Serii Fourier 111
19. Sa se aluleze sumele urmatoarelor serii numerie:
a) S =
1
X
n=1
(1)
n+1
1
n
; b) S =
1
X
n=0
(1)
n
1
3n + 2
; ) S =
1
X
n=0
(1)
n
1
4n+ 1
.
20. Sa se aplie transformata Euler-Abel urmatoarelor serii de puteri, determina^ndu-
se astfel sumele aestora:
a)
1
X
n=0
(n
3
+ n + 1) x
n
; b)
1
X
n=0
(n
5
+ 2) x
n
.
21. Sa se aluleze, folosind dezvoltarea ^n serie de puteri a funtiilor sinx si os x,
integralele:
I
1
=
Z
1
0
sinx
2
dx si I
2
=
Z
1
0
os x
2
dx
u o aproximatie " < 10
4
.
22. Sa se aluleze, folosind dezvoltarea ^n serie de puteri, urmatoarele integrale:
a)
Z
1
0
sinx
x
dx; b)
Z
1
0
sh x
x
dx; )
Z
1=2
0
e
x
2
dx
u o aproximatie " < 10
3
.
x4. SERII FOURIER
Fie funtia f : [l; l! IR; l > 0 o funtie integrabila pe [l; l. Numerele:
a
0
=
1
l
Z
l
l
f(x) dx; a
k
=
1
l
Z
l
l
f(x) os
kx
l
dx; b
k
=
1
l
Z
l
l
f(x) sin
kx
l
dx;
k 2 IN
, se numes oeientii Fourier ai funtiei f ^n raport u sistemul trigonometri
de funtii:
1
2
; os
x
l
; sin
x
l
; ; os
nx
l
; sin
nx
l
;
.
Daa F : IR! IR este prelungirea periodia de perioada 2l a funtiei f , atuni oriare
ar x
0
2 IR avem:
a
k
=
1
l
Z
x
0
+2l
x
0
F (x) os
kx
l
dx; k 2 IN; b
k
=
1
l
Z
x
0
+2l
x
0
F (x) sin
kx
l
dx; k 2 IN
.
Seria trigonometria:
a
0
2
+
1
X
n=1
a
n
os
nx
l
+ b
n
sin
nx
l
; x 2 [l; l
unde a
0
; a
k
; b
k
; k 2 IN
sunt oeientii Fourier ai funtiei f , se numeste seria Fourier
a funtiei f .
O funtie f : [a; b ! IR se numeste neteda pe [a; b daa f 2 C
1
([a; b). O funtie
f : [a; b ! IR se numeste neteda pe portiuni daa are derivata ontinua pe [a; b u
exeptia unui numar nit de punte din [a; b ^n are f nu este derivabila, dar are derivate
laterale nite.
112 Capitolul 2
Teorema 2.4.1. Daa f : [l; l! IR este neteda pe portiuni, atuni seria ei Fourier
este onvergenta ^n 8 x 2 [l; l si suma sa s(x):
s(x) =
a
0
2
+
1
X
n=1
a
n
os
nx
l
+ b
n
sin
nx
l
este egala u:
s(x) =
8
>
>
>
:
f(x + 0) + f(x 0)
2
; daa x 2 (l; l);
f(l + 0) + f(l 0)
2
; daa x = l;
unde f(x + 0) = lim
u!x
u>x
f(u); f(x 0) = lim
u!x
u
>
>
>
>
>
>
:
f(x + 0) + f(x 0)
2
; daa x 2 (0; l);
f(0 + 0); daa x = 0;
f(l 0); daa x = l:
Teorema 2.4.3 (Dezvoltarea unei funtii ^n serie de sinusuri). Daa funtia
f : [0; l! IR este neteda pe portiuni atuni seria:
1
X
n=1
b
n
sin
nx
l
,
unde b
n
=
2
l
Z
l
0
f(x) sin
nx
l
dx; n 2 IN
, este onvergenta ^n 8 x 2 [0; l:
^
In plus, suma
sa s(x) este:
s(x) =
8
>
:
f(x + 0) + f(x 0)
2
; daa x 2 (0; l);
0; daa x = 0 si x = l:
PROBLEME REZOLVATE
1. Sa se dezvolte ^n serie Fourier urmatoarele funtii:
a) f(x) = x; x 2 [l; l; b) f(x) = x
2
; x 2 [l; l;
Serii Fourier 113
) f(x) =
8
>
>
>
>
>
>
:
0; daa x 2 (; 0);
x; daa x 2 [0; );
2
; daa x = ;
f ind derivabila pe [; n f0g.
d) Calulam oeientii Fourier ai funtiei f :
a
0
=
1
Z
f(x) dx =
2
Z
0
x dx =
2x
2
2
0
= ,
a
n
=
1
Z
f(x) osnx dx =
2
Z
0
x osnx dx =
2
n
x sinnx
0
2
n
Z
0
sinnx dx =
=
2
n
2
osnx
0
=
2
n
2
[(1)
n
1; n 1,
iar b
n
= 0, ai f este o funtie para.
Dei seria Fourier asoiata funtiei f este:
2
+
1
X
n=1
2
n
2
[(1)
n
1 osnx =
2
4
1
X
k=1
os (2k 1)x
(2k 1)
2
a arei suma s(x) este:
s(x) =
8
>
>
>
>
:
1; daa x 2 (; 0);
0; daa x = 0; ; ;
1; daa x 2 (0; ):
b) f : [; ! IR; f(x) =
8
>
>
>
>
>
:
a; daa x 2 [;=2);
a; daa x 2 [=2; =2;
a; daa x 2 (=2; :
) f : [; ! IR; f(x) =
8
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
:
2a
(x + ); daa x 2
;
2
;
2a
x; daa x 2
2
;
2
;
2a
( x); daa x 2
2
;
:
Rezolvare. a) Deoaree f este impara (vezi Figura 2.4.1) rezulta a a
n
= 0;
8n 2 IN . Pentru b
n
avem:
b
n
=
1
Z
f(x) sinnx dx =
2
Z
0
sinnx dx =
2
n
osnx
0
=
2
n
(1 (1)
n
):
Seria Fourier asoiata lui f este:
1
X
n=1
2
n
(1(1)
n
) sinnx =
1
X
k=0
4
(2k + 1)
sin (2k+1)x =
4
sin x+
sin 3x
3
+
sin 5x
5
+
,
u suma s(x) = f(x). Daa F este prelungirea prin periodiitate a funtiei f pe IR atuni
are lo egalitatea:
F (x) =
4
sin x+
sin 3x
3
+
sin 5x
5
+
; 8 x 2 IR.
b) Funtia f ind para (vezi Figura 2.4.2) rezulta a b
n
= 0; 8n 2 IN
: Pentru a
n
avem:
a
0
=
1
Z
f(x) dx =
2
Z
0
f(x) dx =
2
Z
=2
0
a dx+
2
Z
=2
(a) dx = a a = 0;
a
n
=
1
Z
f(x) osnx dx =
2
Z
0
f(x) osnx dx =
2
Z
=2
0
a osnx dx
2
Z
=2
a osnx dx =
=
2a
n
sinnx
=2
0
2a
n
sinnx
=2
=
2a
n
sin
n
2
+
2a
n
sin
n
2
=
4a
n
sin
n
2
; n 1.
116 Capitolul 2
O2 2 xp-p p-p
y
a
-a
Figura2.4.2
O xp-p1
-1
y
Figura2.4.1
Seria Fourier asoiata lui f este:
4a
1
X
n=1
1
n
sin
n
2
os nx =
4a
1
X
k=0
1
2k + 1
(1)
k
os (2k + 1)x =
=
4a
os x
os 3x
3
+
os 5x
5
,
u suma s(x) =
8
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
:
a; daa x 2 [;=2);
a; daa x 2 (=2; =2);
a; daa x 2 (=2; ;
0; daa x = =2; =2:
) Deoaree funtia f este impara (vezi Figura 2.4.3) rezulta a a
n
= 0; 8n 2 IN .
Avem:
b
n
=
1
Z
f(x) sinnx dx =
2
Z
0
f(x) sinnx dx =
2
Z
=2
0
2a
x sinnx dx+
+
2
Z
=2
2a
( x) sinnx dx =
4a
2
n
x osnx
=2
0
+
4a
2
n
2
sinnx
=2
0
4a
n
osnx
=2
+
+
4a
2
n
x osnx
=2
4a
2
n
2
sinnx
=2
=
8a
2
n
2
sin
n
2
.
O2
2
xp
-p-p
y
-a
Figura2.4.3
a
p
p
Seria Fourier asoiata funtiei f este:
8a
2
1
X
n=1
1
n
2
sin
n
2
sinnx =
8a
2
1
X
k=0
1
(2k + 1)
2
(1)
k
sin (2k + 1)x =
Serii Fourier 117
=
8a
2
sinx
sin 3x
3
2
+
sin 5x
5
2
,
u suma s(x) = f(x); 8 x 2 [; .
3. Sa se dezvolte ^n serie de osinusuri urmatoarele funtii:
a) f : [0; ! IR; f(x) =
8
:
1
x
2
; daa 0 x 2;
0; daa 2 < x ; (0 < < =2):
Rezolvare. a) Coeientii Fourier sunt:
a
0
=
2
Z
0
f(x) dx =
2a
; a
n
=
2
Z
a
0
os nx dx =
2
n
sinna; 8n 1:
Seria de osinusuri atasata funtiei f este:
a
+
2
1
X
n=1
sinna
n
osnx; x 2 [0; ,
u suma s(x) =
8
>
>
>
>
>
>
>
:
1; daa x 2 [0; a);
0; daa x 2 (a; ;
1
2
; daa x = a;
onform Teoremei 2.4.2 (f este derivabila pe [0; n fag).
b) Avem:
a
0
=
2
Z
0
f(x) dx =
2
Z
2
0
1
x
2
dx =
2
,
a
n
=
2
Z
0
f(x) osnx dx =
2
Z
2
0
1
x
2
osnx dx =
2
n
sinnx
2
0
1
Z
2
0
x osnx dx =
2
n
sin 2n
1
n
x sinnx
2
0
+
1
n
Z
2
0
sinnx dx =
2
n
sin 2n
2
n
sin 2n
1
n
2
osnx
2
0
=
1
n
2
(1 os 2n); n 1.
Seria de osinusuri asoiata funtiei f este:
+
1
X
n=1
1
n
2
(1 os 2n) osnx =
2
"
1
2
+
1
X
n=1
sinn
n
2
os nx
#
; x 2 [0; ,
u suma s(x) = f(x); 8 x 2 [0; , f ind derivabila pe [0; n f2g.
4. Sa se dezvolte ^n serie de sinusuri urmatoarele funtii:
a) f : [0; ! IR; f(x) = os ax; a 2 IR:
b) f : [0; ! IR; f(x) =
8
>
>
>
>
:
x; daa x 2 [0; =2);
4
; daa x = =2;
0; daa x 2 (=2; ;
f ind derivabila pe [0; n f=2g.
PROBLEME PROPUSE SPRE REZOLVARE
5. Sa se dezvolte ^n serie Fourier urmatoarele funtii:
Serii Fourier 119
a) f(x) = x
3
; x 2 [l; l; b) f(x) = e
ax
; x 2 [; ; a = onst: 6= 0;
) f(x) = h ax; x 2 [; ; a 2 IR
; d) f(x) = sh ax; x 2 [; ; a 2 IR
.
6. Sa se dezvolte ^n serie Fourier urmatoarele funtii:
a) f : [; ! IR; f(x) =
8
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
:
0; daa x 2 [; + b);
a; daa x 2 [ + b;b;
0; daa x 2 (b; b);
a; daa x 2 [b; b;
0; daa x 2 ( b; ; 0 < 2b < :
b) f : [; ! IR; f(x) =
8
>
>
>
>
>
:
0; daa x 2 [;);
a; daa x 2 [; ;
0; daa x 2 (; ; 0 < < :
) f : [; ! IR; f(x) =
8
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
:
0; daa x 2 [;);
a
(x+ ); daa x 2 [; 0);
a
( x); daa x 2 [0; ;
0; daa x 2 (; ; 0 < < ;
(vezi Figura 2.4.4).
O
Oc-c
O c-c
a)
c)
b)
b-b x
x
x
p
p
p
-p
-p
-p
-p+bp-b
y
y
y
a
a
a
-a
Figura2.4.4
120 Capitolul 2
7. Sa se dezvolte ^n serie de osinusuri urmatoarele funtii:
a) f : [0; ! IR; f(x) = sin ax; a 2 IR
:
b) f : [0; ! IR; f(x) =
8
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
:
2
p
3
; daa x 2
0;
3
;
0; daa x 2
3
;
2
3
;
2
p
3
; daa x 2
2
3
;
;
4
p
3
; daa x =
3
;
4
p
3
; daa x =
2
3
:
8. Sa se dezvolte ^n serie de sinusuri urmatoarele funtii:
a) f : [0; ! IR; f(x) =
8
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
:
x
2
p
3
; daa x 2
0;
3
;
2
6
p
3
; daa x 2
3
;
2
3
;
( x)
2
p
3
; daa x 2
2
3
;
:
178 Capitolul 3
b) I(; ) =
Z
1
0
ln (1 +
2
x
2
) ln (1 +
2
x
2
)
x
4
dx; ; > 0.
24. Folosind integrarea sub semnul integrala sa se aluleze urmatoarele integrale:
a) I(; ;m) =
Z
1
0
e
x
e
x
x
osmxdx; ; > 0; m 6= 0;
b) I(a; b; ) =
Z
1
0
1
x
e
ax
(os bx os x) dx; a > 0; b; 2 IR;
) I(a; b; ) =
Z
1
0
1
x
e
ax
(sin bx sin x) dx; a > 0; b; 2 IR.
x3. INTEGRALELE LUI EULER
Integralele:
B(p; q) =
Z
1
0
x
p1
(1 x)
q1
dx; p; q 2 IR si
(p) =
Z
1
0
x
p1
e
x
dx; p 2 IR
se numes integralele lui Euler de primul tip, respetiv de al doilea tip (sau funtiile beta,
respetiv gama ale lui Euler).
PROBLEME REZOLVATE
1. Sa se demonstreze a:
a) B(p; q) este onvergenta pentru p > 0 si q > 0 si ^n rest divergenta;
b) (p) este onvergenta pentru p > 0 si divergenta pentru p 0;
) integrala (p) depinza^nd de parametrul p este uniform onvergenta pe orie seg-
ment [a; b (0;1).
Rezolvare. a) Daa p 1 0 , p 1 si q 1 0 , q 1 atuni B(p; q) este o
integrala proprie, dei onvergenta. Daa p1 < 0, p < 1 sau q1 < 0, q < 1 atuni
B(p; q) este o integrala improprie de al doilea tip u x = 0 punt singular sau x = 1 punt
singular. Avem:
B(p; q) =
Z
a
0
x
p1
(1 x)
q1
dx +
Z
1
a
x
p1
(1 x)
q1
dx; 0 < a < 1.
Integralele lui Euler 179
Integrala I
1
=
Z
a
0
x
p1
(1 x)
q1
dx =
Z
a
0
(1 x)
q1
x
1p
dx este onvergenta daa si
numai daa 1p < 1, p > 0, iar integrala I
2
=
Z
1
a
x
p1
(1x)
q1
dx =
Z
1
a
x
p1
(1 x)
1q
dx
este onvergenta daa si numai daa 1 q < 1, q > 0.
Dei B(p; q) este onvergenta pentru p > 0 si q > 0, ^n rest ind divergenta.
b) Daa p 1 0, p 1 integrala (p) este improprie de primul tip, onvergenta,
deoaree lim
x!1
x
x
p1
e
x
= 0; 8 2 IR: Daa p < 1 atuni (p) este improprie de
ambele tipuri. O desompunem astfel:
(p) =
Z
a
0
x
p1
e
x
dx+
Z
1
a
x
p1
e
x
dx; 0 < a < 1:
Integrala I
1
=
Z
a
0
e
x
x
1p
dx este onvergenta pentru 1 p < 1, p > 0, iar I
2
=
=
Z
1
a
x
p1
e
x
dx este onvergenta pentru 8 p 2 IR dupa um am vazut mai sus.
Deduem astfel a (p) este onvergenta pentru p > 0 si divergenta pentru p 0.
) Sa onsideram un interval [a; b (0;1) arbitrar, momentan xat (0 < a < b).
Avem:
(p) =
Z
1
0
x
p1
e
x
dx
| {z }
I
1
+
Z
1
1
x
p1
e
x
dx
| {z }
I
2
.
Pentru I
1
avem x
p1
e
x
x
a1
e
x
; 8 x 2 (0; 1; 8 p 2 [a; b; iar integrala
Z
1
0
x
a1
e
x
dx este onvergenta (1 a < 1 , a > 0). Rezulta astfel a I
1
este uniform
onvergenta ^n raport u p 2 [a; b.
Pentru I
2
avem inegalitatea x
p1
e
x
x
b1
e
x
; 8 x 2 [1;1); 8 p 2 [a; b; iar
integrala
Z
1
1
x
b1
e
x
dx este onvergenta. Rezulta a si I
2
este uniform onvergenta pe
[a; b, dei (p) este uniform onvergenta pe [a; b.
2. Sa se demonstreze urmatoarele proprietati ale integralelor lui Euler:
a) (p+ 1) = p(p); 8 p > 0; b) (n) = (n 1)! ; 8n 2 IN
; )
1
2
=
p
;
d) qB(p+ 1; q) = pB(p; q + 1); 8 p; q > 0;
e) B(p+ 1; q) +B(p; q + 1) = B(p; q); 8 p; q > 0;
f) B(p; q) =
Z
1
0
t
p1
(1 + t)
p+q
dt.
Rezolvare. a) Avem:
(p) =
Z
1
0
x
p1
e
x
dx =
1
p
Z
1
0
(x
p
)
0
e
x
dx =
1
p
x
p
e
x
1
0
+
1
p
Z
1
0
x
p
e
x
dx =
1
p
(p+ 1),
dei (p+ 1) = p(p); 8 p > 0.
b) Folosind relatia de la puntul a) obtinem:
(n) = (n 1)(n 1) = (n 1)(n 2)(n 2) = = (n 1)! (1),
180 Capitolul 3
iar (1) =
Z
1
0
e
x
dx = e
x
1
0
= 1. Dei (n) = (n 1)!; 8n 2 IN
.
)
1
2
=
Z
1
0
x
1=2
e
x
dx: Notam x = u
2
; dx = 2u du. Rezulta:
1
2
=
Z
1
0
u
1
e
u
2
2u du = 2
Z
1
0
e
u
2
du = 2
p
2
=
p
,
(am folosit integrala lui Euler-Poisson).
d) Avem:
qB(p+ 1; q) = q
Z
1
0
x
p
(1 x)
q1
dx =
Z
1
0
x
p
[(1 x)
q
0
dx = x
p
(1 x)
q
1
0
+
+p
Z
1
0
x
p1
(1 x)
q
dx = pB(p; q + 1); 8 p; q > 0.
e) B(p+ 1; q) +B(p; q + 1) =
Z
1
0
x
p
(1 x)
q1
dx+
Z
1
0
x
p1
(1 x)
q
dx =
=
Z
1
0
x
p1
(1 x)
q1
(x+ 1 x) dx =
Z
1
0
x
p1
(1 x)
q1
dx = B(p; q); 8 p; q > 0.
f) Faem shimbarea de variabila x =
t
1 + t
(t > 0)) t =
x
1 x
; dx =
dt
(1 + t)
2
;
x = 0) t = 0; x! 1
) t!1. Rezulta:
B(p; q) =
Z
1
0
t
p1
(1 + t)
p1
1
t
1 + t
q1
1
(1 + t)
2
dt =
Z
1
0
t
p1
(1 + t)
p+q
dt.
3. Sa se demonstreze urmatoarea relatie dintre funtiile beta si gama:
B(p; q) =
(p) (q)
(p+ q)
; p; q > 0.
Rezolvare. Avem:
(p+ q) B(p; q) = (p+ q)
Z
1
0
x
p1
(1 x)
q1
dx = (p+ q)
Z
1
0
t
p1
(1 + t)
p+q
dt =
=
Z
1
0
t
p1
(1 + t)
p+q
Z
1
0
x
p+q1
e
x
dx
dt =
Z
1
0
Z
1
0
t
p1
(1 + t)
p+q
x
p+q1
e
x
dx
| {z }
I
1
dt.
^
In integrala I
1
faem shimbarea de variabila x = (1 + t)u; t > 0. Obtinem:
I
1
=
Z
1
0
t
p1
(1 + t)
p+q
(1 + t)
p+q1
u
p+q1
e
(1+t)u
(1 + t) du =
Z
1
0
t
p1
u
p+q1
e
(1+t)u
du.
Dei (p+ q) B(p; q) =
Z
1
0
Z
1
0
t
p1
u
p+q1
e
(1+t)u
du
dt.
Shimba^nd ordinea de integrare ^n integrala de mai sus, obtinem:
(p+ q) B(p; q) =
Z
1
0
Z
1
0
t
p1
u
p+q1
e
(1+t)u
dt
du =
=
Z
1
0
u
p+q1
Z
1
0
t
p1
e
(1+t)u
dt
| {z }
I
2
du.
^
In integrala I
2
de mai sus faem shimbarea de variabila tu = ; u > 0. Rezulta:
I
2
=
Z
1
0
p1
u
p1
e
u
d
u
=
e
u
u
p
Z
1
0
p1
e
d .
Dei:
Integralele lui Euler 181
(p+ q) B(p; q) =
Z
1
0
u
p+q1
e
u
u
p
Z
1
0
p1
e
d
du =
Z
1
0
u
q1
e
u
du
Z
1
0
p1
e
d
= (p) (q).
4. Sa se demonstreze formula:
B(p; 1 p) = (p) (1 p) =
sin (p)
; 8 p 2 (0; 1);
(formula omplementelor).
Rezolvare. Deoaree prima parte a relatiei de mai sus a fost demonstrata ^n Prob-
lema 3, rama^ne sa aratam a:
B(p; 1 p) =
sin (p)
; 8 p 2 (0; 1) sau
Z
1
0
t
p1
1 + t
dt =
sin (p)
; 8 p 2 (0; 1).
Pentru aeasta vom folosi dezvoltarea ^n serie Fourier a funtiei f : [; ! IR,
f(x) = os px; p 2 IR n Z. Fiind o funtie para, oeientii b
n
= 0; 8n 2 IN
, iar:
a
0
=
1
Z
os px dx =
2
Z
0
os px dx =
2
p
sin px
0
=
2 sin p
p
,
a
n
=
1
Z
f(x) osnx dx =
1
Z
os px osnx dx =
2
Z
0
os px os nx dx =
=
1
Z
0
[os (p+n)x+os (pn)x dx =
1
(p+ n)
sin (p+n)x
0
+
1
(p n)
sin (pn)x
0
=
=
(1)
n
sin p
1
p+ n
+
1
p n
!
=
(1)
n
2p
(p
2
n
2
)
sin p; n 1.
Deoaree f este ontinua, iar derivata sa are un numar nit de punte de disonti-
nuitate de speia ^nta^i (dei este neteda pe portiuni) rezulta, onform fCapitolul 2, x4,
Teorema 2.4.1g a seria Fourier asoiata lui f :
sin p
p
sin p
2p
p
2
1
2
os x+
sin p
2p
p
2
2
2
os 2x+ +
(1)
n
sin p
2p
p
2
n
2
osnx+
este onvergenta ^n 8 x 2 [; si suma sa este f(x). Dei:
f(x) =
sin p
"
1
p
2p
p
2
1
os x +
2p
p
2
2
2
os 2x+ +
2p (1)
n
p
2
n
2
osnx +
#
;
8 x 2 [; : Pentru x = 0 rezulta:
sin p
=
1
p
+
2
1 p
2
+ + (1)
n1
2p
n
2
p
2
+ :
Sriind fratia
2p
n
2
p
2
sub forma
2p
n
2
p
2
=
1
n p
1
n+ p
=
1
(n 1) + (1 p)
1
n + p
si nota^nd u g(p) suma seriei alternate:
g(p) =
1
p
1
p+ 1
+
1
p+ 2
+
(1)
n
p+ n
+
rezulta relatia:
sin p
= g(p) + g(1 p).
182 Capitolul 3
^
In ontinuare revenim la integrala
Z
1
0
t
p1
1 + t
dt; 0 < p < 1; pe are o desompunem
^n:
Z
1
0
t
p1
1 + t
dt =
Z
1
0
t
p1
1 + t
dt
| {z }
I
1
+
Z
1
1
t
p1
1 + t
dt
| {z }
I
2
.
^
In integrala a doua I
2
faem shimbarea de variabila
1
t
= u. Rezulta:
I
2
=
Z
1
0
1
u
p1
1 +
1
u
du
u
2
=
Z
1
0
du
u
p
(1 + u)
=
Z
1
0
u
p
1 + u
du.
Dei
Z
1
0
t
p1
1 + t
dt =
Z
1
0
t
p1
1 + t
dt+
Z
1
0
u
p
1 + u
du.
Nota^nd u h(p) =
Z
1
0
t
p1
1 + t
dt; obtinem urmatoarea relatie:
Z
1
0
t
p1
1 + t
dt = h(p) + h(1 p); 0 < p < 1.
Vom arata ^n ontinuare a funtiile g si h sunt identie, de unde va rezulta relatia
dorita, adia:
Z
1
0
t
p1
1 + t
dt =
sin (p)
; 8 0 < p < 1.
Pentru aeasta pornim de la dezvoltarea:
1
1 + t
= 1 t+ t
2
+ (1)
n
t
n
+
(1)
n+1
t
n+1
1 + t
,
relatie pe are o ^nmultim u t
p1
si o integram pe [0; 1. Obtinem:
h(p) =
Z
1
0
t
p1
1 + t
dt =
Z
1
0
t
p1
dt
Z
1
0
t
p
dt+ +(1)
n
Z
1
0
t
n+p1
dt+(1)
n+1
Z
1
0
t
n+p
1 + t
dt.
Dei h(p) =
1
p
1
p+ 1
+ +
(1)
n
n+ p
+ (1)
n+1
Z
1
0
t
n+p
1 + t
dt.
Pentru a h(p) = g(p), adia h(p) sa e suma seriei
1
X
n=0
(1)
n
n+ p
este suient sa demonstram
a integrala:
Z
1
0
t
n+p
1 + t
dt! 0, pentru n!1, uniform ^n raport u p.
Dar
t
n+p
1 + t
t
n+p
; 8 t 2 [0; 1; 8 p 2 (0; 1); iar:
Z
1
0
t
n+p
dt =
1
n + p+ 1
0;
b) I
2
=
Z
=2
0
sin
p1
x os
q1
x dx; p; q > 0.
Rezolvare. a) Faa^nd substitutia x
m
= y, obtinem:
Integralele lui Euler 183
I
1
=
Z
1
0
y
(p1)=m
(1y)
q1
1
m
y
1=m1
dy =
1
m
Z
1
0
y
p=m1
(1y)
q1
dy =
1
m
B
p
m
; q
=
=
1
m
p
m
(q)
p
m
+ q
.
b) Faem substitutia sin
2
x = y; avem:
I
2
=
Z
1
0
y
(p1)=2
(1 y)
(q1)=2
1
2
p
y
1
p
1 y
dy =
1
2
Z
1
0
y
p=21
(1 y)
q=21
dy =
=
1
2
B
p
2
;
q
2
=
1
2
p
2
q
2
p+q
2
.
^
In partiular pentru q = 1 obtinem:
Z
=2
0
sin
p1
x dx =
1
2
B
p
2
;
1
2
,
iar pentru p = 1 avem:
Z
=2
0
os
q1
x dx =
1
2
B
1
2
;
q
2
.
6. Sa se stabileasa relatia:
(p)
p+
1
2
=
p
2
2p1
(2p),
(formulele lui Legendre).
Rezolvare. Pleam de la funtia B(p; p):
B(p; p)=
Z
1
0
x
p1
(1 x)
p1
dx=
Z
1
0
[x(1 x)
p1
dx=
Z
1
0
x
2
+ x
1
4
+
1
4
p1
dx=
=
Z
1
0
"
2x 1
2
2
+
1
4
#
p1
dx =
1
2
2(p1)
Z
1
0
[(2x 1)
2
+ 1
p1
dx =
=
2
2
2(p1)
Z
1=2
0
[(2x 1)
2
+ 1
p1
dx.
Faem ^n ontinuare substitutia (2x 1)
2
= y ) 1 2x =
p
y 0. Obtinem:
B(p; p) =
1
2
2p3
Z
1
0
(1 y)
p1
1
4
p
y
dy =
1
2
2p1
Z
1
0
y
1=2
(1 y)
p1
dy =
=
1
2
2p1
B
1
2
; p
.
Dar B(p; p) =
2
(p)
(2p)
; iar B
1
2
; p
=
1
2
(p)
1
2
+ p
.
Din relatiile de mai sus obtinem:
2
(p)
(2p)
=
1
2
2p1
p
(p)
p+
1
2
, (p)
p +
1
2
=
p
2
2p1
(2p).
7. Sa se exprime u ajutorul integralei lui Euler de al doilea tip urmatoarea integrala:
I
m
=
Z
1
0
x
m
e
x
2
dx; > 0; m > 1.
Rezolvare. Faem substitutia x
2
= y > 0. Obtinem:
I
m
=
Z
1
0
y
m=2
e
y
1
2
p
y
1=2
dy =
1
2
(m+1)=2
Z
1
0
y
(m1)=2
e
y
dy =
184 Capitolul 3
=
1
2
(m+1)=2
m + 1
2
.
Pentru m = 0 avem:
Z
1
0
e
x
2
dx =
1
2
p
1
2
=
p
2
p
;
iar pentru = 1 integrala de mai sus este integrala Euler-Poisson (vezi fx1, Problema
7g):
Z
1
0
e
x
2
dx =
p
2
:
8. Sa se aluleze folosind funtia B integrala:
I =
Z
1
0
x
p1
(1 x)
p
dx
x+
; 0 < p < 1,
unde 2 IR n (1; 0).
Rezolvare. Se fae o shimbare de variabila de forma x =
at + b
t+ d
u ad b 6= 0
(aeasta transformare se numeste transformare omograa). Vom determina a; b; ; d
astfel ^na^t ^n urma aestei tranformari intervalul pentru noua variabila t sa e tot (0; 1).
Pentru t = 0 obtinem x = 0 de ^ndata e b = 0. Dei x =
at
t+ d
: Pentru t = 1 )
x =
a
+ d
= 1 pentru d = a : Obtinem astfel x =
at
t + a
: Apoi:
1 x = 1
at
t+a
=
(a)(t1)
t+ a
; iar x+ =
at
t+a
+ =
(a+ )t+(a )
t + a
.
Alegem = 1 si determinam pe a astfel ^na^t x+ sa se simplie. Avem:
x =
at
t + a + 1
; 1 x =
(1 a)(t 1)
t+ a + 1
; x+ =
(a )t+ (a+ 1)
t + a+ 1
.
Pentru a = obtinem x =
t
+ 1 t
; 1 x =
( + 1)(t 1)
+ 1 t
; x+ =
(+ 1)
+ 1 t
,
iar dx =
(+ 1)
(+ 1 t)
2
dt . Atuni:
I =
Z
1
0
p1
t
p1
( + 1 t)
p1
( + 1)
p
(1 t)
p
(+ 1 t)
p
+ 1 t
( + 1)
(+ 1)
(+ 1 t)
2
dt =
=
p1
( + 1)
p
Z
1
0
t
p1
(1 t)
p
dt =
p1
( + 1)
p
B(p; 1 p) =
p1
(+ 1)
p
sin (p)
=
=
1
+ 1
p
sin (p)
.
9. Sa se aluleze u ajutorul integralei lui Euler B urmatoarea integrala:
I =
Z
1
0
x
a1
(1 x)
b1
(x + p)
a+b
dx; a; b > 0; p 2 IR n (1; 0).
Rezolvare. Faem substitutia t = (1 + p)
x
x+ p
) x =
tp
p+ 1 t
; 1 x =
=
(p+ 1)(1 t)
p+ 1 t
, x + p =
p(p+ 1)
p+ 1 t
; dx =
p(p+ 1)
(p+ 1 t)
2
.
Atuni:
Integralele lui Euler 185
I =
Z
1
0
t
a1
p
a1
(p+ 1 t)
a1
(p+ 1)
b1
(1 t)
b1
(p+ 1 t)
b1
(p+ 1 t)
a+b
p
a+b
(p+ 1)
a+b
p(p+ 1)
(p+ 1 t)
2
=
=
1
p
b
(p+ 1)
a
Z
1
0
t
a1
(1 t)
b1
dt =
1
(1 + p)
a
p
b
B(a; b).
10. Sa se aluleze folosind integralele lui Euler urmatoarele integrale:
a)
Z
1
0
dx
1 + x
3
; b)
Z
1
0
p
x x
2
dx; )
Z
1
0
dx
3
p
x(1 + x)
; d)
Z
1
0
3
p
x
(1 + x
2
)
2
dx;
e)
Z
1
0
4
p
x
(1 + x)
2
dx; f)
Z
1
0
5
p
x
(x
2
+ 1)(x+ 1)
2
dx; g)
Z
1
1
x
2
s
1 x
1 + x
dx;
h)
Z
=2
0
tg
p
x dx; jpj < 1; i)
Z
1
0
dx
(x+ 1)
3
q
x
2
(1 x)
; j)
Z
1
0
q
x(1 x)
x+ 1
dx.
Rezolvare. a) Notam x
3
= t) x = t
1=3
; dx =
1
3
t
2=3
dt. Rezulta:
I =
Z
1
0
1
3
t
2=3
dt
1 + t
=
1
3
Z
1
0
t
2=3
1 + t
dt.
^
In ontinuare faem shimbarea de variabila t =
v
1 v
) v =
t
1 + t
; dt =
dv
(1 v)
2
;
(1 + t) =
1
1 v
. Obtinem:
I =
1
3
Z
1
0
v
2=3
(1 v)
2=3
(1 v)
dv
(1 v)
2
=
1
3
Z
1
0
v
2=3
(1 v)
1=3
dv =
1
3
B
1
3
;
2
3
=
=
1
3
sin
3
=
2
3
p
3
.
b) Avem:
I =
Z
1
0
p
x x
2
dx =
Z
1
0
x
1=2
(1x)
1=2
dx = B
3
2
;
3
2
=
3
2
3
2
(3)
=
1
2
1
2
2
2!
=
=
1
8
(
p
)
2
=
8
.
) Faem substitutia x =
t
1 t
) t =
x
1 + x
; dx =
dt
(1 t)
2
; 1 + x =
1
1 t
.
Rezulta:
I =
Z
1
0
(1 t)
1=3
t
1=3
(1 t)
1
(1 t)
2
dt =
Z
1
0
t
1=3
(1 t)
2=3
dt = B
2
3
;
1
3
=
=
sin
2
3
=
2
p
3
.
d) Notam x =
p
t. Rezulta:
I =
Z
1
0
t
1=6
(1 + t)
2
1
2
p
t
dt =
1
2
Z
1
0
t
1=3
(1 + t)
2
dt.
Faem ^n ontinuare substitutia t =
y
1 y
) y =
t
1 + t
; dt =
dy
(1 y)
2
; 1 + t =
=
1
1 y
. Atuni:
186 Capitolul 3
I =
1
2
Z
1
0
y
1=3
(1 y)
1=3
(1 + y)
2
dy
(1 y)
2
=
1
2
Z
1
0
y
1=3
(1 y)
1=3
dy =
1
2
B
2
3
;
4
3
=
=
1
2
2
3
4
3
(2)
=
1
2
2
3
1
3
1
3
1!
=
1
6
2
3
1
3
=
1
6
sin
3
=
3
p
3
.
e) Notam x =
t
1 t
; t =
x
1 + x
; 1 + x =
1
1 t
; dx =
dt
(1 t)
2
. Rezulta:
I =
Z
1
0
t
1=4
(1 t)
1=4
(1 t)
2
dt
(1 t)
2
=
Z
1
0
t
1=4
(1 t)
1=4
dt = B
5
4
;
3
4
=
=
5
4
3
4
(2)
=
1
4
1
4
3
4
=
1
4
sin
4
=
2
p
2
:
f) Avem
1
(x
2
+ 1)(x+ 1)
2
=
1
2x
"
1
x
2
+ 1
1
(x + 1)
2
#
: Atuni:
I =
Z
1
0
5
p
x
2x
1
x
2
+ 1
dx
Z
1
0
5
p
x
2x
1
(x+ 1)
2
dx =
1
2
Z
1
0
x
4=5
1
x
2
+ 1
dx
1
2
Z
1
0
x
4=5
1
(x + 1)
2
dx.
Pentru I
1
=
Z
1
0
x
4=5
x
2
+ 1
dx; notam x
2
=
t
1 t
) x =
s
t
1 t
; dx =
1
2
q
t
1t
dt
(1 t)
2
. Dei:
I
1
=
Z
1
0
t
4=10
(1 t)
4=10
(1 t)
1
2
q
t
1t
dt
(1 t)
2
=
1
2
Z
1
0
t
9=10
(1 t)
1=10
dt =
=
1
2
B
1
10
;
9
10
=
1
2
sin
10
.
Pentru I
2
=
Z
1
0
x
4=5
(x + 1)
2
dx; notam x =
t
1 t
) x + 1 =
1
1 t
; dx =
1
(1 t)
2
dt.
Dei:
I
2
=
Z
1
0
t
4=5
(1 t)
4=5
(1 t)
2
1
(1 t)
2
dt = B
1
5
;
9
5
=
1
5
9
5
(2)
=
=
1
5
4
5
4
5
=
4
5
5 sin
5
.
Rezulta a I =
1
4
sin
10
2
5
sin
5
.
g) I=
Z
1
1
x
2
s
1 x
1 + x
dx=
Z
1
1
x
2
1 x
p
1 x
2
dx =
Z
1
1
x
2
p
1 x
2
dx
Z
1
1
x
3
p
1 x
2
dx.
Pentru I
1
=
Z
1
1
x
2
p
1 x
2
dx = 2
Z
1
0
x
2
p
1 x
2
dx faem substitutia x
2
= t) x =
=
p
t; dx =
1
2
p
t
dt. Dei:
I
1
= 2
Z
1
0
t
p
1 t
1
2
p
t
dt =
Z
1
0
t
1=2
(1 t)
1=2
dt = B
3
2
;
1
2
=
2
:
Integralele lui Euler 187
Pentru I
2
=
Z
1
1
x
3
p
1 x
2
dx =
Z
0
1
x
3
p
1 x
2
dx
| {z }
not:x=t
+
Z
1
0
x
3
p
1 x
2
dx =
Z
1
0
t
3
p
1 t
2
dt+
+
Z
1
0
x
3
p
1 x
2
dx = 0:
Dei I =
2
:
h) Avem:
I =
Z
=2
0
tg
p
x dx
tg x=t
=
Z
1
0
t
p
dt
1 + t
2
=
Z
1
0
t
p
1 + t
2
dt.
Notam ^n ontinuare t
2
=
u
1 u
) t
2
+ 1 =
1
1 u
; dt =
1
2
q
u
1u
1
(1 u)
2
du.
Dei:
I =
Z
1
0
u
p=2
(1u)
p=2
(1u)
1
2
p
u
p
1 u
du
(1 u)
2
=
1
2
Z
1
0
u
(p1)=2
(1u)
(p1)=2
du =
=
1
2
Z
1
0
u
(p+1)=21
(1 u)
(1p)=21
du =
1
2
B
p+ 1
2
;
1 p
2
=
2 sin
(p+1)
2
=
2 os
p
2
;
p 2 (1; 1).
i) Avem I =
Z
1
0
dx
(x+ 1)
3
q
x
2
(1 x)
=
Z
1
0
x
2=3
(1 x)
1=3
dx
x+ 1
.
Apliam Problema 8 u = 1; p =
1
3
. Rezulta:
I =
1
2
1=3
sin
3
=
1
3
p
2
p
3=2
=
2
3
p
2
p
3
.
j) Avem I =
Z
1
0
q
x(1 x)
x + 1
dx =
Z
1
0
x(1 x)
(x+ 1)
q
x(1 x)
dx.
Apoi
x(1 x)
x + 1
= 2 x
2
x + 1
. Dei:
I =
Z
1
0
2x
1=2
(1 x)
1=2
dx
Z
1
0
x
1=2
(1 x)
1=2
dx 2
Z
1
0
dx
(x+ 1)
q
x(1 x)
=
= 2B
1
2
;
1
2
B
3
2
;
1
2
2
Z
1
0
x
1=2
(1 x)
1=2
dx
x+ 1
= 2
sin
2
1
2
1
2
1
2
(2)
2
Z
1
0
x
1=2
(1 x)
1=2
dx
x + 1
= 2
2
2
Z
1
0
x
1=2
(1 x)
1=2
dx
x + 1
.
Pentru ultima integrala apliam Problema 8 u p =
1
2
si = 1. Rezulta:
Z
1
0
x
1=2
(1 x)
1=2
dx
x+ 1
=
1
2
1=2
sin
2
=
p
2
.
Dei I =
3
2
2
p
2
=
3
2
p
2
.
11. Sa se determine valoarea expresiei:
188 Capitolul 3
E =
1
n
2
n
n 2
n
n 1
n
.
Rezolvare. Avem:
E
2
=
1
n
2
n
n 1
n
n 1
n
n 2
n
1
n
=
=
sin
n
sin
2
n
sin
(n1)
n
=
n1
sin
n
sin
2
n
sin
(n1)
n
.
Pentru a alula produsul P
n
= sin
n
sin
2
n
sin
(n 1)
n
=
n1
Y
k=1
sin
k
n
sa on-
sideram euatia binoma x
n
1 = 0 u radainile x
k
= os
2k
n
+ i sin
2k
n
; k = 0; n 1.
Dei avem urmatoarea egalitate:
x
n
1 = (x 1)
x os
2
n
i sin
2
n
x os
2(n 1)
n
i sin
2(n 1)
n
!
, x
n
1 = (x 1)
n1
Y
k=1
x os
2k
n
i sin
2k
n
!
.
Deoaree x
n
1 = (x 1)(1 + x+ x
2
+ + x
n1
) obtinem relatia:
1 + x + x
2
+ + x
n1
=
n1
Y
k=1
x os
2k
n
i sin
2k
n
!
; 8 x 2 IR.
Pentru x = 1 obtinem:
n =
n1
Y
k=1
1 os
2k
n
i sin
2k
n
!
, n =
n1
Y
k=1
2 sin
2
k
n
2i sin
k
n
os
k
n
!
, n = 2
n1
n1
Y
k=1
sin
k
n
| {z }
P
n
n1
Y
k=1
sin
k
n
i os
k
n
!
, n = 2
n1
P
n
n1
Y
k=1
os
3
2
+
k
n
!
+ i sin
3
2
+
k
n
!!
, n = 2
n1
P
n
"
os
n1
X
k=1
3
2
+
k
n
!
+ i sin
n1
X
k=1
3
2
+
k
n
!#
, n = 2
n1
P
n
"
os
3(n 1)
2
+
n(n 1)
2
n
!
+ i sin
3(n 1)
2
+
n(n 1)
2
n
!#
, n = 2
n1
P
n
(os 2(n 1) + i sin 2(n 1)) , n = 2
n1
P
n
, P
n
=
n
2
n1
.
Rezulta a E
2
=
n1
2
n1
n
; dei E =
(2)
(n1)=2
p
n
.
12. Sa se aluleze u ajutorul funtiei integralele:
I
1
=
Z
1
0
os bx
x
s
dx; b > 0; s 2 (0; 1); I
2
=
Z
1
0
sin bx
x
s
dx; b > 0; s 2 (0; 2).
Rezolvare. Deoaree
os bx
x
s
1
x
s
; 8 x 2 (0; a); a > 0 si
Z
a
0
dx
x
s
este onver-
genta, rezulta a
Z
a
0
os bx
x
s
dx este (absolut) onvergenta. Pentru integrala
Z
1
a
os bx
x
s
dx
Integralele lui Euler 189
apliam riteriul lui Dirihlet:
Z
A
a
os bx dx
M; 8A a si
1
x
s
& 0; x ! 1; dei
este o integrala onvergenta. Rezulta astfel a I
1
este onvergenta.
^
In mod asemanator
se arata a si I
2
este onvergenta.
Pentru alulul aestor integrale, pornim de la integrala:
Z
1
0
t
s1
e
xt
dt
xt=u
=
Z
1
0
u
s1
x
s1
e
u
du
x
=
1
x
s
Z
1
0
u
s1
e
u
du =
1
x
s
(s).
Dei
1
x
s
=
1
(s)
Z
1
0
t
s1
e
xt
dt.
^
Inmultim ambii membri ai relatiei obtinuta mai sus u os bx si integram pe (0;1).
Obtinem:
I
1
=
Z
1
0
os bx
x
s
dx =
1
(s)
Z
1
0
os bx
Z
1
0
t
s1
e
xt
dt
dx.
Shimba^nd ordinea integralelor (avem ^ndeplinite onditiile din fx2, Teorema 3.2.13g),
rezulta:
I
1
=
1
(s)
Z
1
0
t
s1
Z
1
0
os bx e
xt
dx
| {z }
I
3
(t)
dt.
Pentru I
3
(t) avem:
I
3
(t) =
1
t
os bx e
xt
1
0
b
t
Z
1
0
sin bx e
xt
dx =
1
t
+
b
t
2
sin bx e
xt
1
0
b
2
t
2
Z
1
0
os bx e
xt
dx =
1
t
b
2
t
2
I
3
(t).
Dei I
3
(t) =
t
t
2
+ b
2
; iar:
I
1
=
1
(s)
Z
1
0
t
s
t
2
+ b
2
dt
t=ub
=
1
(s)
Z
1
0
b
s
u
s
b
2
(u
2
+ 1)
b du =
b
s1
(s)
Z
1
0
u
s
u
2
+ 1
du
u=tg y
=
=
b
s1
(s)
Z
=2
0
tg
s
y
tg
2
y + 1
(1 + tg
2
y) dy =
b
s1
(s)
Z
=2
0
tg
s
y dy; s 2 (0; 1).
Conform Problemei 10, h),
Z
=2
0
tg
s
y dy =
1
2
os
s
2
; dei:
I
1
=
b
s1
2(s) os
s
2
.
Pentru I
2
proedam asemanator si obtinem:
I
2
=
1
(s)
Z
1
0
t
s1
Z
1
0
sin bx e
xt
dx
| {z }
I
4
(t)
dt.
Apoi:
I
4
(t) =
1
t
sin bx e
xt
1
0
+
b
t
Z
1
0
os bx e
xt
dx =
b
t
2
os bx e
xt
1
0
b
2
t
2
Z
1
0
sin bx e
xt
dx =
b
t
2
b
2
t
2
I
4
(t).
190 Capitolul 3
Rezulta I
4
(t) =
b
t
2
+ b
2
; iar:
I
2
=
1
(s)
Z
1
0
bt
s1
t
2
+ b
2
dt
t=bu
=
b
(s)
Z
1
0
b
s1
u
s1
b
2
(u
2
+ 1)
b du =
b
s1
(s)
Z
1
0
u
s1
u
2
+ 1
du =
u=tg y
=
b
s1
(s)
Z
=2
0
tg
s1
y
1 + tg
2
y
(1 + tg
2
y) dy =
b
s1
(s)
Z
=2
0
tg
s1
y dy; s 1 2 (1; 1).
Conform Problemei 10, h),
Z
=2
0
tg
s1
y dy =
1
2
os
(s1)
2
=
2 sin
s
2
; dei:
I
2
=
b
s1
2(s) sin
s
2
.
13. Sa se exprime u ajutorul integralelor euleriene urmatoarele integrale:
a)
Z
1
0
x
m1
1 + x
n
dx; 0 < m < n; b)
Z
b
a
(x a)
m
(b x)
n
(x + )
m+n+2
dx;
)
Z
1
0
x
m
e
x
n
dx; n 6= 0.
Rezolvare. a) Notam x
n
= t. Rezulta:
I =
Z
1
0
t
(m1)=n
1 + t
1
n
t
1=n1
dt =
1
n
Z
1
0
t
m=n1
1 + t
dt.
Notam t=
y
1 y
) y=
t
1 + t
; 1 + t =
1
1 y
; t = 0) y = 0; t!1) y ! 1. Dei:
I =
1
n
Z
1
0
y
m=n1
(1 y)
m=n+1
(1 y)
dy
(1 y)
2
=
1
n
Z
1
0
y
m=n1
(1 y)
m=n
dy =
=
1
n
B
m
n
; 1
m
n
=
1
n
sin
m
n
;
0 1.
) Notam x
n
= t) x = t
1=n
; dx =
1
n
t
1=n1
dt. Dei:
I =
Z
1
0
t
m=n
1
n
t
1=n1
e
t
dt =
1
n
Z
1
0
t
(m+1)=n1
e
t
dt =
1
n
m+ 1
n
;
m+ 1
n
>
> 0; n 6= 0.
PROBLEME PROPUSE SPRE REZOLVARE
14. Sa se demonstreze urmatoarele proprietati ale integralei B:
a) B(p; q) = B(q; p); b) B(p; q) =
p 1
p+ q 1
B(p 1; q); p > 1; q > 0;
) B(p; q) =
q 1
p+ q 1
B(p; q 1); q > 1; p > 0;
d) B(p; q) =
(p 1)(q 1)
(p+ q 1)(p+ q 2)
B(p 1; q 1); p > 1; q > 1;
e) B(p; n) = B(n; p) =
(n 1)!
p(p+ 1) (p+ n 1)
; n 2 IN
;
f) B(m;n) =
(m 1)!(n 1)!
(m+ n 1)!
; m; n 2 IN
.
15. Sa se demonstreze a:
a) (p) este o funtie innit derivabila pe (0;1) si:
(n)
(p) =
Z
1
0
x
p1
(lnx)
n
e
x
dx; 8n 2 IN .
b) lim
p!0+
(p) =1; lim
p!1
(p) =1.
16. Sa se exprime u ajutorul funtiei B urmatoarea integrala:
I =
Z
1
0
x
a1
(1 x)
b1
[x + (1 x) +
a+b
dx; ; 0; ; a; b > 0.
17. Sa se aluleze u ajutorul integralei lui Euler B urmatoarea integrala:
I =
Z
1
1
(1 + x)
2p1
(1 x)
2q1
(1 + x
2
)
p+q
dx; p; q > 0.
18. Sa se aluleze folosind integralele lui Euler urmatoarele integrale:
a)
Z
1
0
x
2
p
1 x
2
dx; b)
Z
1
0
dx
3
p
x(1 + x
2
)
; )
Z
1
0
x
q
x
3
(1 x) dx; d)
Z
1
0
x
2
1 + x
4
dx;
192 Capitolul 3
e)
Z
=2
0
sin
6
x os
4
x dx; f)
Z
1
0
3
q
x
2
(1 x)
(1 + x)
3
dx; g)
Z
1
0
dx
(x+ 3)
4
q
x
3
(1 x)
.
19. Sa se aluleze integrala I(p; q) =
Z
b
a
(x a)
p
(b x)
q
dx; p; q > 1 si apoi sa
se aplie rezultatul la integralele:
I
1
=
Z
b
a
q
(x a)(b x) dx; I
2
=
Z
b
a
dx
q
(x a)(b x)
; I
3
=
Z
b
a
s
x a
b x
dx;
I
4
=
Z
b
a
3
s
b x
x a
dx.
20. Sa se aluleze:
I
1
=
Z
1
0
e
ax
x
p1
os bx dx; I
2
=
Z
1
0
e
ax
x
p1
sin bx dx; a > 0; p > 0; b 2 IR.
21. Sa se exprime u ajutorul integralelor euleriene urmatoarele integrale:
a)
Z
1
0
dx
n
p
1 x
m
; m > 0; b)
Z
0
dx
p
3 os x
; )
Z
1
0
ln
1
x
p
dx; p > 1;
d)
Z
1
0
x
p1
lnx
1 + x
dx; 0 < p < 1:
PROBLEME DE TEORIA PROBABILIT
ATILOR
RODICA LUCA{TUDORACHE
PROBLEME DE
TEORIA PROBABILIT
ATILOR
CUPRINS
Capitolul 1 Ca^mp de evenimente, a^mp de probabilitate 7
Capitolul 2 Variabile aleatoare . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
x1. Funtia de repartitie, densitatea de probabilitate . . . . . . . . . . . . . . . .26
x2. Carateristii numerie ale variabilelor aleatoare . . . . . . . . . . . . . . . . 33
x3. Legi de probabilitate uzuale ale variabilelor aleatoare . . . . . . . . . . . 42
x4. Funtia arateristia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78
Capitolul 3 Vetori aleatori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81
Bibliograe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100
Capitolul 1
C
^
AMP DE EVENIMENTE,
C
^
AMP DE PROBABILITATE
1. Sa se arate a evenimentele A, A \ B, A [ B din a^mpul de evenimente
(;F) formeaza un sistem omplet de evenimente.
Rezolvare. Vom veria ele doua onditii din denitia a^mpului omplet
de evenimente.
a) Reuniunea elor trei evenimente este ^ntreg spatiul de seletie , adia
A [ (A \ B) [ (A [B) = .
Pentru aeasta relatie avem
A[(A\B)[(A [ B) = [A[(A\B)[(A [B) = [(A[A)\(A[B)[(A [ B) =
= [ \ (A [ B) [ (A [B) = (A [B) [ (A [ B) = .
b) Evenimentele sunt inompatibile doua a^te doua, adia
A \ (B \ A) = (A \ A) \B = ; \B = ;,
A \ (A [ B) = A \ (A \ B) = (A \ A) \B = ; \B = ;,
(A \ B) \ (A [B) = (A \B) \ (A \ B) = A \ (B \ B) = A \ ; = ;.
2. O urna ontine bile albe si bile negre. Se extrag su
esiv din urna 2 bile.
Cu ajutorul evenimentelor
A { prima bila extrasa este alba, B { a doua bila extrasa este alba,
sa se srie evenimentele
C { prima bila extrasa este neagra, D { el putin o bila este alba,
F { ambele bile extrase sunt negre, G { o bila si numai una este alba.
Rezolvare. Avem
C = A (evenimentul ontrar lui A), D = A [B, F = A \ B si
G = (A \ B) [ (B \ A) = (A nB) [ (B n A) = A4B (diferenta simetria).
8 Capitolul 1
3. O urna ontine 3 bile albe si 4 bile negre, iar o alta urna ontine 4 bile albe
si 5 bile negre. Din eare urna se extrage a^te o bila. Se onsidera evenimentele
A { bila extrasa din prima urna este alba,
B { bila extrasa din a doua urna este alba.
Sa se aluleze P (A \B), P (A [B), P (A nB), P (A).
Rezolvare. Avem P (A) =
3
7
si P (B) =
4
9
.
Pentru A \ B, experienta e onsta din extragerea elor doua bile, numarul
de azuri posibile este 7 9 = 63, iar numarul de azuri favorabile este 3 4 = 12.
Dei P (A \ B) =
12
63
=
4
21
.
Apoi avem P (A [B) = P (A) + P (B) P (A \ B) =
3
7
+
4
9
4
21
=
43
63
,
P (A nB) = P (A) P (A \B) =
3
7
4
21
=
5
21
si P (A) = 1 P (A) =
4
7
.
4. Dintr-o urna u n bile din are a albe, b negre, rosii si d verzi se extrage
la ^nta^mplare o bila. Care este probabilitatea a bila extrasa sa e alba sau rosie.
Rezolvare. Fie A
1
evenimentul a bila extrasa din urna sa e alba, iar
A
2
evenimentul a bila extrasa sa e rosie. Deoaree aeste evenimente sunt
inompatibile, avem
P (A
1
[ A
2
) = P (A
1
) + P (A
2
) =
a
n
+
n
=
a+
n
.
5.
^
Intr-un lot de N piese, M sunt defete. Se extrag la ^nta^mplare n piese.
Sa se determine probabilitatea pentru a printre ele n piese extrase, m sa e
defete.
Rezolvare. Numarul de azuri posibile este numarul de grupe de a^te n
piese are se pot forma u ele N piese ale lotului, adia C
n
N
. Pentru a stabili
numarul de azuri favorabile aestui eveniment vom numara grupele de m piese
defete din ele M ale lotului, adia C
m
M
, si apoi grupele de a^te nm piese bune
din ele N M piese bune (fara defetiuni), adia C
nm
NM
. Deoaree la eare
grup de m piese defete se poate asoia orie grup de nm piese bune, rezulta a
numarul de azuri favorabile evenimentului din problema este C
m
M
C
nm
NM
. Atuni
probabilitatea pentru a printre ele n piese extrase, m sa e defete este
P =
C
m
M
C
nm
NM
C
n
N
.
Ca^mp de evenimente, a^mp de probabilitate 9
6. Dintr-o urna u 20 bile numerotate de la 1 la 20 se extrage la ^nta^mplare
o bila. Se ere probabilitatea a numarul ^nsris pe bila extrasa sa e
a) un numar prim; b) un numar impar; ) un numar divizibil u 5.
Rezolvare. Numarul de azuri posibile pentru eare punt din problema
este aelasi, si anume 20. Sa gasim aum azurile favorabile pentru eare punt
^n parte.
La puntul a) sunt 8 azuri favorabile: 2,3,5,7,11,13,17,19; dei probabilitatea
a bila extrasa sa aiba ^nris pe ea un numar prim este P
1
=
8
20
=
2
5
.
La puntul b) sunt 10 azuri favorabile: 1,3,5,7,9,11,13,15,17,19; dei proba-
bilitatea a bila extrasa sa aiba ^nsris pe ea un numar impar este P
2
=
10
20
=
1
2
.
La puntul ) sunt 4 azuri favorabile: 5,10,15,20; dei probabilitatea a bila
extrasa sa aiba ^nsris pe ea un numar divizibil u 5 este P
3
=
4
20
=
1
5
.
7. Un ansamblu de montare este ompus din doua parti onjugate, ax si
busa.
^
Imbinarea are o alitate inferioara daa dimensiunea a el putin uneia din
piese este prea mare sau prea mia. La montare au sosit loturi de axuri si buse
u urmatoarele ompozitii
{ din 10 axuri (un lot), 7 au dimensiuni normale, 2 au dimensiuni prea mii
si un ax are dimensiunea prea mare;
{ din 20 buse (un lot), 16 au dimensiuni normale, una are dimensiunea prea
mia si 3 au dimensiuni prea mari.
Se ere sa se determine probabilitatea evenimentului A, a arui realizare are
lo de ^ndata e ansamblul montat este de alitate inferioara.
Rezolvare. Sa notam u A
1
evenimentul are onsta ^n faptul a ansamblul
este format dintr-un ax de dimensiune normala u o busa de dimensiune prea
mia sau prea mare, u A
2
evenimentul are onsta ^n faptul a ansamblul este
format dintr-un ax de dimensiune prea mia u o busa de orie dimensiune, si
u A
3
evenimentul are onsta ^n faptul a ansamblul este format dintr-un ax de
dimensiune prea mare u o busa de orie dimensiune.
Atuni evenimentul A se srie A = A
1
[ A
2
[ A
3
. Deoaree evenimentele
A
1
; A
2
; A
3
sunt inompatibile doua a^te doua, rezulta a
10 Capitolul 1
P (A) = P (A
1
) + P (A
2
) + P (A
3
).
Numarul de azuri posibile pentru A; A
1
; A
2
si A
3
este numarul de ansam-
bluri are se pot forma u ele 10 axuri si ele 20 buse, adia 10 20 = 200. Apoi
numarul de azuri favorabile pentru A
1
este 7 4 = 28, pentru A
2
este 2 20 = 40,
iar pentru A
3
este 1 20 = 20. Dei
P (A
1
) =
28
200
, P (A
2
) =
40
200
, P (A
3
) =
20
200
, iar P (A) =
88
200
= 0; 44.
Probabilitatea lui A se poate alula mai usor alula^nd mai ^nta^i probabili-
tatea evenimentului ontrar lui A, adia probabilitatea a ansamblul ax-busa sa
aiba dimensiuni normale. Numarul de azuri favorabile lui A este 7 16 = 112,
dei P (A) =
112
200
, iar P (A) = 1
112
200
=
88
200
= 0; 44.
8. Cele 26 litere ale alfabetului srise eare pe un artonas sunt introduse
^ntr-o urna. Se ere probabilitatea a extraga^nd la ^nta^mplare de patru ori a^te
un artonas si aseza^ndu-le ^n ordinea extragerii sa obtinem uva^ntul PARC.
Rezolvare. Avem un singur az favorabil, si anume sa soatem la ele 4
extrageri literele P,A,R si C ^n aeasta ordine. Numarul total de azuri posibile
este 26 25 24 23; ^ntr-adevar drept prima litera poate extrasa oriare din ele
26 litere din urna, dei pentru prima extragere sunt 26 azuri posibile. Pentru
a doua litera rama^n 25 azuri posibile, iar eare az se poate asoia u ele
26 azuri posibile pentru extragerea primei litere; dei obtinem ^n total 26 25
azuri posibile pentru extragerea primelor doua litere. Pentru extragerea elei
de-a treia litera avem 24 azuri posibile, are ombinate u toate azurile posibile
de extragere a primelor litere, dau 26 25 24 azuri posibile pentru extragerea
primelor 3 litere.
^
In sfa^rsit pentru ultima litera rama^n 23 azuri posibile are
ombinate u ele 26 25 24 azuri posibile de extragere a primelor 3 litere,
dau 26 25 24 23 = 358800 azuri posibile de extragere a elor 4 litere. Dei
probabilitatea de a obtine uva^ntul PARC este
P =
1
358800
' 0; 0000028.
Numarul azurilor posibile poate obtinut rationa^nd si astfel: a extrage pe
ra^nd de 4 ori a^te o litera si a le aseza ^n ordinea extragerii este tot una u a
extrage deodata 4 litere. Deoaree ^n formarea grupelor ne intereseaza si ordinea
Ca^mp de evenimente, a^mp de probabilitate 11
literelor, rezulta a numarul extragerilor posibile este numarul de grupe de 4
obiete are se pot forma din ele 26 obiete, iar doua grupe difera el putin prin
natura unui obiet sau prin ordinea obietelor; adia avem A
4
26
= 26 25 24 23
azuri posibile.
9. Zee bile numerotate de la 1 la 10 se aseaza la ^nta^mplare una dupa alta
^ntr-un sir. Care este probabilitatea a dupa bila numerotata u 4 sa urmeze bila
numerotata u 7?
Rezolvare. Sunt P
10
= 10! azuri posibile (moduri de a aseza ele 10 bile
^n sir), iar azuri favorabile avem 9 8! = 9!.
^
Intr-adevar bila numerotata u 4
poate asezata ^n oriare din primele 9 louri, dupa ea urma^nd bila 7; sunt dei
9 azuri diferite de asezare a bilelor 4 si 7 una dupa alta. Celelalte 8 bile ramase
pot asezate pe ele 8 louri ramase ^n 8! moduri diferite, dei earui az de
asezare a bilelor 4 si 7 li se asoiaza a^te 8! moduri de asezare a elorlalte bile.
Dei ^n total avem 9 8! = 9! moduri diferite de asezare a bilelor u onditia a
dupa bila 4 sa urmeze bila 7. Dei probabilitatea evenimentului nostru este
P =
9!
10!
=
1
10
= 0; 1.
10. Se aruna un zar de n ori. Care este probabilitatea a fata u 6 punte
sa apara el putin o data?
Rezolvare. Sa notam u A evenimentul are onsta ^n faptul a la arunarea
zarului de n ori fata u 6 punte apare el putin o data. Vom alula mai ^nta^i
probabilitatea evenimentului ontrar A, adia probabilitatea evenimentului are
onsta ^n faptul a la arunarea zarului de n ori fata 6 sa nu apara niiodata.
La o arunare a zarului probabilitatea pentru a sa nu apara fata 6 este
5
6
(numarul de azuri posibile este 6, iar numarul de azuri favorabile este 5,
deoaree poate sa apara fata u 1,2,3,4 sau 5 punte). La doua arunari ale
zarului probabilitatea pentru a sa nu apara niiodata fata 6 este
5
2
6
2
(numarul de
azuri posibile este 6 6 = 6
2
, deoaree la eare az posibil de la prima arunare
se poate asoia oriare din azurile posibile de la a doua arunare; numarul de
azuri favorabile este 5 5 = 5
2
, deoaree eare dintre ele 5 azuri favorabile de
la prima arunare se poate asoia u oriare az favorabil de la a doua arunare).
12 Capitolul 1
Prin indutie matematia deduem a la n arunari ale zarului, probabilitatea
pentru a sa nu apara niiodata fata 6 este
5
n
6
n
(numarul de azuri posibile este
6
n
, iar numarul de azuri favorabile este 5
n
).
Astfel P (A) =
5
n
6
n
, iar P (A) = 1 P (A) = 1
5
n
6
n
.
11. Se aruna doua zaruri de n ori. Care este probabilitatea a sa apara
pe ambele zaruri 6 punte el putin o data? (Zarurile sunt identie a forma si
strutura, dar au ulori diferite, unul alb si unul negru, dei ele sunt individuali-
zate).
Rezolvare. Sa notam u B evenimentul are onsta ^n faptul a la arunarea
de n ori a elor doua zaruri, perehea (6,6) apare el putin o data. Ca si ^n
problema preedenta, vom alula mai ^nta^i probabilitatea evenimentului ontrar
B, adia a evenimentului are onsta ^n faptul a la arunarea de n ori a elor
doua zaruri perehea (6,6) nu apare niiodata.
La o arunare a elor doua zaruri probabilitatea pentru a sa nu apara (6,6)
este
35
36
.
^
Intr-adevar numarul azurilor posibile este 36, dupa um se vede din
tabloul de mai jos (pe prima pozitie este numarul de punte de pe zarul alb, iar
pe a doua pozitie este numarul de punte de pe zarul negru)
(1,1), (1,2), (1,3), (1,4), (1,5), (1,6)
(2,1), (2,2), (2,3), (2,4), (2,5), (2,6)
(3,1), (3,2), (3,3), (3,4), (3,5), (3,6)
(4,1), (4,2), (4,3), (4,4), (4,5), (4,6)
(5,1), (5,2), (5,3), (5,4), (5,5), (5,6)
(6,1), (6,2), (6,3), (6,4), (6,5), (6,6).
Numarul de azuri favorabile este 35 (oriare az este favorabil, mai putin (6,6)).
Atuni probabilitatea a la arunarea elor doua zaruri sa nu apara (6,6) este
35
36
.
La arunarea de doua ori a elor doua zaruri probabilitatea pentru a sa
nu apara delo (6,6) este
35
2
36
2
.
^
Intr-adevar numarul de azuri posibile este 36
2
,
deoaree oriare dintre ele 36 azuri posibile de la prima arunare poate aso-
iata u oriare dintre azurile posibile de la a doua arunare. Iar numarul de
azuri favorabile este 35
2
, deoaree oriare dintre ele 35 azuri favorabile de la
Ca^mp de evenimente, a^mp de probabilitate 13
prima arunare se poate asoia u oriare dintre ele 35 azuri favorabile de la a
doua arunare. Proeda^nd prin indutie matematia, deduem a la arunarea
de n ori a elor doua zaruri, probabilitatea a sa nu apara niiodata (6,6) este
35
n
36
n
.
Rezulta a P (B) =
35
n
36
n
, iar P (B) = 1
35
n
36
n
.
12. (Problema avalerului de Mere) Sa se arate a probabilitatea de a se
obtine el putin un 6 atuni a^nd se aruna un zar de 4 ori este mai mare dea^t
probabilitatea de a se obtine el putin un (6,6) atuni a^nd se aruna doua zaruri
de 24 ori.
Rezolvare. Fie A evenimentul a aruna^nd de 4 ori un zar sa obtinem el
putin o data fata u 6 punte, si B evenimentul a aruna^nd de 24 ori doua zaruri
sa apara el putin o data (6,6). Din Problema 10 si Problema 11 deduem a
P (A) = 1
5
4
6
4
' 0; 5177, iar P (B) = 1
35
24
36
24
' 0; 4914.
Dei probabilitatea lui A este mai mare dea^t probabilitatea lui B.
13. O urna ontine 4 bile albe si 6 bile negre. Se soate o bila are se pune
deoparte, apoi se extrage ^na o bila din urna.
a) Stiind a prima bila extrasa din urna este alba, are este probabilitatea
a a doua bila extrasa sa e tot alba? Dar a doua bila sa e neagra?
b) Neunosa^nd uloarea primei bile extrasa, are este probabilitatea a a
doua bila extrasa sa e alba? Dar neagra?
Rezolvare. a) Deoaree la prima extragere am obtinut o bila alba, are se
pune deoparte, ^nseamna a ^n urna au ramas 3 bile albe si 6 bile negre. Dei
probabilitatea de a obtine la a doua extragere o bila alba este P
1
=
3
9
=
1
3
, iar
probabilitatea a la a doua extragere sa soatem o bila neagra este
P
2
=
6
9
=
2
3
(= 1 P
1
).
b) Vom onsidera ele doua extrageri su
esive a un singur eveniment.
Numarul de azuri posibile este 10 9 = 90, deoaree avem 10 azuri posibile
la prima extragere si eare astfel de az se poate ombina u oriare din ele
9 azuri posibile de la a doua extragere. Sa numaram aum azurile favorabile.
Daa presupunem a la prima extragere obtinem o bila alba atuni sunt 4 azuri
14 Capitolul 1
favorabile pentru prima extragere si 3 azuri favorabile pentru a doua bila, dei
^n total 4 3 = 12 azuri favorabile. Daa prima bila extrasa este neagra, atuni
sunt 6 azuri favorabile pentru prima extragere si 4 azuri favorabile pentru a
doua bila (alba), dei ^n total sunt 6 4 = 24 azuri favorabile. Aduna^nd azurile
favorabile din ele doua situatii obtinem 12+24 = 36 azuri favorabile evenimen-
tului nostru. Dei probabilitatea a neunosa^nd prima bila extrasa, sa obtinem
la a doua extragere o bila alba este
P
3
=
36
90
=
2
5
.
Pentru a doua parte a puntului b), adia neunosa^nd uloarea primei bile
extrasa, sa obtinem la a doua extragere o bila neagra, proedam asemanator si
obtinem
P
4
=
4 6 + 6 5
90
=
54
90
=
3
5
(= 1 P
3
).
14. Sapte mingi sunt puse la ^nta^mplare ^n 3 utii C
1
; C
2
; C
3
. Care este
probabilitatea a ^n utia C
2
sa e 3 mingi?
Rezolvare. Avem 3
7
azuri posibile aestui eveniment.
^
Intr-adevar sa pre-
supunem a numerotam mingile de la 1 la 7. Atuni prima minge poate dis-
tribuita ^n oriare din ele 3 utii, dei sunt 3 azuri posibile. A doua minge poate
si ea distribuita ^n oriare din ele 3 utii, dei pentu ele doua mingi avem 3
2
azuri posibile. Pentru toate ele 7 mingi vom avea 3
7
azuri posibile.
Numarul azurilor favorabile este C
3
7
2
4
. Deoaree un grup de 3 mingi
sunt introduse ^n utia a doua, avem C
3
7
moduri diferite de alegere a unui grup
de 3 mingi din ele 7 date. Cele 4 mingi ramase se pot distribui ^n ele doua
utii ramase ^n 2
4
moduri diferite. Dei ^n total avem C
3
7
2
4
azuri favorabile.
Probabilitatea evenimentului din problema este atuni
P =
C
3
7
2
4
3
7
' 0; 2561.
15. Doisprezee elevi dintre are 6 fete si 6 baieti sunt asezati la ^nta^mplare
a^te 2 ^ntr-o bana. Care este probabilitatea a ^n eare bana sa e un baiat si
o fata?
Rezolvare. Sa numerotam banile de la 1 la 6. Avem ^n total
12!
2
6
azuri
posibile de asezare a elor 12 elevi ^n ele 6 bani.
^
Intr-adevar ^n prima bana
Ca^mp de evenimente, a^mp de probabilitate 15
se pot aseza oriare din ele C
2
12
perehi de elevi are se pot forma din ei 12
elevi; ^n bana a doua se pot aseza oriare din ele C
2
10
perehi de elevi are se
pot forma din ei 10 elevi ramasi, dei numai pentru doua bani sunt C
2
12
C
2
10
azuri posibile. Proeda^nd asemanator ^n ontinuare obtinem a numarul total
al azurilor posibile evenimentului din problema este
C
2
12
C
2
10
C
2
8
C
2
6
C
2
4
C
2
2
=
12 11
2
10 9
2
8 7
2
6 5
2
4 3
2
2 1
2
=
12!
2
6
= 7484400.
Cazurile favorabile aestui eveniment sunt ^n numar de (6!)
2
.
^
Intr-adevar, ^n
prima bana se pot aseza oriare din ele 6
2
perehi (o fata si un baiat) are se
pot forma grupa^nd ^n toate modurile posibile un baiat si o fata din ei 12 elevi.
^
In bana a doua se pot aseza oriare din ele 5
2
perehi (fata si baiat) are se pot
forma grupa^nd ^n toate modurile posibile eare baiat din ei 5 ramasi u eare
fata din ele 5 ramase. Proeda^nd asemanator pentru elelalte bani obtinem
numarul total al azurilor favorabile
6
2
5
2
4
2
3
2
2
2
1
2
= (6!)
2
= 518400.
Dei probabilitatea a ^n eare bana sa e un baiat si o fata este
P =
518400
7484400
' 0; 0693.
16. Doua persoane joaa un jo u mai multe punte. Joul este a^stigat de
el are obtine primul al treilea punt. Daa sorul este 2-1 ^n favoarea unuia din
juatori, are este probabilitatea a el sa a^stige joul? Se admite a juatorii
sunt de forte egale, adia orie punt pus ^n jo este adjudeat de unul din ei
doi parteneri u probabilitatea
1
2
.
Rezolvare. Sa notam u C evenimentul a primul juator J
1
sa a^stige joul,
A
1
evenimentul a J
1
sa a^stige primul punt are urmeaza, si u A
2
evenimentul
a J
1
sa a^stige al doilea punt are urmeaza. Evenimentul C se exprima ^n
funtie de evenimentele A
1
si A
2
astfel
C = A
1
[ (A
1
\ A
2
).
Deoaree P (A
1
) = P (A
2
) =
1
2
, pentru probabilitatea lui C avem
P (C) = P (A
1
) + P (A
1
\ A
2
) = P (A
1
) + P (A
1
) P (A
2
) =
1
2
+
1
2
1
2
=
3
4
.
^
In formula de mai sus am folosit faptul a evenimentele A
1
si A
1
\ A
2
sunt
16 Capitolul 1
inompatibile, iar evenimentele A
1
si A
2
sunt independente.
Probabilitatea a al doilea juator sa a^stige joul este P
0
= 1 P (C) =
1
4
.
Aeasta problema este o alta problema elebra a avalerului de Mere din
seolul al XVII, legata de ^mpartirea mizei la ^ntreruperea unui jo, atuni a^nd
sorul este 2-1. Aest pasionat juator de jouri de noro sustinea a miza ar
trebui ^mpartita ^n raportul
2
1
. Asa um am vazut mai sus ^n realitate miza M
trebuie ^mpartita ^n raportul
3
1
, adia juatorul J
1
sa ia 3 parti din M , iar al
doilea juator sa ia o parte din M .
17. Trei tragatori trag simultan asupra aeleiasi tinte. Probabilitatile de
nimerire a tintei pentru ei trei tragatori sunt p
1
= 0; 6, p
2
= 0; 4, respetiv
p
3
= 0; 8. Sa se aluleze probabilitatea a
a) toti tragatorii sa nimereasa tinta;
b) tinta sa e nimerita el putin o data;
) tinta sa e nimerita exat o data.
Rezolvare. Sa notam u A
i
evenimentul a tragatorul i sa nimereasa tinta,
i = 1; 3, A evenimentul a tinta sa e nimerita de toti tragatorii, B evenimentul
a tinta sa e nimerita de el putin un tragator, iar u C evenimentul a tinta sa
e nimerita exat o data.
a) Evenimentul A se exprima ^n funtie de A
i
, i = 1; 3 astfel A = A
1
\A
2
\A
3
.
Deoaree A
i
, i = 1; 3 sunt independente ^ntre ele rezulta a
P (A) = P (A
1
) P (A
2
) P (A
3
) = p
1
p
2
p
3
= 0; 6 0; 4 0; 8 = 0; 192.
b) Evenimentul B se exprima ^n funtie de A
i
, i = 1; 3 astfel
B = A
1
[ A
2
[ A
3
. Atuni
P (B) = P (A
1
[ A
2
[ A
3
) = P (A
1
) + P (A
2
) + P (A
3
) P (A
1
\ A
2
)
P (A
1
\ A
3
) P (A
2
\ A
3
) + P (A
1
\ A
2
\ A
3
) = P (A
1
) + P (A
2
) + P (A
3
)
P (A
1
)P (A
2
) P (A
1
)P (A
3
) P (A
2
)P (A
3
) + P (A
1
)P (A
2
)P (A
3
) = 0; 6 + 0; 4+
+0; 8 0; 24 0; 48 0; 32 + 0; 192 = 0; 952.
Probabilitatea evenimentului B se mai poate alula ^n felul urmator: al-
ulam mai ^nta^i probabilitatea evenimentului ontrar, B, si apoi probabilitatea lui
B. Evenimentul B onsta ^n faptul a tinta nu este nimerita de nii un tragator,
Ca^mp de evenimente, a^mp de probabilitate 17
adia B = A
1
\ A
2
\ A
3
. Dei
P (B) = P (A
1
)P (A
2
)P (A
3
) = 0; 048; iar P (B) = 1P (B) = 10; 048 = 0; 952.
) Evenimentul C se srie ^n funtie de A
i
, i = 1; 3 astfel
C = (A
1
\ A
2
\ A
3
) [ (A
1
\ A
2
\ A
3
) [ (A
1
\ A
2
\ A
3
).
Deoaree evenimentele A
1
\A
2
\A
3
, A
1
\A
2
\A
3
si A
1
\A
2
\A
3
sunt inompatibile
doua a^te doua, rezulta a
P (C) = P (A
1
\ A
2
\ A
3
) + P (A
1
\ A
2
\ A
3
) + P (A
1
\ A
2
\ A
3
).
Evenimentele A
i
, i = 1; 3 ind independente, deduem a
P (C) = P (A
1
)P (A
2
)P (A
3
) + P (A
1
)P (A
2
)P (A
3
) + P (A
1
)P (A
2
)P (A
3
) =
= p
1
(1 p
2
)(1 p
3
) + (1 p
1
)p
2
(1 p
3
) + (1 p
1
)(1 p
2
)p
3
= 0; 6 0; 6 0; 2+
+0; 4 0; 4 0; 2 + 0; 4 0; 6 0; 8 = 0; 296.
18. Se aruna o moneda de 3 ori. Care este probabilitatea sa obtinem de
eare data "stema"?
Rezolvare. Sa notam u A
1
evenimentul are onsta ^n faptul a la prima
arunare se obtine "stema", u A
2
evenimentul a la a doua arunare sa se obtina
"stema", iar u A
3
evenimentul a la a treia arunare sa se obtina "stema".
Probabilitatile de realizare a evenimentelor A
i
, i = 1; 3 sunt
P (A
1
) = P (A
2
) = P (A
3
) =
1
2
.
Evenimentul A are onsta ^n faptul a aruna^nd de 3 ori moneda obtinem
de eare data "stema" se exprima ^n funtie de A
i
, i = 1; 3 astfel
A = A
1
\ A
2
\ A
3
.
Deoaree evenimentele A
i
, i = 1; 3 sunt independente, rezulta a
P (A) = P (A
1
)P (A
2
)P (A
3
) =
1
2
1
2
1
2
=
1
8
.
19. Se aruna doua zaruri, unul alb si unul negru. Sa onsideram eveni-
mentele
A { la primul zar (alb) apare fata u 5 punte,
B { numarul total de punte obtinut la ele doua zaruri este mai mare dea^t 8.
Sa se determine probabilitatea lui B onditionata de A, P (B=A).
Rezolvare. Daa s-a realizat A, adia la primul zar apar 5 punte, atuni
pentru B exista 6 azuri posibile
18 Capitolul 1
(5,1), (5,2), (5,3), (5,4), (5,5), (5,6).
Dintre aestea doar 3 sunt azuri favorabile lui B, si anume (5,4), (5,5), (5,6).
Dei P (B=A) =
3
6
=
1
2
.
Probabilitatea lui B onditionata de A se poate alula si u formula
P (B=A) =
P (A \ B)
P (A)
.
Deoaree P (A) =
1
6
(6 azuri posibile si un az favorabil), iar P (A \B) =
3
36
=
=
1
12
(sunt 36 azuri posibile si 3 azuri favorabile (5,4), (5,5), (5,6)), rezulta a
P (B=A) =
1=12
1=6
=
1
2
.
20. Avem 3 urne U
1
u 4 bile albe si 7 bile negre, U
2
u 6 bile albe si 3 bile
negre, si U
3
u 5 bile albe si 4 bile negre. Din una din aeste urne se extrage o
bila. Se onsidera evenimentele
A { bila extrasa este alba; A
1
{ extragerea se realizeaza din U
1
;
A
2
{ extragerea se realizeaza din U
2
; A
3
{ extragerea se realizeaza din U
3
.
Sa se aluleze P (A=A
1
), P (A=A
2
) si P (A=A
3
).
Rezolvare. Avem P (A=A
1
) =
4
11
, P (A=A
2
) =
6
9
=
2
3
, P (A=A
3
) =
5
9
.
21. O urna ontine a bile albe si b bile negre. Se extrag su
esiv trei bile
(fara ^ntoarerea bilei extrasa ^n urna). Se onsidera evenimentele
A { prima bila extrasa este alba; B { a doua bila extrasa este alba;
C { a treia bila extrasa este alba.
Sa se aluleze P (B=A) si P (C=A \B).
Rezolvare. Daa s-a realizat evenimentul A ^nseamna a s-a extras o bila
alba din urna, rama^na^nd astfel ^n urna a 1 bile albe si b bile negre. Atuni
P (B=A) =
a 1
a+ b 1
.
Daa se realizeaza evenimentele A si B, adia s-au extras din urna doua bile
albe, atuni probabilitatea a a treia bila extrasa sa e neagra este
P (C=A \B) =