serie Taylor functia f : C! C , f(z) = z7ez



�4z6 � 33z � 1

z10

�dz , unde este drumul (t) = cos t+ i sin t , t 2 [0; 6�]


2�Z0

�5�3 + cos t

dt


�9x(6 + x2)2

dx


1� 7 sinx1 + 5x2

dx


f(z) =z

z(z + 1)



x0(t) = t2 � [x2(t) + 4] , x(0) = 1


2x2y00(x) + xy0(x)� y(x) = 0 , cu conditiile initiale y(1) = 1 , y0(1) = 1


x(t) = tx0(t)� 5 [x0(t)]3 � 2

123

4. S¼a se determine functiile x = x(t) care veri�c¼a ecuatia diferential¼a.

x000(t) + �x00(t) + x0(t) + �x(t) = 0 , x(0) = 2 , x0(0) = �2 , x00(0) = 3


x0(t) = 4t � x(t) + t2 + 1 , x(1) = 6


v = v(x; y) = x�!i � y�!j

7. S¼a se determine m¼arimile scalare x = x(t) si y = y(t) care veri�c¼a problema Cauchy�x0(t) = 2x(t) + 2y(t)y0(t) = x(t) + y(t)

, x(0) = 5 , y(0) = �5

Indicatie: comparati derivatele x0(t) si y0(t) , apoi cautati solutia ca functie elementara simpla, eventualconstanta.


x0(t) = �tx3(t) + 2x(t)

III. Serii Fourier1. S¼a se dezvolte în serie de sinusi functia f : [0; �]! R , f(x) = 4 + sin 5x� 3� .


f(x) =

�� + (�1)5 , x 2 [��; 0)� � (�1)6 , x 2 [0; �]



f(x) = cos2(5x)� � � sin(4x+ 1)


f(x) = 25 � 3� � 6 , x 2 [��; 0]


x = x(t) , 5x00(t)� 15x0(t)� 20x(t) = 0 , x(0) = 1 , x0(0) = 1




x0(t)� 2x(t) =tZ0

(t� s)x(s)ds si x(0) = 4

124

4. Folosind transformata Laplace s¼a se rezolve problema Cauchy�x0(t) = �3x(t) + y(t)y0(t) = 3x(t)� y(t) , x(0) = 1 , y(0) = 3

V. Transformarea Fourier1. S¼a se determine transformata Fourier asociat¼a functiei f : R! R , f(t) = 2�

9(1+t2)


1Z0

u(t) sin(tx)dt = e�x , x � 0

3. S¼a se determine transformata prin cosinus asociat¼a functiei f : [0;+1)! R

f(t) =

�32 , t 2 [�; 2�]

0 , t 2 [0; �) [ (2�;+1)

4. S¼a se reprezinte functia f : R! R , f(t) = 31+t2 ca o integral¼a Fourier.


conditia la limit¼a u(x; y) = e2y sin 2x , pentru x2 + y2 = 1 (pe cercul x2 + y2 = 1)


@u

@t=@2u


@t= 2

3. S¼a se determine u = u(x; t) , solutia problemei coardei vibrante �x¼a la capete, stiind conditia initial¼au(x; 0) = cosx ,

lungimea coardei L = 4� si folosind rezultatul deja cunoscut.

VII. Potential scalar, potential vector1. S¼a se arate c¼a �!v = �!v (x; y) = (5x2 + 4y2)�!i � 4(5y2 � 2xy)�!j este un câmp de conservativ pe R2:Dac¼a este si câmp de gradienti, s¼a se determine un potential scalar U = U(x; y) , ( gradU = �!v )

2. S¼a se arate c¼a �!v = �!v (x; y; z) = 5z�!j � 3(y + 2)�!k + 3(1� 2y)�!i este câmp solenoidal pe R3 sis¼a se determine un potential vector corespunz¼ator �!w = �!w (x; y; z) adic¼a rot�!w = �!v


v = v(x; y) =4x

2x2 + y2�!i +

2y

2x2 + y2�!j

de-a lungul drumului parametrizat = (t) = (cos t; sin t) , t 2 [0; �]Este acesta un câmp de gradienti pe R2nf(0; 0)g ?

125



f(z) = zez � cos(7z + 2) + 3 jzj2


u = u(x; y) = 5x+ ey cos(2x� 3)� 7y

este armonic¼a pe R2 ( �u = 0 ), deoarece .... ? (veri�cati daca functia este sau nu armonica)

3. S¼a se rezolve ecuatia sin(2z + 1) = 0 , z 2 C,în multimea numerelor complexe, z = x+ iy , x; y 2 R4. S¼a se dezvolte în serie Taylor functia f : C! C , f(z) = 2zez



�4� 3z4 � 1

z9



2�Z0

�54 + cos t

dt


�9x(1 + x2)2

dx


1 + sinx

1 + 4x2dx


f(z) =z + 1

z(z + 3)



x0(t) = t3 � [x2(t) + 2] , x(0) = 1


2x2y00(x)� xy0(x) + y(x) = 0 , cu conditiile initiale y(1) = 1 , y0(1) = 1


x(t) = tx0(t) + [x0(t)]2 � 5

126


x000(t) + x00(t) + x0(t) + x(t) = 0 , x(0) = 2 , x0(0) = �2 , x00(0) = 3


x0(t) = 2t � x(t) + t+ 1 , x(1) = 6


v = v(x; y) = x�!i + y

�!j

7. S¼a se determine m¼arimile scalare x = x(t) si y = y(t) care veri�c¼a problema Cauchy�x0(t) = x(t)� y(t)y0(t) = x(t)� y(t) , x(0) = 6 , y(0) = �6

Indicatie: comparati derivatele x0(t) si y0(t) , apoi cautati solutia ca functie elementara simpla, eventualconstanta.


x0(t) = �tx2(t)� 3x(t)

III. Serii Fourier1. S¼a se dezvolte în serie de cosinusi functia f : [0; �]! R , f(x) = 4 + cos 5x� 3� .


f(x) =

�� + (�1)7 , x 2 [��; 0)� � (�1)8 , x 2 [0; �]



f(x) = cos(5x)� � � cos(4x+ 1)


f(x) = 5� � 7 , x 2 [��; 0]


x = x(t) , x00(t)� 3x0(t)� 4x(t) = 0 , x(0) = 1 , x0(0) = 1


xn = xn�1 � 2xn�2 , pentru n � 2 si x0 = 2 , x1 = 2


x0(t) + x(t) =

tZ0

(t� s)x(s)ds si x(0) = 3

127


V. Transformarea Fourier1. S¼a se determine transformata Fourier asociat¼a functiei f : R! R , f(t) = �

(1+t2)


1Z0

u(t) cos(tx)dt = e�x , x � 0

3. S¼a se determine transformata prin cosinus asociat¼a functiei f : [0;+1)! R

f(t) =

�3 , t 2 [�; 3�]

0 , t 2 [0; �) [ (3�;+1)



conditia la limit¼a u(x; y) = 2x+ 3y � 4 , pentru x2 + y2 = 1 (pe cercul x2 + y2 = 1)


@u

@t=@2u


@t= 2



VII. Potential scalar, potential vector1. S¼a se arate c¼a �!v = �!v (x; y) = (4y2)�!i + (8xy)�!j este un câmp de conservativ pe R2:Dac¼a este si câmp de gradienti, s¼a se determine un potential scalar U = U(x; y) , ( gradU = �!v )


v = v(x; y) =x

x2 + y2�!i +

y

x2 + y2�!j

de-a lungul drumului parametrizat = (t) = (cos t; sin t) , t 2 [0; 2�]Este acesta un câmp de gradienti pe R2nf(0; 0)g ?

128



f(z) = e16z � sin(7z + 2)� jzj2

2. Functia u = u(x; y) este de�nit¼a de

u = u(x; y) = x+ ey cos(x+ 3) + y

veri�cati dac¼a functia este sau nu armonic¼a ( �u = 0 )

3. S¼a se rezolve ecuatia cos(3z � 2) = 0 , z 2 C,în multimea numerelor complexe, z = x+ iy , x; y 2 R4. S¼a se dezvolte în serie Taylor functia f : C! C , f(z) = 3zez+1

în jurul punctului z = 0.Folosind aceast¼a dezvoltare s¼a se determine derivata de ordin 3 în punctul z = 0, f (3)(0) =?


�16� 31

z� 1

z16



2�Z0

3

3 + cos tdt


16x

(1 + x2)16dx


1� sinx2 + 5x2

dx


f(z) =z � 2z(z � 3)



x0(t) = t2 � [x2(t) + 7] , x(0) = 16


2x2y00(x) + xy0(x)� y(x) = 0 , cu conditiile initiale y(1) = 1 , y0(1) = 1


x(t) = tx0(t)� [x0(t)]3 + 5

129


x000(t)� x00(t) + x0(t)� x(t) = 0 , x(0) = 2 , x0(0) = �2 , x00(0) = 3


x0(t) = 3t � x(t) + t+ 3 , x(1) = 3

6. S¼a se determine m¼arimile scalare x = x(t) si y = y(t) care veri�c¼a problema Cauchy�x0(t) = 2x(t)� 5y(t)y0(t) = 2x(t)� 5y(t) , x(0) = 6 , y(0) = �6

Indicatie: comparati derivatele x0(t) si y0(t) , apoi c¼autati solutia ca functie elementar¼a simpl¼a, eventualconstant¼a.


x0(t) = tx2(t) + 3x(t)

III. Serii Fourier1. S¼a se dezvolte în serie de sinusi functia f : [0; �]! R , f(x) = 2 + sin 5x� 4� .


f(x) =

�� + 1 , x 2 [��; 0)� � 1 , x 2 [0; �]



f(x) = sin(5x)� � � cos(4x+ 1)


f(x) = 5� , x 2 [��; 0]


x = x(t) , x00(t)� x0(t)� x(t) = 0 , x(0) = 1 , x0(0) = 1


xn = xn�1 � 2xn�2 , pentru n � 2 si x0 = 1 , x1 = 1


x0(t)� x(t) =tZ0

(t� s)x(s)ds si x(0) = 2

4. Folosind transformata Laplace s¼a se rezolve problema Cauchy�x0(t) = x(t)� y(t)y0(t) = �x(t) + y(t) , x(0) = 1 , y(0) = 3

130

V. Transformarea Fourier1. S¼a se determine transformata Fourier asociat¼a functiei f : R! R , f(t) = �

(4+t2)

2. S¼a se determine functia u = u(x) care veri�c¼a ecuatia integral¼a

1Z0

u(x) cos(tx)dx = e�t , t � 0


f(t) =

�5 , t 2 [0; �]0 , t 2 (�;+1)



cu conditia la limit¼a u(x; y) = 3x� 2y + 4 , pentru x2 + y2 = 1 (pe cercul x2 + y2 = 1)

2. S¼a se determine u = u(x; t) , solutia problemei coardei vibrante �x¼a la capete, stiind conditia initial¼au(x; 0) = sin 2x ,


VII. Potential scalar, potential vector1. S¼a se arate c¼a �!v = �!v (x; y) = (3y2)�!i + (6xy)�!j este un câmp de conservativ pe R2:Dac¼a este si câmp de gradienti, s¼a se determine un potential scalar U = U(x; y) , ( gradU = �!v )


v = v(x; y) =x

x2 + y2�!i +

y

x2 + y2�!j


131

matematici special - probleme de examen

Documents