Szerkesztő:Mozo/A3 gyakorló feladatok 5.
Tartalomjegyzék |
Differenciálegyenletek
Fokszámban homogén egyenletek
1.
MO. u = y / x; y = ux; y' = u'x + u
- ;
- ;
- ;
Implicit mo.:
Explicit mo.:
- Itt
2.
MO. y≡0 konstans mo. y=ux helyettesítéssel:
ahonnan intervallumon értelmezett megoldás esetén:
- ;
Implicit mo.:
- ; és y=0
Explicit mo.:
- és y=0.
3.
MO. y≡0 konstans mo. y=ux helyettesítéssel:
- ;
- ;
- ;
Implicit mo.:
- ;
Explicit mo.:
- ;
Kezdetiérték feladat
1. ; (y(-1)=0)
MO.
Implicit ált. mo.:
- ; ()
Explicit általános mo.:
Behelyettesítve az implicit ált. mo-ba:
A kezdeti feltételt kielégítő mo.:
2. ; (y(0)=-1)
MO.
Implicit ált. mo.:
- ; ()
Explicit általános mo.:
- ; ()
Behelyettesítve az implicit ált. mo-ba:
A kezdeti feltételt kielégítő mo.:
Egzaktra visszavezethető
Majd
1.
MO.:
Tehát x5 alkalmas integráló szorzó.
Innen az
egy megoldását megkeresve:
ahonnan:
És az implicit általános megoldás:
- ; ()
(Az explicit pedig:
- )
2.
MO.:
integráló szorzó.
egy megoldását megkeresve:
ahonnan:
És az implicit általános megoldás:
- ; ()
Lineáris argumentumú egyenlet
1.
MO. u=4x-y; u'=4-y'
- ; konstans megoldások:
- ; (ha )
Implicit általános megoldás:
- és az szeparálással ki nem hozható két megoldás:
2.
MO. u=x+y; u'=1+y'
- ; konstans megoldások:
- ; (ha )
Implicit általános mo.:
- és a szeparálással ki nem hozható megoldások:
Függvényegyütthatós lineáris egyenlet
1.
MO. I.) Homogén. y≡0 mo.
II.) Az inhomogén partikuláris megoládást
alakban keressük.
Behelyettesítés után:
így az általános mo.:
2.
MO. I.) Homogén. y≡0 (x>0) mo.
II.) Az inhomogén partikuláris megoládást
alakban keressük. Behelyettesítés után:
így az általános mo.:
Laplace-transzformációval megoldható feladatok
1. x(0)=1; y(0)=-1 kezdeti feltétellel oldja meg az
egyenletrendszert!
MO.
Ebből kell kifejezni X-et és Y-t. Egyszerű a megoldás, ha észrevesszük, hogy ezeket összeadva:
ami minden s-re csak akkor teljesül, ha X=-Y. (De egyenletrendezéssel is megy, ha az egyik egyenletből az s-sel meg nem szorzott változót kifejezzük és a másodikbe helyettesítjük, pl. az elsőből az Y-t kifejezzük.) Innen pl. az első egyenletből:
Ezt visszatranszformálva:
És y=-x miatt:
2. y(0)=0; y'(0)=0 kezdeti feltétellel oldja meg az
egyenletet!
MO.
Innen visszatranszformálva:
Próbafüggvény módszerrel megoldható egyenletek
Homogén egyenlet megoldása:
- (karakterisztikus polinom)
- , akkor (belső rezonancia)
- , akkor
- , akkor
Inhomogén partikuláris alakja rezonanciák nélkül, spéci esetekben:
- , és
- , akkor
- , akkor
- , akkor
- , akkor
Általános (exp., trig., pol.) esetben pedig ha
- ,
akkor
ahol a karakterisztikus polinomnak m-szeres gyöke és deg{P}=deg{Q}=max{deg P, deg Q} polinomok (úgy értve, hogy deg 0=-∞). Tehát ha m>0, akkor külső rezonancia van.
1. Adja meg az
egyenlet általános megoldását!
MO. , mert gyökei
Ezt behelyettesítve az egyenletbe:
Tehát és , így az általános megoldás: ,
2. (Rezonanciás feladatok)
a.
Mo. vázlat. , azaz . Innen
- yH(x) = C1cos(3x) + C2sin(3x)
Mivel
ezért a + bi = 3i egyszeres megoldása a karakterisztikus egyenletnek, m=1 és az általános P(x), Q(x) polinomok konstansok: A,B, így az inhomogén egyenlet egy partikuláris megoldása az
alakban keresendő.
b.
Mo. vázlat. , azaz . Innen
Mivel
ezért a = 2 kétszeres megoldása a karakterisztikus egyenletnek, és ezért m=2 az általános P(x), Q(x) polinomok közül csak P(x) marad, mert b=0 lévén Q(x) kiesik, de P(x)=A állandó, így az inhomogén egyenlet egy partikuláris megoldása az
alakban keresendő.
c.
Mo. vázlat. , azaz . Innen
Mivel
ezért a = 1 egyszeres megoldása a karakterisztikus egyenletnek, és ezért m=1 az általános P(x), Q(x) polinomok közül csak P(x) marad, mert b=0 lévén Q(x) kiesik (sin(0)=0), de P(x)=Ax+B elsőfokú, mert p(x)=x (hiszen cos(0)=1 és ez megmaradt), így az inhomogén egyenlet egy partikuláris megoldása az
alakban keresendő.
Komplex függvénytan
Folytonosság, határérték
1. Határozzuk meg, hogy az alábbi függvény folytonos-e?
Mo. A pontokon kívül a függvény folytonos függvények felhasználásával van definiálva a folytonosságot megőrző módokon, ezért -n kívül folytonos. z = 2i-ben a függvény 0/0 alakú, ami határozatlan alak, de alakalmazható a L'Hospital szabály:
tehát a határérték létezik és a helyettesítési értékkel egyenlő, azaz 2i-ben a függvény folytonos.
z = − 2i-ben a függvény -4/0 alakú, ami a komplex függvénytanban határozott alak és ez a komplex végtelen: -4/0=∞. Tehát itt a függvény nem folytonos.
2. Hol létezik véges határértéke az alábbi függvényeknek?
- a)
- b)
Mo. a) Legyen z = x + iy. Mivel , ezért f csak a 0-ban nincs értelmezve. Itt valós és képzetes részre bontva:
A sejtés, hogy a valós komponensnek van, a képzetesnek nincs határtéráke. Ezért érdemes csak a képzetest megvizsgálni, mert pontosan akkor létezik a határérték, ha mindkét komponensnek létezik.
- irányból
- irányból
azaz a határérték nem létezhet a 0-ban. (Amúgy a valós rész határértéke létezik és 0, ugyanis rendőrelvvel:
- )
b)
Nincs értelmezve az x=0 pontokban, azaz az y tengely pontjaiban. Nemnulla y0 esetén a (0,y0) ponthoz az (x,y_0) mentén tartva y0 / x-nek végtelen a határértéke, tehát ott nem létezik. Ha y0 nulla, akkor az (x,0) mentén y/x=0, az (x,x) mentén y/x=1, azaz az origóban sincs határértéke. De mindehol máshol van, mert a határérték invariáns az alapműveletekre.
Deriválhatóság
1. Hol deriválható komplex módon és hol reguláris az alábbi függvény?
- a)
- b)**
Mo. a) Legyen z = x + iy.
Ezek a parciális deriváltak mindenhol folytonosak, azaz az (u,v) pár totálisan deriválható mindenhol. Innen a Cauchy--Riemann-egyenletek:
Mivel az első, azaz csak a 0-ban teljesül, a második pedig mindenhol, ezért a függvény pontosan a 0-ban deriválható. Ebből az is következik, hogy nincs olyan nyílt környezet, ahol minden pontban deriválható le.
b) u = x2 − y2, v = 2 | xy | . Vegyük észre, hogy amikor 2|xy|=2xy egy egész nyílt környezetben, akkor g(z)=z^2, azaz ezekben az esetekben reguláris a függvény. Ez az xy>0 esetében van. Tehát csak a tengelyeken kell megvizsgálni. |xy| az origón kívül a tengelyeken parciálisan nem deriválható. Az origóban viszont CR is fennáll és totálisan is deriválhatóak a komponensek
tehát ott deriválható.
A síknegyedeken belül tehát reguláris.
2. Hol deriválható komplex módon és hol reguláris az alábbi függvény?
- a)*
- b)
Mo. a) HF CR-egyenletekkel igazolni, hogy |z| sehol se deriválató. Azt tudjuk, hogy sin(z) mindenütt deriválható. sin(z) = 0 pontosan akkor, ha z = kπ (HF). Ezért esetén, ha f(z) deriválható lenne, akkor
is deriválható lenne, ami tehát lehetetlen. Már csak a z = kπ pontokban kell megvizsgálni, amit definíció szerint teszünk. A különbségi hányados függvény az deriválás helyén 0/0 alakú, ezért az első tényezőre alkalmazhatjuk a L'Hospital szabályt:
ami létezik, tehát minden kπ pontban deriválható a függvény, de máshol nem, így sehol sem reguláris.
b)
Ezek a parciális deriváltak mindenhol folytonosak, azaz az (u,v) pár totálisan deriválható mindenhol. Innen a Cauchy--Riemann-egyenletek:
Azaz a függvény az
parabola mentén komplex deriválható, de sehol se reguláris, mert nincs olyan nyílt környzete, melyben mindenütt deriválható lenne.
3. (Harmonikustárs-keresés)
- ,
akkor harmonikus az nyílton. Ha f=u+iv reguláris az U tartományon, akkor u és v harmonikus. Ha u harmonikus, az U tartományon, akkor létezik U-n v harmonikus, hogy f=u+iv reguláris. Ekkor v az u-nak egy harmonikus társa (és u az v-nek). Ha f=u+iv reguláris, akkor u,v-re teljesülnek a CR-egyenletek.
Ha létezik, akkor adjuk meg az
függvény harmonikus társát!
Mo.
tehát létezik harmonikus társa és ezt megtaláljuk az alábbiakból:
Tehát
(Hát persze, hiszen u = Re((1 + i / 2)z2))
Elemi függvények
1. Számítsa ki az
függvény valós és képzetes részét!
MO. z = x + iy
2. Oldja meg a
egyenletet!
MO.
mivel exp 2πi szerint periodikus, ezért:
3. Adja meg az
szám értékét!
MO.
Sorok
Taylor-sor:
- valamely R-rel.
Laurent-sor:
- valamely R1, R2-vel.
Az f függvénynek a ζ pont izolált szingularitása, ha f reguláris a ζ egy kipontozott környezetében, de nem reguláris ζ-ban. Izolált szingularitás körül a függvény Laurent-sor mindig lézezik ezért a sor alakja szerint osztályozzuk a szingularitásokat.
Megszüntethető, ha L.-sorban nincsenek reciprokos tagok. Ilyenkor a függvény regulárissá tehető, melynek Taylor-sora pont a Laurent-sora.
Pólusszingularitása van f-nek a ζ pontban, ha a ζ körüli Laurent-sor főrészében 1 / (z − ζ)-nak véges sok nemnulla hatványa szerepel. Ezek körzül a 1 / (z − ζ) legnagyobb kitevőjű hatványának kitevője a pólusszingularitás foka.
Lényeges szingularitása van f-nek ζ-ban, ha a ζ körüli Laurent-sorban 1 / (z − ζ)-nak végtelen sok nemnulla hatványa szerepel.
- , ha | q | < 1
1. Igazolja, hogy az
függvénynek megszüntethető szakadása van a 0-ban! Adja meg a reguláris kiterjesztés 100. deriváltját a 0-ban!
MO.
Mivel a sorfejtés egyértelmű, ezért a z100 tag együtthatója egyértelmű, azaz egyfelől a Taylor-sorból felírva, másfelől a most megadott sorfejtésből:
2. Fejtse Laurent-sorba az
függvényt úgy, hogy a sorfejtés a 1/2 pontban előállítsa a függvényt!
a) a 0 körül,
b) az 1 körül
c) Milyen szingularitása van a -i-ben? Mennyi a reziduuma ebben?
MO. a) Ha ránézünk a becses kezeinkkel rajzolt ábrára (ugye mindenki csinált ábrát!), akkor láthatjuk, hogy a reguláris, belső körbe esik mindkét pont körül az 1/2.
tehát , ami |z|<1 esetén lesz konvergens sor alakú:
b)
tehát , ami esetén lesz konvergens sor alakú:
c)
maga a -i körüli Laurent-sor, itt a reciprokos tag együtthatója: -i, azaz ennyi a reziduum. Pólusszingularitása van itt és ennek foka 1, mert a Laurent-sor főrészében csak a reciprok szerepel.
3. Fejtse Laurent-sorba az
függvényt a 0 körül úgy, hogy a sorfejtés a 2i pontban előállítsa a függvényt! Milyen szingularitása van a 0-ban? És a -i-ben?
Mo.
Az ábrából látható, hogy a szingularitáson túli gyűrűben van 2i, ezért 1/z szerint kell sorfejteni.
tehát , ami |z|>1 esetén lesz konvergens sor alakú, azaz 2i ide tartozik
0 az f nevezőjének kétszeres gyöke, a számlálónak nem gyöke, a -i a nevezőnek egyszeres, a számlálónak nullaszoros gyöke. Tehát 0-ban másodfokú pólusa van, -i-ben elsőfokú.
4. Fejtse Laurent-sorba az
függvényt a 0 körül! Milyen szingularitása van a 0-ban?
MO.
végtelen sok tag van a főrészben, ezért a szingularitás lényeges.
Integrálás paraméterezéssel és Newton--Leibniz-formulával
ahol G paraméterezése , folytonosan differenciálható, f folytonos a G-t tartalmazó egy nyílt halmazon.
ahol F komplex deriválható és F'=f, valamint f Riemann integrálható a G mentén, G kezdőpontja z1, végpontja z2
1. Adja meg az
függvény integráláját az
a) Origó középpontú, pozitívan irányított egységkör feltételt teljesítő felére!
b) [0,2+i] szakaszra!
2. Adja meg az
függvény integráláját az
a) Origó középpontú, pozitívan irányított kétségkör feltételt teljesítő negyedére! b) Origó középpontú, pozitívan irányított kétségkörre!
Integrálás Riemann-féle integráltétellel és Cauchy-féle integrálformulával
Cauchy-féle integráltétel Ha a D korlátos és zárt tartomány ∂D határa egy zárt görbével paraméterezhető és a görbe a tartománnyal kompatibilisan irányított, továbbá a D⊆U⊆C nyílt halmazon reguláris az f függvény, akkor
Riemann-féle integráltétel Ha a D korlátos és zárt tartomány ∂D határa egy zárt görbével paraméterezhető és a görbe a tartománnyal kompatibilisan irányított, továbbá a D⊆U⊆C nyílt halmazon reguláris az f függvény, kivéve a D egyetlen pontját és f korlátos, akkor
Cauchy-féle integrálformulák Ha a D korlátos és zárt, egyszeresen összefüggő tartomány G=∂D határa egy zárt görbével paraméterezhető és a görbe a tartománnyal kompatibilisan irányított, továbbá a D⊆U⊆C nyílt halmazon reguláris az f függvény és , akkor
1.*
2.
3.
4.
Integrálás reziduumtétellel
Reziduumtétel Ha a D korlátos és zárt, egyszeresen összefüggő tartomány G=∂D határa egy zárt görbével paraméterezhető és a görbe a tartománnyal kompatibilisan irányított, továbbá a D⊆U⊆C nyílt halmazon reguláris az f függvény kivéve a pontokban, akkor
ahol Resf(ζ) az f függvény ζ körüli azon Laurent-sorának c − 1 együtthatója, mely a függvényt a ζ egy kipontozot környzetében állítja elő.
1.*
2.
3.
Vektoranalízis
Potenciálkeresés
1. Ha van, mi az alábbi térbeli vektormező potenciálja?
2. Ha van, mi az alábbi síkbeli vektormező potenciálja?
3. Ha van, mi az alábbi függvény potenciálja?
- a)
- b)