A3 2016 gyak 2
Mozo (vitalap | szerkesztései) (→Komplex egyenlet) |
Mozo (vitalap | szerkesztései) (→Laurent-sorfejtés) |
||
(egy szerkesztő 18 közbeeső változata nincs mutatva) | |||
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.'' '''Parciális törtekre bontás'''. Mivel |
z-2i-(z-4)=-2i+4, ezért | z-2i-(z-4)=-2i+4, ezért | ||
:<math>f(z)=2\frac{1}{(z-2i)(z-4)}=2\left(\frac{1/(-2i+4)}{z-4}-\frac{1/(-2i+4)}{z-2i}\right)</math> | :<math>f(z)=2\frac{1}{(z-2i)(z-4)}=2\left(\frac{1/(-2i+4)}{z-4}-\frac{1/(-2i+4)}{z-2i}\right)</math> | ||
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: | + | '''Két szingularitás:''' <math>z=4</math> és <math>z=2i</math>. Ezeknek a távolsága a középponttól: |
− | :I. A <math> | + | :|1-4|=3 és |
+ | :<math>|1-2i|=\sqrt{5}</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> | ||
23. sor: | 33. sor: | ||
hányadosokra kapjuk: | hányadosokra kapjuk: | ||
:<math>f(z)=\frac{1}{-3}\frac{1}{-i+2}\cdot\sum\limits_{n=0}^\infty\left(\frac{z-1}{3}\right)^n-\frac{1}{1-2i}\frac{1}{-i+2}\cdot\sum\limits_{n=0}^\infty\left(\frac{z-1}{2i-1}\right)^n=\sum\limits_{n=0}^\infty\frac{1}{3i-6}\cdot\left(\frac{1}{3}\right)^n(z-1)^n-\sum\limits_{n=0}^\infty\frac{1}{(1-2i)(-i+2)}\left(\frac{1}{2i-1}\right)^n(z-1)^n=\sum\limits_{n=0}^\infty\left(\frac{1}{3i-6}\cdot\left(\frac{1}{3}\right)^n-\frac{1}{(1-2i)(-i+2)}\left(\frac{1}{2i-1}\right)^n\right)(z-1)^n</math> | :<math>f(z)=\frac{1}{-3}\frac{1}{-i+2}\cdot\sum\limits_{n=0}^\infty\left(\frac{z-1}{3}\right)^n-\frac{1}{1-2i}\frac{1}{-i+2}\cdot\sum\limits_{n=0}^\infty\left(\frac{z-1}{2i-1}\right)^n=\sum\limits_{n=0}^\infty\frac{1}{3i-6}\cdot\left(\frac{1}{3}\right)^n(z-1)^n-\sum\limits_{n=0}^\infty\frac{1}{(1-2i)(-i+2)}\left(\frac{1}{2i-1}\right)^n(z-1)^n=\sum\limits_{n=0}^\infty\left(\frac{1}{3i-6}\cdot\left(\frac{1}{3}\right)^n-\frac{1}{(1-2i)(-i+2)}\left(\frac{1}{2i-1}\right)^n\right)(z-1)^n</math> | ||
− | :II. A <math>\sqrt{5}\leq|z-1|<3</math> körgyűrű, | + | :'''II.)''' A <math>\sqrt{5}\leq|z-1|<3</math> körgyűrű, |
melyben az első tag reguláris, de a második már nem. Ilyenkor "a z-1-et emeljük ki a nevezőből": | melyben az első tag reguláris, de a második már nem. Ilyenkor "a z-1-et emeljük ki a nevezőből": | ||
:<math>\frac{1/(-i+2)}{z-2i}=\frac{1/(-i+2)}{z-1+1-2i}=\frac{1}{z-1}\frac{1}{-i+2}\frac{1}{1+\frac{1-2i}{z-1}}=\frac{1}{z-1}\frac{1}{-i+2}\frac{1}{1-\frac{2i-1}{z-1}}=\frac{1}{z-1}\cdot\frac{1}{-i+2}\sum\limits_{n=0}^{\infty}\left(\frac{2i-1}{z-1}\right)^n=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{(2i-1)^n}{-i+2}\frac{1}{(z-1)^{n+1}}</math> | :<math>\frac{1/(-i+2)}{z-2i}=\frac{1/(-i+2)}{z-1+1-2i}=\frac{1}{z-1}\frac{1}{-i+2}\frac{1}{1+\frac{1-2i}{z-1}}=\frac{1}{z-1}\frac{1}{-i+2}\frac{1}{1-\frac{2i-1}{z-1}}=\frac{1}{z-1}\cdot\frac{1}{-i+2}\sum\limits_{n=0}^{\infty}\left(\frac{2i-1}{z-1}\right)^n=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{(2i-1)^n}{-i+2}\frac{1}{(z-1)^{n+1}}</math> | ||
Tehát itt: | Tehát itt: | ||
:<math>f(z)=\sum\limits_{n=0}^\infty\frac{1}{3i-6}\cdot\left(\frac{1}{3}\right)^n(z-1)^n-\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}{3}\right)^n(z-1)^n-\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{(2i-1)^n}{-i+2}\frac{1}{(z-1)^{n+1}}</math> | ||
− | :Végül a |z-1|>3 körgyűrűn | + | :'''III.)''' 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> | |
− | + | '''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>. A függvényt nem kell parciális törtekre bontani, mert 1/z szorzótényezőként szerepel és a második tényező pont mértani sor alakú q=-z^2-tel. | ||
+ | |||
+ | :'''I.)''' 0<|z|<1. "Ekkor az nevezőbeli 1-ból kell 1-et csinálni": | ||
+ | :<math>f(z)=\frac{1}{z(1+z^2)}=\frac{1}{z}\frac{1}{1-(-z^2)}=\frac{1}{z}\sum\limits_{n=0}^\infty(-z^2)^n=\sum\limits_{n=0}^\infty(-1)^nz^{2n-1}</math> | ||
+ | És a konvergencia tartománya valóban: | ||
+ | :<math>|-z^2|<1\Leftrightarrow |z|<1</math> (<math>z\ne 0</math>) | ||
+ | :'''II.)''' 1<|z|. "Ekkor az nevezőbeli z^2-ből kell 1-et csinálni": | ||
+ | :<math>f(z)=\frac{1}{z}\cdot\frac{1}{z^2}\cdot\frac{1}{\frac{1}{z^2}+1}=\frac{1}{z}\cdot\frac{1}{z^2}\cdot\frac{1}{1-\frac{-1}{z^2}}=\frac{1}{z^3}\sum\limits_{n=0}^\infty\left(-\frac{1}{z^2}\right)^n=\sum\limits_{n=0}^\infty(-1)^nz^{-2n-3}</math> | ||
+ | És a konvergencia tartománya valóban: | ||
+ | :<math>|-1/z^2|<1\Leftrightarrow |z|>1</math> | ||
+ | |||
==Komplex egyenlet== | ==Komplex egyenlet== | ||
'''2. a) ''' Oldjuk meg az | '''2. a) ''' Oldjuk meg az | ||
69. sor: | 91. sor: | ||
:<math>\oint\limits_{|z|=2}\frac{e^z-1}{\sin z}\,dz</math> | :<math>\oint\limits_{|z|=2}\frac{e^z-1}{\sin z}\,dz</math> | ||
b) | b) | ||
− | :<math>\oint\limits_{|z|= | + | :<math>\oint\limits_{|z|=1}\frac{\cos z}{\sin 2z}\,dz</math> |
c) | c) | ||
− | :<math>\oint\limits_{|z|=2}\ | + | :<math>\oint\limits_{|z|=2}\frac{2}{z}\cos \frac{1}{z}\,dz</math> |
− | ''Mo.'' | + | ''Mo.'' a) Szingularitásai: <math>\sin z=0\,</math>; <math>z=k\pi\,</math>, 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: |
+ | :<math>\lim\limits_{z\to 0}\frac{e^z-1}{\sin z}=\lim\limits_{z\to 0}\frac{e^z}{\cos z}=1 | ||
+ | </math> | ||
+ | Vagy | ||
+ | :<math>\lim\limits_{z\to 0}\frac{e^z-1}{z}=1,\qquad \lim\limits_{z\to 0}\frac{\sin z}{z}=1</math> | ||
+ | miatt | ||
+ | :<math>\lim\limits_{z\to 0}\frac{e^z-1}{\sin z}=\lim\limits_{z\to 0}\frac{e^z-1}{z}\frac{z}{\sin z}=1 | ||
+ | </math> | ||
+ | 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 <math>\frac{1}{z}</math>-s tag. Emiatt <math>Res_0^f=0</math>. Innen: | ||
+ | :<math>\oint\limits_{|z|=2}\frac{e^z-1}{\sin z}\,dz=0</math> | ||
+ | b) Szingularitásai: <math>\sin 2z=0\,</math>; <math>z=k\frac{\pi}{2}\,</math>, tehát a körön belül csak a z=0-ban szakad. Itt <math>\cos(0)=1</math> és | ||
+ | :<math>\sin 2z=2z-\frac{(2z)^3}{3!}+\frac{(2z)^5}{5!}-\frac{(2z)^7}{7!}+\dots=(2z)(1-\frac{(2z)^2}{3!}+\frac{(2z)^4}{5!}-\frac{(2z)^6}{7!}+\dots)</math> | ||
+ | azaz '''pólusszingularitása''' van és '''elsőfokú pólusa van a nullában'''. Ezt onnan tudjuk, hogy <math>\cos(0)\ne 0</math>, 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: | ||
+ | :<math>Res_{z_0}\left(\frac{h(z)}{g(z)}\right)=\left.\frac{h(z)}{g'(z)}\right|_{z_0}\qquad h(z_0)\ne 0, \;g'(z_0)\ne 0,\;g(z_0)=0</math> | ||
+ | :<math>Res_0(\frac{\cos z}{\sin 2z})=\frac{\cos 0}{\sin(2z)'|_{z=0}}=\frac{1}{2}</math> | ||
+ | Innen a reziduumtétellel: | ||
+ | :<math>\oint\limits_{|z|=1}\frac{\cos z}{\sin 2z}\,dz=2\pi i \cdot\mathrm{Res}_0(\left(\frac{\cos z}{\sin 2z}\right)=\pi i</math> | ||
+ | ''2. megoldás.'' C.i.f.-fel. Felhasználva, hogy | ||
+ | :<math>\lim\limits_{z\to 0}\frac{2z}{\sin 2z}=1 | ||
+ | </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: | ||
+ | :<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> | ||
+ | |||
+ | c) Csak a 0-ban szakad (de ott nagyon). Laurent-sorba fejtve <math>\cos \frac{1}{z}</math>-t: | ||
+ | :<math>\cos \frac{1}{z}=1-\frac{1}{2}\frac{1}{z^2}+\frac{1}{4!}\frac{1}{z^4}-\frac{1}{6!}\frac{1}{z^6}+\dots</math> | ||
+ | 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: | ||
+ | :<math>\frac{2}{z}\cos \frac{1}{z}=\frac{2}{z}\left(1-\frac{1}{2}\frac{1}{z^2}+\frac{1}{4!}\frac{1}{z^4}-\frac{1}{6!}\frac{1}{z^6}+\dots\right)=\frac{2}{z}-\frac{2}{2}\frac{1}{z^3}+\frac{2}{4!}\frac{2}{z^5}-\frac{2}{6!}\frac{1}{z^7}+\dots</math> | ||
+ | Leolvasva a reziduumot, az 1/z együtthatója: | ||
+ | :<math>\mathrm{Rez}_0\left(\frac{1}{z}\cos \frac{1}{z}\right)=2</math> | ||
+ | :<math>\oint\limits_{|z|=2}\frac{2}{z}\cos \frac{1}{z}\,dz=4\pi i</math> |
A lap jelenlegi, 2016. május 3., 14:55-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. Parciális törtekre bontás. 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:
- |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:
- III.) 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 . A függvényt nem kell parciális törtekre bontani, mert 1/z szorzótényezőként szerepel és a második tényező pont mértani sor alakú q=-z^2-tel.
- I.) 0<|z|<1. "Ekkor az nevezőbeli 1-ból kell 1-et csinálni":
És a konvergencia tartománya valóban:
- ()
- II.) 1<|z|. "Ekkor az nevezőbeli z^2-ből kell 1-et csinálni":
És a konvergencia tartománya valóban:
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: