A3 2016 gyak 2
Mozo (vitalap | szerkesztései) (→Reziduum és körintegrál) |
Mozo (vitalap | szerkesztései) (→Laurent-sorfejtés) |
||
1. sor: | 1. sor: | ||
==Laurent-sorfejtés== | ==Laurent-sorfejtés== | ||
− | '''1.''' Határozzuk meg az | + | '''1. a''' Határozzuk meg az |
:<math>f(z)=\frac{2}{(z-2i)(z-4)}</math> | :<math>f(z)=\frac{2}{(z-2i)(z-4)}</math> | ||
− | függvény 1 körüli Laurent-sorait! | + | függvény 1 körüli Laurent-sorait! Melyik sor állítja elő a függvényt a 3+2i pontban? |
''Mo.'' Mivel | ''Mo.'' Mivel | ||
13. sor: | 13. sor: | ||
A sort a <math>z_0=1</math> körül kell sorba fejteni, azaz a <math>z-1</math> hatványai szerepelnek majd az összegben. Ehhez z-1-nek szerepelnie kell a nevezőkben: | A sort a <math>z_0=1</math> körül kell sorba fejteni, azaz a <math>z-1</math> hatványai szerepelnek majd az összegben. Ehhez z-1-nek szerepelnie kell a nevezőkben: | ||
:<math>f(z)=\frac{\frac{1}{-i+2}}{z-1+1-4}-\frac{\frac{1}{-i+2}}{z-1+1-2i}=\frac{\frac{1}{-i+2}}{z-1-3}-\frac{\frac{1}{-i+2}}{z-1+1-2i}</math> | :<math>f(z)=\frac{\frac{1}{-i+2}}{z-1+1-4}-\frac{\frac{1}{-i+2}}{z-1+1-2i}=\frac{\frac{1}{-i+2}}{z-1-3}-\frac{\frac{1}{-i+2}}{z-1+1-2i}</math> | ||
− | Két szingularitás: <math>z=4</math> és <math>z=2i</math>. Ezeknek a távolsága a középponttól:</math> |1-4|=3 és <math>|1-2i|=\sqrt{5}</math>. | + | Két szingularitás: <math>z=4</math> és <math>z=2i</math>. Ezeknek a távolsága a középponttól:</math> |1-4|=3 és <math>|1-2i|=\sqrt{5}</math>. |
− | :I. A <math> | + | |
+ | A sorfejtés középpontja, az 1 körül tehát három olyan körgyűrű rajzolható, melyben reguláris lesz a függvény: I.) |z-1|<|2i-1|, azaz <math>|z-1|<\sqrt{5}</math> II.) |2i-1|<|z-1|<|4-1|, azaz <math>\sqrt{5}<|z-1|<3</math> és III.) 3<|z-1|. A 3+2i pont a II. tartományba esik, mert a sorfejtés középpontjától való távolsága: <math>\sqrt{5}<|3+2i-1|=\sqrt{8}<3</math> | ||
+ | :I. A <math>|z-1|<\sqrt{5}</math> körlap, | ||
melyen belül a sor reguláris és <math>z-1</math>-nek csak nemnegatív hatványai szerepelnek a sorban. Ilyenkor "<math>z-1</math> melletti tagból csinálunk mértani sort": | melyen belül a sor reguláris és <math>z-1</math>-nek csak nemnegatív hatványai szerepelnek a sorban. Ilyenkor "<math>z-1</math> melletti tagból csinálunk mértani sort": | ||
:<math>\frac{\frac{1}{-i+2}}{z-1-3}-\frac{\frac{1}{-i+2}}{z-1+1-2i}=\frac{1}{-3}\cdot\frac{\frac{1}{-i+2}}{\frac{z-1}{-3}+1}-\frac{1}{1-2i}\cdot\frac{\frac{1}{-i+2}}{\frac{z-1}{1-2i}+1}=\frac{1}{-3}\cdot\frac{\frac{1}{-i+2}}{1-\frac{z-1}{3}}-\frac{1}{1-2i}\cdot\frac{\frac{1}{-i+2}}{1-\frac{z-1}{2i-1}}</math> | :<math>\frac{\frac{1}{-i+2}}{z-1-3}-\frac{\frac{1}{-i+2}}{z-1+1-2i}=\frac{1}{-3}\cdot\frac{\frac{1}{-i+2}}{\frac{z-1}{-3}+1}-\frac{1}{1-2i}\cdot\frac{\frac{1}{-i+2}}{\frac{z-1}{1-2i}+1}=\frac{1}{-3}\cdot\frac{\frac{1}{-i+2}}{1-\frac{z-1}{3}}-\frac{1}{1-2i}\cdot\frac{\frac{1}{-i+2}}{1-\frac{z-1}{2i-1}}</math> | ||
30. sor: | 32. sor: | ||
:Végül a |z-1|>3 körgyűrűn | :Végül a |z-1|>3 körgyűrűn | ||
::<math>f(z)=\sum\limits_{n=0}^\infty\frac{1}{3i-6}\cdot\left(\frac{1}{z-1}\right)^{n+1}-\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{(2i-1)^n}{-i+2}\frac{1}{(z-1)^{n+1}}</math> | ::<math>f(z)=\sum\limits_{n=0}^\infty\frac{1}{3i-6}\cdot\left(\frac{1}{z-1}\right)^{n+1}-\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{(2i-1)^n}{-i+2}\frac{1}{(z-1)^{n+1}}</math> | ||
− | + | '''1. b''' Fejtsük sorba a 0 körül az | |
:<math>f(z)=\frac{1}{z(1+z^2)}\,</math> | :<math>f(z)=\frac{1}{z(1+z^2)}\,</math> | ||
− | függvényt! | + | függvényt! Melyik sor állítja elő a függvényt az 1+2i-ben? |
+ | |||
+ | ''Mo.'' A szingularitások: 0, +i, -i. A sorfejtés középpontja, a nulla körül tehát két olyan körgyűrű rajzolható, melyben reguláris lesz a függvény: I.) 0<|z|<1 és II.) |z|>1. Az 1+2i pont a II. tartományba esik, mert <math>1<|1+2i|\sqrt{5}</math> | ||
+ | |||
+ | :I.) | ||
+ | |||
==Komplex egyenlet== | ==Komplex egyenlet== | ||
'''2. a) ''' Oldjuk meg az | '''2. a) ''' Oldjuk meg az |
A lap 2016. május 3., 14:37-kori változata
Tartalomjegyzék |
Laurent-sorfejtés
1. a Határozzuk meg az
függvény 1 körüli Laurent-sorait! Melyik sor állítja elő a függvényt a 3+2i pontban?
Mo. Mivel z-2i-(z-4)=-2i+4, ezért
és valóban, mert
azaz
A sort a z0 = 1 körül kell sorba fejteni, azaz a z − 1 hatványai szerepelnek majd az összegben. Ehhez z-1-nek szerepelnie kell a nevezőkben:
Két szingularitás: z = 4 és z = 2i. Ezeknek a távolsága a középponttól:</math> |1-4|=3 és .
A sorfejtés középpontja, az 1 körül tehát három olyan körgyűrű rajzolható, melyben reguláris lesz a függvény: I.) |z-1|<|2i-1|, azaz II.) |2i-1|<|z-1|<|4-1|, azaz és III.) 3<|z-1|. A 3+2i pont a II. tartományba esik, mert a sorfejtés középpontjától való távolsága:
- I. A körlap,
melyen belül a sor reguláris és z − 1-nek csak nemnegatív hatványai szerepelnek a sorban. Ilyenkor "z − 1 melletti tagból csinálunk mértani sort":
Alkalmazva a
formulát, ha | q | < 1 a
- és
hányadosokra kapjuk:
- II. A körgyűrű,
melyben az első tag reguláris, de a második már nem. Ilyenkor "a z-1-et emeljük ki a nevezőből":
Tehát itt:
- Végül a |z-1|>3 körgyűrűn
1. b Fejtsük sorba a 0 körül az
függvényt! Melyik sor állítja elő a függvényt az 1+2i-ben?
Mo. A szingularitások: 0, +i, -i. A sorfejtés középpontja, a nulla körül tehát két olyan körgyűrű rajzolható, melyben reguláris lesz a függvény: I.) 0<|z|<1 és II.) |z|>1. Az 1+2i pont a II. tartományba esik, mert
- I.)
Komplex egyenlet
2. a) Oldjuk meg az
egyenletet!
Mo.
mert a szöge 30 fok, a hossza 2. Ezért az egyenlet:
azaz
2. b) Oldjuk meg a
egyenletet!
Mo.
Harmonikus társkeresés
Reziduum és körintegrál
4. a)
b)
c)
Mo. a) Szingularitásai: ; , tehát a körön belül csak a z=0-ban szakad. Mivel a számláló és a nevező is 0 a nullában, ezért a L'H-lal kiszámítható a határértéke, ha van. L'H-lal:
Vagy
miatt
Tehát megszüntethető a szingularitás. Ez a függvény megtévesztésig hasonlít egy reguláris függvényre, azaz az integrálja a Cauchy-integráltétel miatt 0. Vagy reguláris a 0-n kívül, a körön belül és mivel ott megszüntethető a szingularitás, ezért nincs a Laurent-sorában főrész, azaz nincs -s tag. Emiatt . Innen:
b) Szingularitásai: ; , tehát a körön belül csak a z=0-ban szakad. Itt cos(0) = 1 és
azaz pólusszingularitása van és elsőfokú pólusa van a nullában. Ezt onnan tudjuk, hogy , és a nevező gyöktényezőjét, 2z-t az első hatványon lehet a legmagasabb hatványon kiemelni a sorból.
1. megoldás. Alkalmazhatjuk tehát az elsőrendű pólus reziduumának képletét:
Innen a reziduumtétellel:
2. megoldás. C.i.f.-fel. Felhasználva, hogy
a számlálóban reguláris, a nevezőben elsőfokú, azaz a nulladik deriváltra vontkozó Cauchy-integrálformulából:
3. megoldás. Az általános reziduumszámítós képlettel. k-adfokú pólus esetén
Most k=1, azaz k-1=0, azaz nem kell deriválni, csak határértéket számítani:
c) Csak a 0-ban szakad (de ott nagyon). Laurent-sorba fejtve -t:
azaz a Laurent-sor főrészében végtelen sok tag van, ez azt jelenti, hogy függvénynek a nullában lényeges szingularitása van. Ilyen függvény integrálját reziduumtétellel szoktuk kiszámítani. Innen:
Leolvasva a reziduumot, az 1/z együtthatója: