Szerkesztő:Mozo/A3 gyakorló feladatok 6.
Mozo (vitalap | szerkesztései) (→Ívhossz és ívhosszparaméterezés) |
Mozo (vitalap | szerkesztései) (→Egzaktra visszavezethető egyenlet) |
||
(egy szerkesztő 136 közbeeső változata nincs mutatva) | |||
1. sor: | 1. sor: | ||
− | == | + | ==Differenciálgeometria== |
===Ívhossz és ívhosszparaméterezés=== | ===Ívhossz és ívhosszparaméterezés=== | ||
:<math>s=\int\limits_{t_1}^{t_2}|\dot{\mathbf{r}}(t)|dt</math> | :<math>s=\int\limits_{t_1}^{t_2}|\dot{\mathbf{r}}(t)|dt</math> | ||
− | :<math>s(t')=\int\limits_{ | + | :<math>s(t')=\int\limits_{t_0}^{t'}|\dot{\mathbf{r}}(t)|dt</math> |
:<math>s=s(t')\qquad\to\qquad t'=t'(s)\qquad\to\qquad \mathbf{r}(s)=\mathbf{r}(t')|_{t'=t'(s)}</math> | :<math>s=s(t')\qquad\to\qquad t'=t'(s)\qquad\to\qquad \mathbf{r}(s)=\mathbf{r}(t')|_{t'=t'(s)}</math> | ||
9. sor: | 9. sor: | ||
:<math>\mathbf{r}(t)=(t\cos \ln t, t\sin \ln t, t)</math> | :<math>\mathbf{r}(t)=(t\cos \ln t, t\sin \ln t, t)</math> | ||
− | b) Mi az alábbi görbe ívhossza a [0, | + | b) Mi az alábbi görbe ívhossza a [0,1] paraméterszakaszon és mi az ívhosszparaméterezése t=0-tól kezdődően? |
− | :<math>\mathbf{r}(t)=(t, 2t | + | :<math>\mathbf{r}(t)=(\frac{4\sqrt{3}}{3}\sqrt{t^3}, 2t, \frac{3}{2}t^2)</math> |
MO.: a) | MO.: a) | ||
− | :<math>\dot{\mathbf{r}}(t)=(t\cos \ln t, t\sin \ln t, t)</math> | + | :<math>\dot{\mathbf{r}}(t)=(\cos\ln t-t\sin\ln t\cdot \frac{1}{t},\sin\ln t+t\cos\ln t\cdot \frac{1}{t}, 1)=(\cos\ln t-\sin\ln t,\sin\ln t+\cos\ln t, 1)</math> |
+ | :<math>|\dot{\mathbf{r}}(t)|=\sqrt{(\cos\ln t-\sin\ln t)^2+(\sin\ln t+\cos\ln t)^2+1}=</math> | ||
+ | :<math>=\sqrt{\cos^2\ln t+\sin^2\ln t-2\cos\ln t\sin\ln t+\cos^2\ln t+\sin^2\ln t+2\cos\ln t\sin\ln t+1}=\sqrt{1+1+1}=\sqrt{3}</math> | ||
+ | Ívhossz: [1,e]-n: | ||
+ | :<math>s=\int\limits_{1}^{e}\sqrt{3}\,dt=[\sqrt{3}\cdot t]_1^e=\sqrt{3}(e-1)</math> | ||
+ | Ívhossz paraméterezés t=1-től: | ||
+ | :<math>s(t')=\int\limits_{t=1}^{t'}\sqrt{3}\,dt=[\sqrt{3}\cdot t]_{1}^{t'}=\sqrt{3}(t'-1)\qquad\to\qquad t'=\frac{s}{\sqrt{3}}+1</math> | ||
+ | :<math>\mathbf{r}(s)=\left(\left(\frac{s}{\sqrt{3}}+1\right)\cos \ln \left(\frac{s}{\sqrt{3}}+1\right), \left(\frac{s}{\sqrt{3}}+1\right)\sin \ln \left(\frac{s}{\sqrt{3}}+1\right), \frac{s}{\sqrt{3}}+1\right)</math> | ||
+ | b) | ||
+ | :<math>\sqrt{t^3}=t^{\frac{3}{2}}</math> | ||
+ | :<math>\dot{\mathbf{r}}(t)=(\frac{4\sqrt{3}}{3}\frac{3}{2}\sqrt{t}, 2, \frac{3}{2}2t)=(2\sqrt{3}\sqrt{t}, 2, 3t)</math> | ||
+ | :<math>|\dot{\mathbf{r}}(t)|=\sqrt{12t+ 4+9t^2}=</math> | ||
+ | Vegyük észre, hogy a négyzetgyök alatt teljes négyzet áll: | ||
+ | :<math>=\sqrt{12t+ 4+9t^2}=\sqrt{9t^2+12t+4}=\sqrt{(3t+2)^2}=|3t+2|</math> ez t>0-ra persze azonos 3t+2-vel. | ||
+ | |||
+ | Ívhossz: [1,e]-n: | ||
+ | :<math>s=\int\limits_{0}^{10}3t+2\,dt=\left.\frac{(3t+2)^2}{6}\right|_0^{10}=\frac{(32)^2}{6}-\frac{2}{3}</math> | ||
+ | Ívhossz paraméterezés t=0-tól: | ||
+ | :<math>s(t')=\int\limits_{t=1}^{t'}3t+2\,dt=\left[\frac{(3t+2)^2}{6}\right]_{0}^{t'}=\frac{(3t'+2)^2}{6}-\frac{2}{3}</math> | ||
+ | |||
+ | :<math>t'=\frac{\sqrt{6(s+\frac{2}{3})}-2}{3}=\frac{\sqrt{6s+4}-2}{3}</math> | ||
+ | |||
+ | :<math>\mathbf{r}(s)=\left(\frac{4\sqrt{3}}{3}\sqrt{\left(\frac{\sqrt{6s+4}-2}{3}\right)^3}, 2\frac{\sqrt{6s+4}-2}{3}, \frac{3}{2}\left(\frac{\sqrt{6s+4}-2}{3}\right)^2\right)</math> | ||
+ | ===Felszín=== | ||
+ | <math>\mathbf{r}=\mathbf{r}(u,v)</math> esetén | ||
+ | :<math>A=\iint\limits_{T_{u,v}}|\partial_u\mathbf{r}\times\partial_v\mathbf{r}|\,dudv</math> | ||
+ | <math>z=f(x,y)</math> esetén | ||
+ | :<math>A=\iint\limits_{T_{x,y}}\sqrt{(\partial_xf)^2+(\partial_yf)^2+1}\,dxdy</math> | ||
+ | '''2.''' a) Számítsuk ki a <math>z=x^2-y^2</math> egyenlettel adott felület azon darabjának felszínét, melyet az <math>x^2+y^2\leq 4</math>, <math>x\geq 0</math> feltételek adnak meg! | ||
+ | |||
+ | b) Számítsuk ki a <math>z=\frac{x^2}{2y}</math> egyenlettel adott felület azon darabjának felszínét, melyet az <math>0\leq x\leq 1</math>, <math>1\leq y\leq 3</math> feltételek adnak meg! | ||
+ | |||
+ | c) Számítsuk ki az <math>\mathbf{r}(u,v)=(u\cos v,u\sin v,u)</math> felület azon darabjának felszínét, melyet a <math>0\leq u\leq 2</math>, <math>0\leq v\leq \pi</math> feltételek adnak meg! | ||
+ | |||
+ | MO.: a) | ||
+ | :<math>\sqrt{(\partial_xz(x,y))^2+(\partial_yz(x,y))^2+1}=\sqrt{(2x)^2+(2y)^2+1}=\sqrt{4x^2+4y^2+1}=\sqrt{4(x^2+y^2)+1}</math> | ||
+ | Mivel a tartomány is és a függvény is hengerszimmetriát mutat (minden amiben <math>x^2+y^2</math> van, az hengerszimmetrikus), ezért az integrált hengerkoordinátákban számítjuk ki. A tartomány derékszögű és polárparamméterezése (érdemes felrajzolni koordinátarendszerben és leolvasni az r-t, φ-t), r a Jacobi-determináns: | ||
+ | :<math>T_{x,y}=\{(x,y)\mid x^2+y^2\leq 4, x\geq 0 \}</math> | ||
+ | :<math>T_{r,\varphi}=\{(r,\varphi)\mid 0\leq r\leq 2, -\frac{\pi}{2}\leq\varphi\leq \frac{\pi}{2}\}</math> | ||
+ | :<math>A=\int\limits_{\varphi=-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\int\limits_{r=0}^2\sqrt{4r^2+1}\,r\,drd\varphi=\frac{1}{8}\int\limits_{\varphi=-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\int\limits_{r=0}^2\sqrt{4r^2+1}\,8r\,drd\varphi=\frac{1}{8}[\varphi]_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\cdot[\frac{2}{3}(4r^2+1)^{\frac{3}{2}}]_0^2=\frac{\pi}{24}(17^{\frac{3}{2}}-1)</math> | ||
+ | b) | ||
+ | :<math>\sqrt{(\frac{x}{y})^2+(-2\frac{x^2}{4y^2})^2+1}=\sqrt{\frac{x^2}{y^2}+\frac{x^4}{4y^4}+1}=</math> | ||
+ | Vegyük észre, hogy a négyzetgyök alatt egy teljes négyzet | ||
+ | :<math> | ||
+ | =\sqrt{\frac{x^2}{y^2}+\frac{x^4}{4y^4}+1}=\sqrt{\left(\frac{x}{2y}+1\right)^2}=\left|\frac{x}{2y}+1\right|</math>, ami <math>\frac{x}{2y}+1</math>, a <math>0\leq x\leq 1</math>, <math>1\leq y\leq 3</math> feltételek mellett. | ||
+ | :<math>T_{x,y}=\{(x,y)\mid 0\leq x\leq 1,1\leq y\leq 3 \}</math> | ||
+ | :<math>A=\int\limits_{x=0}^1\int\limits_{y=1}^3\,\frac{x}{2y}+1\,dydx=\int\limits_{x=0}^1\,\left[2x(\ln y)+y\right]_{y=1}^3\,dx=\int\limits_{x=0}^1\,2x(\ln 3)+2\,dx=[x^2(\ln 3)+2x]_0^1=(\ln 3)+2</math> | ||
+ | ===Érintősík=== | ||
+ | Ha <math>\mathbf{r}=\mathbf{r}(u,v)</math> a felület, akkor az érintősík normálisa: | ||
+ | :<math>\mathbf{n}=\partial_u\mathbf{r}\times\partial_v\mathbf{r}</math>, ha pedig '''n'''=(A,B,C), akkor az érintősík egyenlete: | ||
+ | :<math>A(x-x_0)+B(y-y_0)+C(z-z_0)=0</math> | ||
+ | ahol <math>(x_0,y_0,z_0)</math> annak a pontnak a koordinátái, ahol az érintősíkot keressük, ez néha <math>\mathbf{r}(u_0,v_0)</math>-ként van meghatározva. Speciálisan, ha z=f(x,y) és u=x, v=y, akkor <math>\mathbf{n}=(\partial_xf,-\partial_yf,1)</math>. Ugyanis ekkor (x,y,f(x,y)) a felület és | ||
+ | :<math>\partial_x\mathbf{r}=(1,0,\partial_xf)</math> | ||
+ | :<math>\partial_y\mathbf{r}=(0,1,\partial_yf)</math> | ||
+ | |||
+ | :<math>\begin{vmatrix}\mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k}\\ | ||
+ | 1 &0 &\partial_xf | ||
+ | \\ | ||
+ | 0 & 1 & \partial_yf | ||
+ | \end{vmatrix}=-\mathbf{i}\partial_xf-\mathbf{j}\partial_yf+\mathbf{k}</math> | ||
+ | |||
+ | '''3.''' a) <math>\mathbf{r}(u,v)=(e^u\sin v,e^u,uv+1)</math>. Mi az érintősíkja az (u,v)=(0,0)-ban? | ||
+ | |||
+ | b) <math>z=x^2-y^2</math> érintősíkja a <math>(x_0,y_0,z_0)=(0,1,-1)</math>-ben. | ||
+ | |||
+ | MO.: a) | ||
+ | :<math>\partial_u\mathbf{r}=(e^u\sin v,e^u,v)</math> | ||
+ | :<math>\partial_v\mathbf{r}=(e^u\cos v,0,u)</math> | ||
+ | az adott (0,0) pontban | ||
+ | :<math>\partial_u\mathbf{r}=(0,1,0)=\mathbf{j}</math> | ||
+ | :<math>\partial_v\mathbf{r}=(1,0,0)=\mathbf{i}</math> | ||
+ | ezek vektoriális szorzata: -'''k''', azaz a normálvektor: (A,B,C)=(0,0,-1) vagy egyszerűbben (A,B,C)=(0,0,1) mert az érintősíknál nincs jelentősége a normálvektor irányításának. Az adott pont: <math>\mathbf{r}(0,0)=(0,1,1)=(x_0,y_0,z_0)</math> | ||
+ | Tehát a sík egyenlete: | ||
+ | z-1=0, azaz z=1. | ||
+ | |||
+ | b) | ||
+ | <math>\mathbf{n}=(2x,-2y,1)=(0,-2,1)=(A,B,C)</math> | ||
+ | |||
+ | <math>-2(y-1)+z+1=0\,</math> | ||
+ | |||
+ | ==Differenciálegyenletek== | ||
+ | |||
+ | ===Egzaktra visszavezethető egyenlet=== | ||
+ | Mi a megoldása az <math>x^2-y^2+ 3xyy'=0\,</math> egyenletnek? | ||
+ | |||
+ | MO.: | ||
+ | :<math>(x^2-y^2)dx+ 3xydy=0\,</math> legyen itt: | ||
+ | |||
+ | :<math>P(x,y)=x^2-y^2,\quad Q(x,y)=3xy</math> | ||
+ | :<math>\partial_yP-\partial_xQ=-2y-3y=-5y</math> | ||
+ | :<math>R(x)=\frac{\partial_y P-\partial_yQ}{Q}=\frac{-5y}{3xy}=-\frac{5}{3}\frac{1}{x}</math> | ||
+ | :<math>\mu(x)=e^{\int -\frac{5}{3}\frac{1}{x}dx}=e^{-\frac{5}{3}\ln|x|}=x^{-\frac{5}{3}}</math> | ||
+ | |||
+ | :<math>(x^{\frac{1}{3}}-x^{-\frac{5}{3}}y^2)dx+ 3x^{-\frac{2}{3}}ydy=0\,</math> | ||
+ | |||
+ | ===Függvényegyütthatós lineáris egyenlet=== | ||
+ | Mi a megoldása az <math>y'-2xy=x\,</math> egyenletnek? Melyik az a partikuláris megoldás, melyre <math>y(0)=-\frac{1}{2}</math>? | ||
+ | |||
+ | MO.: | ||
+ | |||
+ | A homogén megoldása: | ||
+ | :<math>y'-2xy=0\,</math> | ||
+ | :<math>y'=2xy\,</math> | ||
+ | :<math>\frac{dy}{dx}=2xy\,\qquad (y=0\;\mathrm{mo.})</math> | ||
+ | :<math>\int\frac{dy}{y}=\int 2xdx\,</math> | ||
+ | :<math>\ln|y|=x^2+C\,</math> | ||
+ | :<math>|y|=e^{x^2+C}\,</math> | ||
+ | :<math>y=ce^{x^2}\,</math> elsőrendű homogén lineáris megoldása egy egydimenziós függvénytér, ebben a 0 is benne van. | ||
+ | |||
+ | Az inhomogén egy partikuláris megoldását az alábbi alakban keressük: | ||
+ | :<math>y=c(x)e^{x^2}\,</math> | ||
+ | :<math>y'=c'(x)e^{x^2}+c(x)2xe^{x^2}\,</math> | ||
+ | Behelyettesítve: | ||
+ | :<math>c'(x)e^{x^2}+c(x)2xe^{x^2}-2xc(x)e^{x^2}=x\,</math> | ||
+ | :<math>c'(x)e^{x^2}=x\,</math> | ||
+ | :<math>c'(x)=xe^{-x^2}\,</math> | ||
+ | :<math>c(x)=-\frac{1}{2}\int -2xe^{-x^2}\,dx=-\frac{1}{2}e^{-x^2}</math> elég egy partikuláris megoldás. | ||
+ | Innen az inhomogén általános megoldása: | ||
+ | :<math>y=ce^{x^2}-\frac{1}{2}e^{-x^2}e^{x^2}\,=ce^{x^2}-\frac{1}{2}</math> | ||
+ | |||
+ | A kezdeti érték feladathoz: | ||
+ | :<math>y=ce^{x^2}-\frac{1}{2}</math> | ||
+ | :<math>-\frac{1}{2}=c-\frac{1}{2}</math> | ||
+ | Azaz c=0 és így | ||
+ | :<math>y_P=-\frac{1}{2}</math> | ||
+ | |||
+ | ===Lineáris állandóegyütthatós=== | ||
+ | |||
+ | Minden | ||
+ | :<math>f_0(x)y+f_1(x)y'+...+f_n(x)y^{(n)})=f(x)</math> | ||
+ | lineáris differenciálegyenlet megoldásainak halmaza | ||
+ | :<math>\,y=y_H+y_P</math> | ||
+ | alakú, ahol <math>y_H</math> a homogén | ||
+ | :<math>f_0(x)y+f_1(x)y'+...+f_n(x)y^{(n)})</math> | ||
+ | egyenlet megoldása, y_p pedig az egyenlet egy partikuláris megoldása. | ||
+ | |||
+ | Állandóegyütthatójú, ha | ||
+ | :<math>f_0(x)=a_0, f_1(x)=a_1+...+f_n(x)=a_n</math> számok. | ||
+ | Gyakran csak másodrendű: | ||
+ | :<math>ay''+by'+cy=f(x)\,</math> | ||
+ | ha ''a'', ''b'', ''c'' ∈ '''R'''. | ||
+ | |||
+ | Ilyenkor a homogén egyenlet megoldását az ''a''λ<sup>2</sup>+''b''λ+''c''=0 karakterisztikus egyenlet megoldásából származó λ gyökökből száraztatjuk (bizonyítása a bizonyítások között). | ||
+ | |||
+ | :<math>y(x)=C_1e^{\lambda_1x}+C_2e^{\lambda_2x}</math>, ha <math>\lambda_1\ne\lambda_2\in\mathbf{R}\,</math> | ||
+ | :<math>y(x)=C_1e^{\lambda x}+C_2xe^{\lambda x}\,</math>, ha <math>\lambda_1=\lambda_2=\lambda\in\mathbf{R}\,</math> (gyök vagy belső rezonancia esete) | ||
+ | :<math>y(x)=C_1e^{\alpha x}\cos(\beta x)+C_2e^{\alpha x}\sin(\beta x)\,</math>, ha <math>\lambda_{1,2}=\alpha\pm\beta i\in\mathbf{C}\,</math> | ||
+ | |||
+ | Az inhomogén egyenlet megoldását a következő alakban keressük. Ha az inhomogén tag az alábbi alakban írható | ||
+ | :<math>f(x)=e^{ax}\left(p(x)\cos(bx)+q(x)\sin(bx)\right)</math> | ||
+ | ahol p(x) és q(x) polinomok és a ''a''+i''b'' ∈ '''C''' szám ''m'' szeres gyöke az ''a''λ<sup>2</sup>+''b''λ+''c'' karakterisztikus polinomnak, akkor az y<sub>p</sub>(x) partikuláris megoldásra a feltevés: | ||
+ | :<math>y_p(x)=x^me^{ax}\left(P(x)\cos(bx)+Q(x)\sin(bx)\right)</math> | ||
+ | ahol P(x) és Q(x) olyan polinomok, hogy deg P(x)=deg Q(x)= max{deg p(x), deg q(x)}. | ||
+ | |||
+ | |||
+ | '''4.''' <math>y''+4y=\sin(2x)\,</math> kezdeti feltételek: <math>y(0)=0</math>, <math>y'(0)=-1</math> | ||
+ | |||
+ | MO.: I. Először a homogén egyenletet oldjuk meg: | ||
+ | :<math>y''+4y=0\,</math> | ||
+ | :<math>\lambda^2+4=0\qquad\to\qquad \lambda_{1,2}=\pm 2i</math> (tehát a megoldás <math>\alpha\pm\beta i</math>, alakú, ahol <math>\alpha=0, \beta=2</math>) | ||
+ | |||
+ | :<math>y_H=C_1\cos(2x)+C_2\sin(2x)\,</math> | ||
+ | |||
+ | II. Vegyük észre, hogy a karakterisztikus egyenlet <math>\beta=2</math> gyöke rezonanciában van az <math>\sin(2x)</math> inhomogén tag 2 frekvenciájával. Ekkor egy x szorzót veszünk hozzá az <math>A\sin(2 x)+B\cos(2 x)</math> kifejezéshez, ezért a próbafüggvény: | ||
+ | :<math>y_P=x(A\sin(2x)+B\cos(2x))\,</math> | ||
+ | lesz. | ||
+ | :<math>\,y_P'=A\sin(2x)+2Ax\cos(2x)+B\cos(2x)-2Bx\sin(2x)\,</math> | ||
+ | :<math>\,y_P''=2A\cos(2x)+2A\cos(2x)-4Ax\sin(2x)-2B\sin(2x)-2B\sin(2x)-4Bx\cos(2x)\,</math> | ||
+ | Behelyettesítve az egyenletbe: | ||
+ | :<math>y''+4y=\sin(2x)\,</math> | ||
+ | :<math>\,4A\cos(2x)-4Ax\sin(2x)-4B\sin(2x)-4Bx\cos(2x)+4xA\sin(2x)+4Bx\cos(2x)=\sin(2x) | ||
+ | </math> | ||
+ | :<math>\,4A\cos(2x)-4B\sin(2x)=1\cdot\sin(2x)+0\cdot \cos(2x)</math> | ||
+ | Az együtthatókat leolvasva: | ||
+ | :<math>4A=0,-4B=1</math> azaz <math>A=0, B=-\frac{1}{4}</math> | ||
+ | Az általános megoldás: | ||
+ | :<math> | ||
+ | y=C_1\cos(2x)+C_2\sin(2x)-\frac{1}{4}\sin(2x)</math> | ||
+ | A kezdeti érték feltételből a konstansok: | ||
+ | :<math>y(0)=0\,</math> | ||
+ | :<math> | ||
+ | 0=C_1\,</math> | ||
+ | :<math>y'(0)=-1\,</math> | ||
+ | :<math> | ||
+ | y'=-2C_1\sin(2x)+2C_2\cos(2x)-\frac{1}{2}\cos(2x)</math> | ||
+ | :<math> | ||
+ | -1=+2C_2-\frac{1}{2}</math> | ||
+ | :<math> | ||
+ | -\frac{1}{2}=+2C_2</math> | ||
+ | :<math> | ||
+ | -\frac{1}{4}=C_2</math> | ||
+ | |||
+ | |||
+ | '''5.''' | ||
+ | :<math>y''-5y'+6y=e^{2x}\,</math> kezdeti feltételek: <math>y(0)=1</math>, <math>y'(0)=-1</math> | ||
+ | |||
+ | MO.: I. Először a homogén egyenletet oldjuk meg: | ||
+ | :<math>y''-5y'+6y=0\,</math> | ||
+ | :<math>\lambda^2-5\lambda+6=0\qquad\to\qquad \lambda_1=2,\lambda_1=3</math> | ||
+ | |||
+ | :<math>y_H=C_1e^{2x}+C_2e^{3x}\,</math> | ||
+ | |||
+ | II. Vegyük észre, hogy 2 gyök rezonál az exponenciális frekvenciájával. Ezért a partikuláris megoldást | ||
+ | :<math>y=Axe^{2x}</math> | ||
+ | alakban keressük. | ||
+ | :<math>y'=Ae^{2x}+2Axe^{2x}</math> | ||
+ | :<math>y''=2Ae^{2x}+2Ae^{2x}+4Axe^{2x}</math> | ||
+ | Behelyettesítve az eredeti egyenletbe: | ||
+ | :<math>2Ae^{2x}+2Ae^{2x}+4Axe^{2x}-5(Ae^{2x}+2Axe^{2x})+6Axe^{2x}=e^{2x}\,</math> | ||
+ | :<math>2Ae^{2x}+2Ae^{2x}+4Axe^{2x}-5Ae^{2x}-10Axe^{2x}+6Axe^{2x}=e^{2x}\,</math> | ||
+ | :<math>-Ae^{2x}=e^{2x}\,</math> | ||
+ | :<math>-A=1\,</math> | ||
+ | :<math>A=-1\,</math> | ||
+ | Áltlános megoldás: | ||
+ | :<math>y=C_1e^{2x}+C_2e^{3x}-xe^{2x}\,</math> | ||
+ | A kezdeti érték feltételből a konstansok: | ||
+ | :<math>y(0)=1</math>: x=0, y=1 | ||
+ | :<math>1=C_1+C_2\,</math> | ||
+ | :<math>y'(0)=-1</math>: x=0, y'=-1 | ||
+ | :<math>y'=2C_1e^{2x}+3C_2e^{3x}-e^{2x}-2xe^{2x}\,</math> | ||
+ | :<math>-1=2C_1+3C_2-1\,</math> | ||
+ | :<math>0=2C_1+3C_2\,</math> azaz <math>C_2=-\frac{2}{3}C_1\,</math> | ||
+ | :<math>1=C_1+C_2\,</math> | ||
+ | :<math>1=C_1-\frac{2}{3}C_1\,</math> azaz <math>1=\frac{1}{3}C_1\,</math> azaz <math>C_1=3</math> <math>C_2=-2</math> | ||
+ | |||
+ | ===Hiányos magasabbrendű=== | ||
+ | |||
+ | Gyakori probléma a lineáris, melyet hiányosként oldunk meg: | ||
+ | |||
+ | '''6. ''' | ||
+ | :<math>y'''+2y''+y'=3x^2</math> | ||
+ | Ez egy y-ban hiányos lineáris. Valójában olyan, mintha nem is y-ra, hanem y'-re lenne felírva az egyenlet. Ilyenkor érdemes először y'-re megoldani, majd y'-t integrálni, hogy y-hoz jussunk. Ehhez bevezetjük a p(x)=y'(x) új ismeretlen függvényt. Ekkor az egyenlet: | ||
+ | :<math>p''+2p'+p=3x^2</math> | ||
+ | Ez már egy állandó együtthatójú másodrendű lineáris. Először megoldjuk p-re. | ||
+ | |||
+ | I. Karakterisztikus polinom | ||
+ | :<math>\lambda^2+2\lambda+1=0</math> | ||
+ | Ez egy teljes négyzet: | ||
+ | :<math>(\lambda+1)^2=0</math> azaz <math>\lambda_{1,2}=-1</math>, vagyis belső rezonancia van, a gyökök egybeesnek. | ||
+ | :<math>p_H=C_1e^{-x}+C_2xe^{-x}</math> | ||
+ | |||
+ | II. Próbafüggvény a másodfokú polinom miatt: | ||
+ | :<math>p_P=Ax^2+Bx+C</math> | ||
+ | :<math>p_P'=2Ax+B</math> | ||
+ | :<math>p_P''=2A</math> | ||
+ | :<math>2A+2(2Ax+B)+Ax^2+Bx+C=3x^2</math> | ||
+ | :<math>2A+C+2B+(4A+B)x+Ax^2=3x^2</math> | ||
+ | A=3, B=-12, C=-6+12=6 | ||
+ | |||
+ | Innen | ||
+ | :<math> | ||
+ | p=C_1e^{-x}+C_2xe^{-x}+3x^2-12x+6</math> | ||
+ | Az y-t a p=y' egyenlet miatt a p integrálásával kapjuk: | ||
+ | :<math> | ||
+ | y=-C_1e^{-x}-C_2xe^{-x}-C_2e^{-x}+x^3-6x^2+6x+D</math> | ||
+ | |||
+ | ahol a középső tag parciális integrálással kapható: | ||
+ | :<math>\int xe^{-x}\,dx=-xe^{-x}-\int -e^{-x} dx=-xe^{-x}-e^{-x} dx</math> | ||
+ | |||
+ | ==Integrálátalakító tételek== | ||
+ | ===Gauss-tétel=== | ||
+ | Gauss-tétel: Ha V olyan mérhető korlátos térfogat, melyet az F felület határol és '''v''' olyan folytonosan differenciálható vektormező, mely a V-t és az F-et tartalmazó nyílt halmazon értelmezett, és az F a V-ből kifelé van irányítva akkor | ||
+ | :<math>\oint\limits_F\mathbf{v}\,d\mathbf{f}=\int\limits_{V} \mathrm{div}\,\mathbf{v}\,dV</math> | ||
+ | |||
+ | '''F.''' Számítsuk ki <math>z=\sqrt[3]{x^2+y^2}</math> és z=1 egyenletek által meghatározott felületek által bezárt korlátos térfogat kifelé irányított határára a | ||
+ | :<math>\mathbf{v}(x,y,z)=(x^3z^2,y^3z^2,xy)</math> | ||
+ | vektormező integrálját! | ||
+ | |||
+ | MO. Láthatóan a felület hengerszimmetrikus, hiszen csak r-től és z-től függ (<math>x^2+y^2</math> van benne). <math>z=\sqrt[3]{x^2+y^2}</math> hengerkoordinátákban: | ||
+ | :<math>z=\sqrt[3]{r^2}</math> | ||
+ | ez egy gyökfüggvény a z tengely körül körbeforgatva (tölcsér) és a magassága z=1. A két felület metszésvonala: | ||
+ | :<math>z=\sqrt[3]{r^2}</math> | ||
+ | :<math>z=1</math> | ||
+ | azaz | ||
+ | :<math>1=\sqrt[3]{r^2}</math> | ||
+ | és | ||
+ | :<math>r=1</math>, <math>z=1</math>. | ||
+ | Alulról tehát a tölcsér, felülről egy sík határolja a térfogatot, ezért a felső határ: z=1, az alsó határ <math>z=\sqrt[3]{r^2}</math> , miközben a sugár <math>0\leq r\leq 1</math> és a forgásszimmetria miatt: <math>0\leq \varphi\leq 2\pi</math> | ||
+ | :<math>\mathrm{div}\, \mathbf{v}=\partial_x v_1+\partial_y v_2+\partial_z v_3=3x^2z^2+3y^2z^2=3z^2r^2</math> | ||
+ | |||
+ | :<math>\oint\limits_F\mathbf{v}\,d\mathbf{f}=\int\limits_{V} \mathrm{div}\,\mathbf{v}\,dV=\int\limits_{\varphi=0}^{2\pi}\int\limits_{r=0}^1\int\limits_{z=r^{\frac{2}{3}}}^1 r^2 3z^2 r\,dzdrd\varphi=\int\limits_{\varphi=0}^{2\pi}\int\limits_{r=0}^1[r^3 z^3]_{z=r^{\frac{2}{3}}}^1 \,drd\varphi=</math> | ||
+ | :<math>=\int\limits_{\varphi=0}^{2\pi}\int\limits_{r=0}^1r^3-r^5 \,drd\varphi=\int\limits_{\varphi=0}^{2\pi}[\frac{1}{4}r^4-\frac{1}{6}r^6]_0^1 \,d\varphi=\int\limits_{\varphi=0}^{2\pi}\frac{1}{4}-\frac{1}{6}\,d\varphi=\frac{\pi}{6}</math> | ||
+ | |||
+ | '''F.''' Számítsuk ki <math>z\leq \sqrt{4-x^2-y^2}</math> és <math>x\geq 0, y\geq 0, z\geq 0</math> egyenlőtlenségek által meghatározott korlátos térfogat kifelé irányított határárra a | ||
+ | :<math>\mathbf{v}(x,y,z)=(y,x,\frac{1}{3}z^3)</math> | ||
+ | vektormező integrálját! | ||
+ | |||
+ | MO.: Zárt térfogatra kell integrálni, ez Gauss-tétel lesz. A vektormező divergenciája: | ||
+ | :<math>\mathrm{div}\, \mathbf{v}=\partial_x v_1+\partial_y v_2+\partial_z v_3=0+0+z^2=z^2</math> | ||
+ | A <math>x\geq 0, y\geq 0, z\geq 0</math> feltételek az első térnyolcadot határozzák meg, az <math>z=\sqrt{4-x^2-y^2}</math> egyenlet pedig a 2 sugarú, origó középpontú gömbfelületet felső felét, ugyanis gömbi koordinátákban r az origótól mért távolság: | ||
+ | :<math>z=\sqrt{4-x^2-y^2}</math> | ||
+ | :<math>z^2=4-x^2-y^2</math> | ||
+ | :<math>x^2+y^2+z^2=4</math> | ||
+ | :<math>r^2=4</math> | ||
+ | |||
+ | A tartomány gömbi paraméterezése | ||
+ | :<math> | ||
+ | V_{r,\varphi,\vartheta}=\{(r,\varphi,\vartheta)\mid 0\leq r\leq 2,0\leq\varphi\leq \frac{\pi}{2},0\leq\vartheta\leq \frac{\pi}{2}\}</math> | ||
+ | mivel | ||
+ | :<math>z=r\cos\vartheta</math> | ||
+ | és a Jacobi-determináns: | ||
+ | :<math>r^2\sin\vartheta</math> | ||
+ | ezért | ||
+ | :<math>\oint\limits_F\mathbf{v}\,d\mathbf{f}=\int\limits_{V} \mathrm{div}\,\mathbf{v}\,dV=\int\limits_{r=0}^{2}\int\limits_{\varphi=0}^{\frac{\pi}{2}}\int\limits_{\vartheta=0}^{\frac{\pi}{2}}r^2\cos^2\vartheta r^2\sin\vartheta\,d\vartheta d\varphi dr=\int\limits_{r=0}^{2}\int\limits_{\varphi=0}^\frac{\pi}{2}\int\limits_{\vartheta=0}^\frac{\pi}{2}r^4\cos^2\vartheta\sin\vartheta\,d\vartheta d\varphi dr=</math> | ||
+ | :<math>=\left(\int\limits_{r=0}^{2}r^4 dr\right)\cdot\left(\int\limits_{\varphi=0}^\frac{\pi}{2}\cos^2\vartheta\sin\vartheta d\vartheta\right)\cdot\left(\int\limits_{\varphi=0}^\frac{\pi}{2}1d\varphi\right)=\frac{2^5}{5}\cdot \frac{1}{3}\cdot \frac{\pi}{2}</math> | ||
+ | ===Stokes-tétel=== | ||
+ | Stokes-tétel: Ha F olyan határral rendelkező felület, melynek határa a G zárt görbe és ezek kompatibilisen vannak irányítva, (azaz a jobbkézszabállyal), akkor minden az ezeket tartalmazó nyílt halmazon értelmezett '''v''' folytonosan differenciálható vektormezőre | ||
+ | :<math>\oint\limits_G\mathbf{v}\,d\mathbf{r}=\int\limits_{F} \mathrm{rot}\,\mathbf{v}\,d\mathbf{f}</math> | ||
+ | |||
+ | '''Megjegyzés.''' A <math>\mathbf{v}</math> vektormező integrálját az <math>F:\mathbf{r}=\mathbf{r}(u,v)</math> megadású <math>T_{u,v}</math> értelmzési tartományú felületdarabra a következőképpen számítjuk ki: | ||
+ | :<math>\int\limits_{F}\mathbf{v}\,d\mathbf{f}=\iint\limits_{T_{u,v}}\begin{vmatrix}w_1(\mathbf{r}(u,v)) & w_2(\mathbf{r}(u,v)) & w_3(\mathbf{r}(u,v))\\ | ||
+ | (\partial_u\mathbf{r})_1 & (\partial_u\mathbf{r})_2 & (\partial_u\mathbf{r})_3\\ | ||
+ | (\partial_v\mathbf{r})_1 & (\partial_v\mathbf{r})_2 & (\partial_v\mathbf{r})_3 | ||
+ | \end{vmatrix} dudv | ||
+ | </math> | ||
+ | |||
+ | '''F.''' Számítsuk ki a <math>z=x^2-1</math> felület <math>x^2+y^2\leq 9</math> feltételnek eleget tévő darabjának határára a | ||
+ | <math>\mathbf{v}(x,y,z)=(z^2,x^2,y^2)</math> | ||
+ | vektormező görbementi integrálját! | ||
+ | |||
+ | MO. Megvan a felület is és a pereme is, ezért Stokes. Ehhez a rotációt kell meghatározni. | ||
+ | :<math>\mathrm{rot}\,\mathbf{v}=\begin{vmatrix}\mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k}\\ | ||
+ | \partial_x & \partial_y & \partial_z\\ | ||
+ | z^2 & x^2 & y^2 | ||
+ | \end{vmatrix}=(2y,2z,2x)</math> | ||
+ | A felület paraméterezése z=f(x,y)-nál mindig x=u, y=v választással: | ||
+ | :<math>\mathbf{r}(x,y)=\begin{pmatrix}x\\y\\x^2-1\end{pmatrix} | ||
+ | </math> | ||
+ | A vegyes szorzat: | ||
+ | :<math>\begin{vmatrix}\mathrm{rot}\,\mathbf{v}(\mathbf{r}(x,y))\\ | ||
+ | \partial_x\mathbf{r}(x,y)\\ | ||
+ | \partial_y\mathbf{r}(x,y)\end{vmatrix}=\begin{vmatrix} 2y & 2(x^2-1) & 2x\\ | ||
+ | 1 & 0 & 2x\\ | ||
+ | 0 & 1 & 0 | ||
+ | \end{vmatrix}=2x-4xy</math> | ||
+ | :<math>\oint\limits_G\mathbf{v}\,d\mathbf{r}=\int\limits_{F} \mathrm{rot}\,\mathbf{v}\,d\mathbf{f}=\iint\limits_{T_{x,y}} 2x-4xy \, dxdy=</math> | ||
+ | Ez a <math>x^2+y^2\leq 9</math> forgásszimmetriája miatt polárkoordinátákban | ||
+ | :<math>=\int\limits_{r=0}^3\int\limits_{\varphi=0}^{2\pi} 2r^2\cos\varphi-4r^3\cos\varphi\sin\varphi \, d\varphi dr=\int\limits_{r=0}^3[2r^2\sin\varphi-2r^3\sin^2\varphi]_{\varphi=0}^{2\pi} \, dr=0</math> | ||
+ | ===Potenciálkeresés=== | ||
+ | Ha van olyan u, hogy <math>\mathrm{grad\,u}=\mathbf{v}</math>, akkor minden az értelmezési tartományba eső G:<math>\mathbf{r}=\mathbf{r}(t),\;t_1\leq t\leq t_2</math> görbére, ha <math>\mathbf{r}_1=\mathbf{r}(t_1)</math> és <math>\mathbf{r}_2=\mathbf{r}(t_2)</math>, akkor | ||
+ | :<math>\int\limits_{G}\mathbf{v}\,d\mathbf{r}=u(\mathbf{r}_2)-u(\mathbf{r}_1)</math> | ||
+ | Mi az u, ha grad u = (yz,xz,xy)? Mi a grad u integrálja a (0,0,0) és (2,3,4) közötti egyenes szakaszon? | ||
+ | |||
+ | ==Komplex== | ||
+ | ===Cauchy-féle integrálformulák=== | ||
+ | Az n-edik deriváltra vonatkozó Cauchy-féle integrálformulák: | ||
+ | :<math> | ||
+ | \oint\limits_{G}\frac{f(z)}{(z-z_0)^{n+1}}dz=\frac{2\pi i}{n!}f^{(n)}(z_0)</math> | ||
+ | f reguláris, G az f értelmezési tartományában egyszerű görbe, egyszer hurkolja körül <math>z_0</math>-t. | ||
+ | |||
+ | Cauchy-tétel: Ha T a komplex számsík olyan tartománya, melynek határa a G egyszerű görbe (ez lehet véges sok diszjunkt görbe uniója is, azaz a T kontúrja véges sok zárt darabból) és a jobbkézszabály szerint van irányítva és az f komplex reguláris függvény a tartományt és a határát tartalmazó nyílt halmazon van értelmezve, akkor | ||
+ | :<math> | ||
+ | \oint\limits_{G}f(z)\,dz=0</math> | ||
+ | |||
+ | '''F.''' | ||
+ | :<math> | ||
+ | \oint\limits_{|z-i|=2}\frac{e^z}{(z^2+4)(z-1)^2}dz=?</math> | ||
+ | |||
+ | MO.: Szorzattá alakítjuk a nevezőt (ez mindig fog menni elsőfokúk szorzatával, mert a komplex számok körében vagyunk!). Ábrázoljuk a görbét és a nevező gyökhelyeit. Enélkül nem megy! | ||
+ | |||
+ | :<math>(z^2+4)(z-1)^2=(z-2i)(z+2i)(z-1)^2</math> gyökök: 1 (ez egy kettes multiplicitású gyök, mert kétszeres gyöke a nevezőnek), +2i, -2i (egyszeresek). | ||
+ | |||
+ | A <math>|z-i|=2</math> kör a 2 sugarú, i körüli kör, melyben a gyökök közül az 1 és a 2i van benne. | ||
+ | |||
+ | Legyen <math>K_1</math> az 1 körüli 1/100 sugarú kör, <math>K_2</math> a 2i körüli 1/100 sugarú kör. Az integrált a Cauchy-tétel alapján felbonthatjuk az integrandus <math>K_1</math> és <math>K_2</math> körüli integráljára. | ||
+ | :<math> | ||
+ | \oint\limits_{|z-i|=2}\frac{e^z}{(z^2+4)(z-1)^2}dz=\oint\limits_{K_1}\frac{\frac{e^z}{z^2+4}}{(z-1)^2}dz+\oint\limits_{K_2}\frac{\frac{e^z}{(z-1)^2(z+2i)}}{z-2i}dz=</math> | ||
+ | Itt az első integrálnál <math>\frac{e^z}{z^2+4}</math> reguláris <math>K_1</math>-ben, a nevező fokszáma 2, azaz az n=1-re vonatkozó Cauchy-formulát kell alkalmazni a <math>z_0=1</math> ponttal, továbbá a második integrálnál <math>\frac{e^z}{(z-1)^2(z+2i)}</math> reguláris <math>K_2</math>-ben, <math>n=0</math> és <math>z_0=2i</math>. | ||
+ | :<math>=\frac{2\pi i}{1}\left.\left(\frac{e^z}{z^2+4}\right)'\right|_1+\frac{2\pi i}{1}\left.\frac{e^z}{(z-1)^2(z+2i)}\right|_{2i}=\frac{2\pi i}{1}\left.\frac{e^z(z^2+4)-2e^zz}{(z^2+4)^2}\right|_1+\frac{2\pi i}{1}\left.\frac{e^z}{(z-1)^2(z+2i)}\right|_{2i}=</math> | ||
+ | :<math> | ||
+ | =2\pi i\left(\frac{3e}{25}+\frac{e^{2i}}{4i(2i-1)^2}\right)</math> | ||
+ | ===Harmonikus társ keresése=== | ||
+ | Mi a v, ha <math>u=x^2-y^2-e^{x}\cos y</math> és f=u+iv reguláris. | ||
+ | ===Valós és képzetes rész kiszámítása=== | ||
+ | Mi a valós és képzetes része az <math>f(z)=4(\mathrm{sh}(iz))^2</math> függvénynek? | ||
+ | |||
+ | ===Komplex egyenlet=== | ||
+ | Mi a megoldása a <math>\sin z=i</math> egyenletnek? | ||
+ | ===Komplex elemi függvény kiszámítása=== | ||
+ | Mi algebrai alakban <math>(1+i)^i</math> |
A lap jelenlegi, 2017. január 16., 19:13-kori változata
Tartalomjegyzék |
Differenciálgeometria
Ívhossz és ívhosszparaméterezés
1. a) Mi az alábbi görbe ívhossza a [1,e] paraméterszakaszon és mi az ívhosszparaméterezése t=1-tól kezdődően?
b) Mi az alábbi görbe ívhossza a [0,1] paraméterszakaszon és mi az ívhosszparaméterezése t=0-tól kezdődően?
MO.: a)
Ívhossz: [1,e]-n:
Ívhossz paraméterezés t=1-től:
b)
Vegyük észre, hogy a négyzetgyök alatt teljes négyzet áll:
- ez t>0-ra persze azonos 3t+2-vel.
Ívhossz: [1,e]-n:
Ívhossz paraméterezés t=0-tól:
Felszín
esetén
z = f(x,y) esetén
2. a) Számítsuk ki a z = x2 − y2 egyenlettel adott felület azon darabjának felszínét, melyet az , feltételek adnak meg!
b) Számítsuk ki a egyenlettel adott felület azon darabjának felszínét, melyet az , feltételek adnak meg!
c) Számítsuk ki az felület azon darabjának felszínét, melyet a , feltételek adnak meg!
MO.: a)
Mivel a tartomány is és a függvény is hengerszimmetriát mutat (minden amiben x2 + y2 van, az hengerszimmetrikus), ezért az integrált hengerkoordinátákban számítjuk ki. A tartomány derékszögű és polárparamméterezése (érdemes felrajzolni koordinátarendszerben és leolvasni az r-t, φ-t), r a Jacobi-determináns:
b)
Vegyük észre, hogy a négyzetgyök alatt egy teljes négyzet
- , ami , a , feltételek mellett.
Érintősík
Ha a felület, akkor az érintősík normálisa:
- , ha pedig n=(A,B,C), akkor az érintősík egyenlete:
- A(x − x0) + B(y − y0) + C(z − z0) = 0
ahol (x0,y0,z0) annak a pontnak a koordinátái, ahol az érintősíkot keressük, ez néha -ként van meghatározva. Speciálisan, ha z=f(x,y) és u=x, v=y, akkor . Ugyanis ekkor (x,y,f(x,y)) a felület és
3. a) . Mi az érintősíkja az (u,v)=(0,0)-ban?
b) z = x2 − y2 érintősíkja a (x0,y0,z0) = (0,1, − 1)-ben.
MO.: a)
az adott (0,0) pontban
ezek vektoriális szorzata: -k, azaz a normálvektor: (A,B,C)=(0,0,-1) vagy egyszerűbben (A,B,C)=(0,0,1) mert az érintősíknál nincs jelentősége a normálvektor irányításának. Az adott pont: Tehát a sík egyenlete: z-1=0, azaz z=1.
b)
Differenciálegyenletek
Egzaktra visszavezethető egyenlet
Mi a megoldása az egyenletnek?
MO.:
- legyen itt:
Függvényegyütthatós lineáris egyenlet
Mi a megoldása az egyenletnek? Melyik az a partikuláris megoldás, melyre ?
MO.:
A homogén megoldása:
- elsőrendű homogén lineáris megoldása egy egydimenziós függvénytér, ebben a 0 is benne van.
Az inhomogén egy partikuláris megoldását az alábbi alakban keressük:
Behelyettesítve:
- elég egy partikuláris megoldás.
Innen az inhomogén általános megoldása:
A kezdeti érték feladathoz:
Azaz c=0 és így
Lineáris állandóegyütthatós
Minden
- f0(x)y + f1(x)y' + ... + fn(x)y(n)) = f(x)
lineáris differenciálegyenlet megoldásainak halmaza
alakú, ahol yH a homogén
- f0(x)y + f1(x)y' + ... + fn(x)y(n))
egyenlet megoldása, y_p pedig az egyenlet egy partikuláris megoldása.
Állandóegyütthatójú, ha
- f0(x) = a0,f1(x) = a1 + ... + fn(x) = an számok.
Gyakran csak másodrendű:
ha a, b, c ∈ R.
Ilyenkor a homogén egyenlet megoldását az aλ2+bλ+c=0 karakterisztikus egyenlet megoldásából származó λ gyökökből száraztatjuk (bizonyítása a bizonyítások között).
- , ha
- , ha (gyök vagy belső rezonancia esete)
- , ha
Az inhomogén egyenlet megoldását a következő alakban keressük. Ha az inhomogén tag az alábbi alakban írható
ahol p(x) és q(x) polinomok és a a+ib ∈ C szám m szeres gyöke az aλ2+bλ+c karakterisztikus polinomnak, akkor az yp(x) partikuláris megoldásra a feltevés:
ahol P(x) és Q(x) olyan polinomok, hogy deg P(x)=deg Q(x)= max{deg p(x), deg q(x)}.
4. kezdeti feltételek: y(0) = 0, y'(0) = − 1
MO.: I. Először a homogén egyenletet oldjuk meg:
- (tehát a megoldás , alakú, ahol α = 0,β = 2)
II. Vegyük észre, hogy a karakterisztikus egyenlet β = 2 gyöke rezonanciában van az sin(2x) inhomogén tag 2 frekvenciájával. Ekkor egy x szorzót veszünk hozzá az Asin(2x) + Bcos(2x) kifejezéshez, ezért a próbafüggvény:
lesz.
Behelyettesítve az egyenletbe:
Az együtthatókat leolvasva:
- 4A = 0, − 4B = 1 azaz
Az általános megoldás:
A kezdeti érték feltételből a konstansok:
5.
- kezdeti feltételek: y(0) = 1, y'(0) = − 1
MO.: I. Először a homogén egyenletet oldjuk meg:
II. Vegyük észre, hogy 2 gyök rezonál az exponenciális frekvenciájával. Ezért a partikuláris megoldást
- y = Axe2x
alakban keressük.
- y' = Ae2x + 2Axe2x
- y'' = 2Ae2x + 2Ae2x + 4Axe2x
Behelyettesítve az eredeti egyenletbe:
Áltlános megoldás:
A kezdeti érték feltételből a konstansok:
- y(0) = 1: x=0, y=1
- y'(0) = − 1: x=0, y'=-1
- azaz
- azaz azaz C1 = 3 C2 = − 2
Hiányos magasabbrendű
Gyakori probléma a lineáris, melyet hiányosként oldunk meg:
6.
- y''' + 2y'' + y' = 3x2
Ez egy y-ban hiányos lineáris. Valójában olyan, mintha nem is y-ra, hanem y'-re lenne felírva az egyenlet. Ilyenkor érdemes először y'-re megoldani, majd y'-t integrálni, hogy y-hoz jussunk. Ehhez bevezetjük a p(x)=y'(x) új ismeretlen függvényt. Ekkor az egyenlet:
- p'' + 2p' + p = 3x2
Ez már egy állandó együtthatójú másodrendű lineáris. Először megoldjuk p-re.
I. Karakterisztikus polinom
- λ2 + 2λ + 1 = 0
Ez egy teljes négyzet:
- (λ + 1)2 = 0 azaz λ1,2 = − 1, vagyis belső rezonancia van, a gyökök egybeesnek.
- pH = C1e − x + C2xe − x
II. Próbafüggvény a másodfokú polinom miatt:
- pP = Ax2 + Bx + C
- pP' = 2Ax + B
- pP'' = 2A
- 2A + 2(2Ax + B) + Ax2 + Bx + C = 3x2
- 2A + C + 2B + (4A + B)x + Ax2 = 3x2
A=3, B=-12, C=-6+12=6
Innen
- p = C1e − x + C2xe − x + 3x2 − 12x + 6
Az y-t a p=y' egyenlet miatt a p integrálásával kapjuk:
- y = − C1e − x − C2xe − x − C2e − x + x3 − 6x2 + 6x + D
ahol a középső tag parciális integrálással kapható:
Integrálátalakító tételek
Gauss-tétel
Gauss-tétel: Ha V olyan mérhető korlátos térfogat, melyet az F felület határol és v olyan folytonosan differenciálható vektormező, mely a V-t és az F-et tartalmazó nyílt halmazon értelmezett, és az F a V-ből kifelé van irányítva akkor
F. Számítsuk ki és z=1 egyenletek által meghatározott felületek által bezárt korlátos térfogat kifelé irányított határára a
vektormező integrálját!
MO. Láthatóan a felület hengerszimmetrikus, hiszen csak r-től és z-től függ (x2 + y2 van benne). hengerkoordinátákban:
ez egy gyökfüggvény a z tengely körül körbeforgatva (tölcsér) és a magassága z=1. A két felület metszésvonala:
- z = 1
azaz
és
- r = 1, z = 1.
Alulról tehát a tölcsér, felülről egy sík határolja a térfogatot, ezért a felső határ: z=1, az alsó határ , miközben a sugár és a forgásszimmetria miatt:
F. Számítsuk ki és egyenlőtlenségek által meghatározott korlátos térfogat kifelé irányított határárra a
vektormező integrálját!
MO.: Zárt térfogatra kell integrálni, ez Gauss-tétel lesz. A vektormező divergenciája:
A feltételek az első térnyolcadot határozzák meg, az egyenlet pedig a 2 sugarú, origó középpontú gömbfelületet felső felét, ugyanis gömbi koordinátákban r az origótól mért távolság:
- z2 = 4 − x2 − y2
- x2 + y2 + z2 = 4
- r2 = 4
A tartomány gömbi paraméterezése
mivel
és a Jacobi-determináns:
ezért
Stokes-tétel
Stokes-tétel: Ha F olyan határral rendelkező felület, melynek határa a G zárt görbe és ezek kompatibilisen vannak irányítva, (azaz a jobbkézszabállyal), akkor minden az ezeket tartalmazó nyílt halmazon értelmezett v folytonosan differenciálható vektormezőre
Megjegyzés. A vektormező integrálját az megadású Tu,v értelmzési tartományú felületdarabra a következőképpen számítjuk ki:
F. Számítsuk ki a z = x2 − 1 felület feltételnek eleget tévő darabjának határára a vektormező görbementi integrálját!
MO. Megvan a felület is és a pereme is, ezért Stokes. Ehhez a rotációt kell meghatározni.
A felület paraméterezése z=f(x,y)-nál mindig x=u, y=v választással:
A vegyes szorzat:
Ez a forgásszimmetriája miatt polárkoordinátákban
Potenciálkeresés
Ha van olyan u, hogy , akkor minden az értelmezési tartományba eső G: görbére, ha és , akkor
Mi az u, ha grad u = (yz,xz,xy)? Mi a grad u integrálja a (0,0,0) és (2,3,4) közötti egyenes szakaszon?
Komplex
Cauchy-féle integrálformulák
Az n-edik deriváltra vonatkozó Cauchy-féle integrálformulák:
f reguláris, G az f értelmezési tartományában egyszerű görbe, egyszer hurkolja körül z0-t.
Cauchy-tétel: Ha T a komplex számsík olyan tartománya, melynek határa a G egyszerű görbe (ez lehet véges sok diszjunkt görbe uniója is, azaz a T kontúrja véges sok zárt darabból) és a jobbkézszabály szerint van irányítva és az f komplex reguláris függvény a tartományt és a határát tartalmazó nyílt halmazon van értelmezve, akkor
F.
MO.: Szorzattá alakítjuk a nevezőt (ez mindig fog menni elsőfokúk szorzatával, mert a komplex számok körében vagyunk!). Ábrázoljuk a görbét és a nevező gyökhelyeit. Enélkül nem megy!
- (z2 + 4)(z − 1)2 = (z − 2i)(z + 2i)(z − 1)2 gyökök: 1 (ez egy kettes multiplicitású gyök, mert kétszeres gyöke a nevezőnek), +2i, -2i (egyszeresek).
A | z − i | = 2 kör a 2 sugarú, i körüli kör, melyben a gyökök közül az 1 és a 2i van benne.
Legyen K1 az 1 körüli 1/100 sugarú kör, K2 a 2i körüli 1/100 sugarú kör. Az integrált a Cauchy-tétel alapján felbonthatjuk az integrandus K1 és K2 körüli integráljára.
Itt az első integrálnál reguláris K1-ben, a nevező fokszáma 2, azaz az n=1-re vonatkozó Cauchy-formulát kell alkalmazni a z0 = 1 ponttal, továbbá a második integrálnál reguláris K2-ben, n = 0 és z0 = 2i.
Harmonikus társ keresése
Mi a v, ha u = x2 − y2 − excosy és f=u+iv reguláris.
Valós és képzetes rész kiszámítása
Mi a valós és képzetes része az f(z) = 4(sh(iz))2 függvénynek?
Komplex egyenlet
Mi a megoldása a sinz = i egyenletnek?
Komplex elemi függvény kiszámítása
Mi algebrai alakban (1 + i)i