A3 2016 gyak 2
Mozo (vitalap | szerkesztései) (→Reziduum és körintegrál) |
Mozo (vitalap | szerkesztései) (→Reziduum és körintegrál) |
||
81. sor: | 81. sor: | ||
:<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>\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> | </math> | ||
− | Tehát megszüntethető a | + | 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> | :<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 | 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> | :<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 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. Alkalmazhatjuk tehát az elsőrendű pólus reziduumának képletét: | + | 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. 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_{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> | :<math>Res_0(\frac{\cos z}{\sin 2z})=\frac{\cos 0}{\sin(2z)'|_{z=0}}=\frac{1}{2}</math> |
A lap 2016. május 2., 21:28-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. Alkalmazhatjuk tehát az elsőrendű pólus reziduumának képletét: