A3 2016 gyak 2
Mozo (vitalap | szerkesztései) (→Reziduum és körintegrál) |
Mozo (vitalap | szerkesztései) (→Reziduum és körintegrál) |
||
97. sor: | 97. sor: | ||
:<math>\oint\limits_{|z|=1}\frac{\cos z}{\sin 2z}\,dz=\oint\limits_{|z|=1}\frac{\frac{1}{2}\cos z\frac{2z}{\sin 2z}}{z}\,dz=</math> | :<math>\oint\limits_{|z|=1}\frac{\cos z}{\sin 2z}\,dz=\oint\limits_{|z|=1}\frac{\frac{1}{2}\cos z\frac{2z}{\sin 2z}}{z}\,dz=</math> | ||
a számlálóban reguláris, a nevezőben elsőfokú, azaz a nulladik deriváltra vontkozó Cauchy-integrálformulából: | a számlálóban reguláris, a nevezőben elsőfokú, azaz a nulladik deriváltra vontkozó Cauchy-integrálformulából: | ||
− | :<math>=\oint\limits_{|z|=1}\frac{\frac{1}{2}\ | + | :<math>=\oint\limits_{|z|=1}\frac{\cos z\cdot \frac{1}{2}\cdot\frac{2z}{\sin 2z}}{z}\,dz=2\pi i\lim\limits_{z\to 0}\cos z\cdot \frac{1}{2}\cdot\frac{2z}{\sin 2z}=2\pi i\frac{1}{2}\cdot 1\cdot 1=\pi i</math> |
+ | ''3. megoldás.'' Az általános reziduumszámítós képlettel. k-adfokú pólus esetén | ||
+ | :<math> | ||
+ | \mathrm{Res}_{z_0}f=\frac{1}{(k-1)!}\lim\limits_{z\to z_0}((z-z_0)^k f(z))^{(k-1)} | ||
+ | </math> | ||
+ | Most k=1, azaz k-1=0, azaz nem kell deriválni, csak határértéket számítani: | ||
+ | :<math>\oint\limits_{|z|=1}\frac{\cos z}{\sin 2z}\,dz=2\pi i\lim\limits_{z\to 0}z\cdot\frac{\cos z}{\sin 2z}=2\pi i\lim\limits_{z\to 0}\cos z\cdot\frac{1}{2}\cdot \frac{2z}{\sin 2z}=\pi i</math> |
A lap 2016. május 2., 21:50-kori változata
Tartalomjegyzék |
Laurent-sorfejtés
1. Határozzuk meg az
függvény 1 körüli Laurent-sorait!
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 . Tehát három lehetőségünk van:
- 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
HF Fejtsük sorba a 0 körül az
függvényt!
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: