A3 2009 gyak 2

A MathWikiből

(Változatok közti eltérés)

Ugrás: navigáció, keresés

A lap 2009. november 18., 21:34-kori változata

Tartalomjegyzék

1 Szeparábilis differenciálegyenlet
2 Homogén fokszámú egyenlet
3 Cauchy-típusú integrálok
4 Reziduumszámítás
5 Laurent-sorfejtés

Szeparábilis differenciálegyenlet

1. Oldjuk meg az

$y'=\sin(x)y\,\mathrm{ln}\,y$

egyenletet az

a) $y(0)=1\,$

b) $y(0)=e\,$

kezdeti feltételek mellett!

Mo. a) Az egyenlet konstans megoládsa az y(x)=1. Ez a kezdeti feltételnek megfelel.

b) Az általános megoldásból keressük a kezdeti feltételt kielégítő megoldást:

$\frac{1}{y\,\mathrm{ln}\,y}y'=\sin x$

$\frac{1}{y}\mathrm{ln}^{-1}(y)y'=\sin x$

$\mathrm{ln}\,|\mathrm{ln}\,y|=-\cos x+C$

ez az implicit egyenlet. Ha x=0 és y=e, akkor

$0=-1+C\,$ , $C=1\,$

és

$y(x)=e^{e^{(1-\cos x)}}$

Megjegyzés. Minden R× R⁺-beli kezdeti feltételre egyértelműen létezik a megoldás.

Homogén fokszámú egyenlet

Azt mondjuk, hogy az y' = F(x,y) egyenlet homogén fokszámú, ha

$F(\lambda x,\lambda y)=F(x,y)\,$

A homogén fokszámú egyenlet megoldása visszavazethető a szeparálásra az

$u=\frac{y}{x}\,$

új változó bevezetésével, ahol u = u(x) az ismeretlen függvény. Tehát:

$y=ux\,$

Ekkor

$(xu)'=u+xu'=y'\,$

azaz

$y'=u'x+u\,$

2. Oldjuk meg az $y'x=y+\sqrt{x^2+y^2}\,$ egyenletet!

Mo. Tegyük föl, hogy x nem 0.

$(u'x+u)x=ux+\sqrt{x^2+u^2x^2}\,$

$u'x^2=|x|\sqrt{1+u^2}\,$

$\frac{u'}{\sqrt{1+u^2}}=\frac{1}{|x|}\,$

ezt kell megoldani. Nyilván külön pozitív és külin negatív intervallumokra (a 0 ne legyen benne). Ekkor:

$\mathrm{arsh}\,y=\mathrm{ln}\,x+C$ pozitív x-re

$\mathrm{arsh}\,y=-\mathrm{ln}\,|x|+C$ negatív x-re

$\frac{1}{2}\mathrm{ln}\,1+u^2=c+\mathrm{ln}\,|x|\,$ itt c tetszőleges valós szám

$\mathrm{ln}\sqrt{1+u^2}=\mathrm{ln}\,C|x|\,$ itt C tetszőleges pozitív szám éspedig ln c = C.

$\sqrt{1+u^2}=C|x|\,$

$u(x)=\pm(C|x|-1)^2\,$

$y(x)=\pm x(C|x|-1)^2\,$

Az egzisztencia és unicitás diszkussziója. a szeparálással kapott általános megoldás minden R\{0}×R-beli kezdeti értékre egyértelmű megoldást ad.

Ha x₀=0, akkor y₀=0 kell, hogy legyen ellenkező esetben nincsmegoldás. De ekkor is irreguláris a megoldás, mert két megoldás is kielégíti ott az egyenletet:

y' 1 (0) = (C 2 x 3 - 2 C x | x | + x)' | 0 = 1

y' 2 (0) = ( - C 2 x 3 + 2 C x | x | - x)' | 0 = - 1

miközben miközben mindkettő a 0-ban a 0-t veszi föl.

Cauchy-típusú integrálok

3.

a) $\int\limits_{|z|=3}\frac{1}{z^2(z^2-6z+8)}\,\mathrm{d}z=?$

b) Osztályozzuk az intergandus szakadási helyeket

c) Adjuk meg ezekben a pontokban a reziduumokat!

Mo. a)

$f(z)=\frac{1}{z^2(z^2-6z+8)}=\frac{1}{z^2(x-2)(z-4)}$

A nevező gyökhelyein lesz irreguláris f, de ezek közül csak a |z|=3 kör által körülhurkolt z=0 és z=2 helyekkel kell foglalkoznunk, melyk köré egy-egy mondjuk 1 sugarú (vagy elegendően kicsiny ε sugarú) kört vonunk, és használjuk az integrál additivitását:

$\int\limits_{|z|=3}\frac{1}{z^2(x-2)(z-4)}\,\mathrm{d}z=\int\limits_{|z|=1}\frac{\;\frac{1}{z^2-6z+8}\;}{z^2}\,\mathrm{d}z+\int\limits_{|z-2|=1}\frac{\;\frac{1}{z^2(z-4)}\;}{z-2}\,\mathrm{d}z=*$

Az első tagnál az n=1-re vonatkozó, a másodiknál az n=0-re vonatkozó Cauchy-formulát kell alkalmaznunk. Ezek:

$g(z_0)=\frac{1}{2\pi i}\int\limits_{|z-z_0|=r}\frac{g(z)}{z-z_0}\,\mathrm{d}z$

és

$h'(z_1)=\frac{1!}{2\pi i}\int\limits_{|z-z_1|=r}\frac{h(z)}{(z-z_1)^2}\,\mathrm{d}z$

A feladatban $z 0 = 2$ , g(z)=1/z²(z-4) illetve

$g(z_0)=\left.\frac{1}{z^2(z-4)}\right|_{z=z_0=2}=-\frac{1}{16}$

és $z 1 = 0$ ,

$h(z)=\frac{1}{z^2-6z+8}$ , $h'(z_1)=\left.\frac{-2z+6}{((z-2)(z-4))^2}\right|_{z=z_1=0}=\frac{6}{64}$

Tehát

$*=-2\pi i\frac{1}{16}+2\pi i\frac{3}{32}=\frac{\pi i}{16}$

b) 2 és 4 elsőrendű pólus, 0 másodrendű.

c) 0-ban és 2-ben az integrál 2πi-vel eloszott értéke a reziduum, 4-ben most nem számoljuk ki, de a 2-höz hasonlóan kell eljárni.

HF. Számítsa ki az

a) $\int\limits_{|z+1|+|z-1|=4}\frac{\mathrm{ch}\,3z}{z^3-z^2}\,\mathrm{d}z$

(a görbe egy pozitívan irányított 0 középponttú ellipszis) és a

b) $\int\limits_{|z|=1}\frac{1-e^{2z}}{z^{100}}\,\mathrm{d}z$

integrálokat!

c) Milyen szakadások vannak z=0-ban?

d) Adja meg a reziduumokat a z=0-ban!

Reziduumszámítás

4. Számítsuk ki az alábbi függvények 0-beli reziduumát, egységkörön vett integrálját és a szakadás jellegét!

a) $\frac{1}{z}\mathrm{sh}^2\,z$

b) $z\,\mathrm{sh}^2\frac{2}{z}$

c) $\frac{1}{z^2\,\mathrm{sh}\,z}$

Mo. a) reguláris, mert 0-ban egy nevezetes határértékkel egyenlő. Res = 0, integrál = 0.

b)

$z\mathrm{sh}^2\frac{2}{z}=z(\frac{2}{z}+\frac{1}{3!}\frac{8}{z^3}+...)\times(\frac{2}{z}+\frac{1}{3!}\frac{8}{z^3}+...)=$

$=z(\frac{4}{z^2}+\frac{32}{3!}\frac{1}{z^4}+...)=\frac{4}{z}+\frac{32}{3!}\frac{1}{z^3}+...$

Innen Res = 4, int = 8πi. A szakadás lényeges.

c) Ennek a függvénynek a 0-ban harmadfokú pólusa van mert z³f(z) már reguláris. Ez a Riemann-tétel miatt van és mert lim_0←z z³f(z) = 1

$\frac{1}{z^2\,\mathrm{sh}\,z}=c_{-3}\frac{1}{z^3}+c_{-2}\frac{1}{z^2}+c_{-1}\frac{1}{z}+c_0+...$

ahol az előbb kiszámoltuk, hogy c_-3=1

$1=...+0+1+0+...=(z^3+\frac{1}{3!}z^5+\frac{1}{5!}z^{7}+...)(\frac{1}{z^3}+c_{-2}\frac{1}{z^2}+c_{-1}\frac{1}{z}+c_0+...=$

$=1+c_{-2}z+(c_{-1}+\frac{1}{6})z^2+...$

innen c_-1=-1/6, int = -πi/3

HF. Határozzuk meg a

a) $f(z)=e^{\frac{1}{z^2}}\sin \frac{1}{z}$

b) $g(z)=\frac{\cos z}{\sin ^2 z}$

c) $h(z)=\frac{e^z-1}{\sin z}$

d) $r(z)=\frac{1}{\sin 2z}$

függvények 0-beli reziduumát, egységkörön vett integrálját és szakadásának jellegét!

Laurent-sorfejtés

5. Határozzuk meg az

$f(z)=\frac{1}{(z-1)(z-3)}$

nulla körüli Laurent-sorait!

Mo.

$f(z)=c\left(\frac{1}{z-1}-\frac{1}{z-3}\right)=-\frac{1}{2}\frac{z-3-z+1}{(z-1)(z-3)}=-\frac{1}{2}\left(\frac{1}{z-1}-\frac{1}{z-3}\right)$

alkalmas tehát a c=-1/2.

Ha |z|<1, akkor

$\frac{1}{z-1}=-\frac{1}{1-z}=-\sum\limits_{n=0}^{\infty} z^n=\sum\limits_{n=0}^{\infty} -z^n$

Ha |z|>1, akkor

$\frac{1}{z-1}=\frac{1}{z}\frac{1}{1-\frac{1}{z}}=\sum\limits_{n=0}^{\infty} z^n=\sum\limits_{n=0}^{\infty} z^{-n-1}$

A másik tag:

Ha |z/3|<1, azaz |z|<3

$\frac{1}{z-3}=-\frac{1}{3}\frac{1}{1-\frac{z}{3}}=-\frac{1}{3}\sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{1}{3^n}z^n=\sum\limits_{n=0}^{\infty} -\frac{1}{3^{n+1}}z^n$

Ha |z|>3 , akkor

$\frac{1}{z-3}=\frac{1}{z}\frac{1}{1-\frac{3}{z}}=\frac{1}{z}\sum\limits_{n=0}^{\infty} 3^nz^{-n}=\sum\limits_{n=0}^{\infty} 3^nz^{-n-1}$

Tehát a Laurent-sorok:

|z|<1 esetén reguláris:

$f(z)=\frac{1}{2}\sum\limits_{n=0}^{\infty} -z^n+\frac{1}{2}\sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{1}{3^{n+1}}z^n=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{1}{2}\left(\frac{1}{3^n}-1\right)z^n$

1<|z|<3 esetén vegyes:

$f(z)=\frac{1}{2}\sum\limits_{n=0}^{\infty} z^{-n-1}+\frac{1}{2}\sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{1}{3^{n+1}}z^n=\sum\limits_{n=-\infty}^{\infty}\frac{1}{2}\begin{cases}z^n, & n<0 \\ (\frac{1}{3^n}-1)z^n, &n\geq 0\end{cases}$

|z|>3 esetén csak főrész:

$f(z)=\frac{1}{2}\sum\limits_{n=0}^{\infty} z^{-n-1}-\frac{1}{2}\sum\limits_{n=0}^{\infty} 3^nz^{-n-1}=\sum\limits_{n=-\infty}^{-1}\frac{1}{2}(1-3^{-n-1})z^n$

HF Fejtsük sorba a 0 körül az

$f(z)=\frac{1}{z(1+z^2)}\,$

függvényt!

@@ 25. sor: / 25. sor: @@
 A homogén fokszámú egyenlet megoldása visszavazethető a szeparálásra az
 :<math>u=\frac{y}{x}\,</math>
-új változó bevezetésével, ahol ''u'' = ''u''(''x'') az ismeretlen függvény. Ekkor
+új változó bevezetésével, ahol ''u'' = ''u''(''x'') az ismeretlen függvény. Tehát:
+:<math>y=ux\,</math>
+Ekkor
 :<math>(xu)'=u+xu'=y'\,</math>
 azaz
@@ 31. sor: / 33. sor: @@
 '''2.''' Oldjuk meg az
-:<math>y'xy=x^2+y^2\,</math>
+<math>y'x=y+\sqrt{x^2+y^2}\,</math>
 egyenletet!
-''Mo.'' Az új változóra történő áttérésnél az y<sup>2</sup>-nak már nem szabad szerepelnie az egyenletben, ezért, hogy ne féljen egyedül, szorozzunk be az egyenletet 1/x<sup>2</sup>-tel:
+''Mo.'' Tegyük föl, hogy x nem 0.
-:<math>y'\frac{y}{x}=1+\frac{y^2}{x^2}\,</math>
+:<math>(u'x+u)x=ux+\sqrt{x^2+u^2x^2}\,</math>
-:<math>(u'x+u)u=1+u^2\,</math>
+:<math>u'x^2=|x|\sqrt{1+u^2}\,</math>
-:<math>u'ux=1+2u^2\,</math>
+:<math>\frac{u'}{\sqrt{1+u^2}}=\frac{1}{|x|}\,</math>
-:<math>u'=\frac{1}{x}\frac{1+u^2}{u}\,</math>
+ezt kell megoldani. Nyilván külön pozitív és külin negatív intervallumokra (a 0 ne legyen benne). Ekkor:
-ezt kell megoldani. Egyelőre tegyük fel, hogy y(x) függvény nem veheti fel a nullát, így az u sem. Ekkor szeparálással:
+:<math>\mathrm{arsh}\,y=\mathrm{ln}\,x+C</math> pozitív x-re
-:<math>\frac{u}{1+u^2}u'=\frac{1}{x}\,</math>
+:<math>\mathrm{arsh}\,y=-\mathrm{ln}\,|x|+C</math> negatív x-re
 :<math>\frac{1}{2}\mathrm{ln}\,1+u^2=c+\mathrm{ln}\,|x|\,</math> itt ''c'' tetszőleges valós szám
 :<math>\mathrm{ln}\sqrt{1+u^2}=\mathrm{ln}\,C|x|\,</math> itt ''C'' tetszőleges pozitív szám éspedig ln ''c'' = ''C''.
@@ 53. sor: / 55. sor: @@
 miközben miközben mindkettő a 0-ban a 0-t veszi föl.
-'''HF.''' Oldjuk meg az
-:a) <math>y'x=y+\sqrt{x^2+y^2}\,</math> és az
-:b) <math>y'=\frac{2x+y}{2y+x}\,</math>
-egyenletet!
 ==Cauchy-típusú integrálok==
 '''3.'''

A3 2009 gyak 2

A lap 2009. november 18., 21:34-kori változata

Tartalomjegyzék

Szeparábilis differenciálegyenlet

Homogén fokszámú egyenlet

Cauchy-típusú integrálok

Reziduumszámítás

Laurent-sorfejtés

Nézetek

Személyes eszközök

Navigáció

Keresés

Eszközök