A3 2009 gyak 2

A MathWikiből
A lap korábbi változatát látod, amilyen Mozo (vitalap | szerkesztései) 2009. november 19., 20:31-kor történt szerkesztése után volt.
(eltér) ←Régebbi változat | Aktuális változat (eltér) | Újabb változat→ (eltér)

Tartalomjegyzék

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'xy^3=x^4+y^4\,

egyenletet! Mo. Általános megoldás:

(u'x+u)xu^3x^3=x^4+u^4x^4\,
u'xu^3+u^4=1+u^4\,
u'u^3x=1\,
u'u^3=\frac{1}{x}\,
\frac{u^4}{4}=\mathrm{ln}\,|x|+C\,
u=\pm\sqrt[4]{4\mathrm{ln}\,|x|+4C}\,
y=\pm x\sqrt[4]{\mathrm{ln}\,px^4}\,

A szinguláris megoldás: ha x0 = 0, akkor y szükségképpen 0. Itt viszont nem reguláris a differenciálegyenlet:

\lim\limits_{x\to 0}x^2ln\,px^2=\frac{\frac{1}{px^2}2xp}{-\frac{2}{x^3}}

azaz a 0-hoz tart, így legalább kettő (valójában végtelen) megoldás halad át a (0,0) ponton.

Cauchy-típusú integrálok

3.

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!

Mo. a)

\int\limits_{|z+1|+|z-1|=4}\frac{\mathrm{ch}\,3z}{z^2(z-1)}\,\mathrm{d}z=
=\int\limits_{|z|=1}\frac{\frac{\mathrm{ch}\,3z}{z-1}}{z^2}\,\mathrm{d}z+\int\limits_{|z-1|=1}\frac{\frac{\mathrm{ch}\,3z}{z^2}}{z-1}\,\mathrm{d}z=
=2\pi i\left.\frac{3\mathrm{sh}(3z)(z-1)-\mathrm{ch}(3z)}{(z-1)^2}\right|_{z=0}+2\pi i\left.\frac{\mathrm{ch}(3z)}{z^2}\right|_{z=1}=
2\pi i(-1+\mathrm{ch}\,3)\,

az első másodfokú pólus, a második tagban egy elsőfokú pólust fedezhtünk föl. A reziduumok az integrálok a 2 pi i-k nélkül.

b) A nullabeli 99. deriváltra van szükségünk:

(1-e^{2z})'=-2e^{2z}\,, n = 1
(-2e^{2z})'=-2^2e^{2z}\,, n = 2
(-2e^{2z})'=-2^{99}e^{2z}\,, n = 99

\int\limits_{|z|=1}\frac{1-e^{2z}}{z^{100}}\,\mathrm{d}z=\frac{2\pi i}{99!}(-2^{99}) Ez egy 99-edfokú pólus, residuuma a 2pi i nélküli tényező.

Reziduumszámítás

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

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}

Mo.a)

f(z)=e^{\frac{1}{z^2}}\sin \frac{1}{z}=(1+\frac{1}{z^2}+\frac{1}{2z^4}+...)(\frac{1}{z}-\frac{1}{3!z^3}+\frac{1}{5!z^5}+...)=

Tehát Res=1

Lényeges szakadás.

c) Megszüntethető szakadású. Reguláris, res = 0

d) másodfokú pólus.


1=(c_{-1}\frac{1}{z}+c_0+c_1z+...)(2z-\frac{8z^3}{3!}+...)
1+0z+...=2c_{-1}-c_{-1}\frac{8z^2}{3!}+2zc_0+2c_1z^2+...=2c_{-1}+2c_0z+z^2(2c_1-c_{-1}\frac{8}{3!})+...
c_{-1}=\frac{1}{2}

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!

Személyes eszközök