A3 2016 gyak 2

A MathWikiből
A lap korábbi változatát látod, amilyen Mozo (vitalap | szerkesztései) 2016. május 2., 21:12-kor történt szerkesztése után volt.

Tartalomjegyzék

Laurent-sorfejtés

1. Határozzuk meg az

f(z)=\frac{2}{(z-2i)(z-4)}

függvény 1 körüli Laurent-sorait!

Mo. Mivel z-2i-(z-4)=-2i+4, ezért

f(z)=2\frac{1}{(z-2i)(z-4)}=2\left(\frac{1/(-2i+4)}{z-4}-\frac{1/(-2i+4)}{z-2i}\right)

és valóban, mert

\frac{1}{-2i+4}(z-2i-(z-4))=\frac{-2i+4}{-2i+4}=1

azaz

f(z)=2\frac{1}{(z-2i)(z-4)}=\frac{1/(-i+2)}{z-4}-\frac{1/(-i+2)}{z-2i}

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:

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}

Két szingularitás: z = 4 és z = 2i. Ezeknek a távolsága a középponttól:</math> |1-4|=3 és |1-2i|=\sqrt{5}. Tehát három lehetőségünk van:

I. A 0\leq|z-1|<\sqrt{5} körlap,

melyen belül a sor reguláris és z − 1-nek csak nemnegatív hatványai szerepelnek a sorban. Ilyenkor "z − 1 melletti tagból csinálunk mértani sort":

\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}}

Alkalmazva a

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

formulát, ha | q | < 1 a

\frac{z-1}{3}=q_1 és \frac{z-1}{2i-1}=q_2

hányadosokra kapjuk:

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
II. A \sqrt{5}\leq|z-1|<3 körgyűrű,

melyben az első tag reguláris, de a második már nem. Ilyenkor "a z-1-et emeljük ki a nevezőből":

\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}}

Tehát itt:

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}}
Végül a |z-1|>3 körgyűrűn
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}}
HF Fejtsük sorba a 0 körül az 
f(z)=\frac{1}{z(1+z^2)}\,

függvényt!

Komplex egyenlet

2. a) Oldjuk meg az

e^{\frac{i}{z}}=\sqrt{3}+i

egyenletet!

Mo.

\sqrt{3}+i=e^{\ln 2}e^{i\frac{\pi}{6}}

mert a szöge 30 fok, a hossza 2. Ezért az egyenlet:

e^{\frac{i}{z}}=e^{\ln 2 +i\frac{\pi}{6}}

azaz

\frac{i}{z}=\ln 2 +i\frac{\pi}{6}+2\pi i k
z=\frac{1}{\frac{\ln 2}{i} +\frac{\pi}{6}+2\pi  k}

2. b) Oldjuk meg a

\cos z=2i\,

egyenletet!

Mo.

\frac{e^z+e^{-z}}{2}=2i
e^z+e^{-z}=4i\,
(e^z)^2-4ie^z+1=0\,
w=e^z\,
w^2-4iw+1=0\,
w_{1,2}=\frac{4i\pm\sqrt{-16-4}}{2}=\frac{4i\pm\sqrt{-20}}{2}=\frac{4i\pm 2\sqrt{5}i}{2}=2i\pm\sqrt{5}i=i(2\pm\sqrt{5})
e^{z}=i(2+\sqrt{5})\qquad i(2+\sqrt{5})=e^{\ln(2+\sqrt{5})}e^{i\frac{\pi}{2}}=e^{\ln(2+\sqrt{5})+i\frac{\pi}{2}}
e^{z}=e^{\ln(2+\sqrt{5})+i\frac{\pi}{2}}
z_1=\ln(2+\sqrt{5})+i\frac{\pi}{2}+2\pi i k\qquad k\in \mathbf{Z}
e^{z}=i(2-\sqrt{5})\qquad i(2-\sqrt{5})=e^{\ln(\sqrt{5}-2)}e^{i\frac{3\pi}{2}}=e^{\ln(\sqrt{5}-2)+i\frac{3\pi}{2}}
e^{z}=e^{\ln(\sqrt{5}-2)+i\frac{3\pi}{2}}
z_2=\ln(\sqrt{5}-2)+i\frac{3\pi}{2}+2\pi i k\qquad k\in \mathbf{Z}

Harmonikus társkeresés

Reziduum és körintegrál

4. a)

\oint\limits_{|z|=2}\frac{e^z-1}{\sin z}\,dz

b)

\oint\limits_{|z|=1}\frac{\cos z}{\sin 2z}\,dz

c)

\oint\limits_{|z|=2}\frac{2}{z}\cos \frac{1}{z}\,dz

Mo. a) Szingularitásai: \sin z=0\,; z=k\pi\,, 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:

\lim\limits_{z\to 0}\frac{e^z-1}{\sin z}=\lim\limits_{z\to 0}\frac{e^z}{\cos z}=1

Vagy

\lim\limits_{z\to 0}\frac{e^z-1}{z}=1,\qquad \lim\limits_{z\to 0}\frac{\sin z}{z}=1

miatt

\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

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 \frac{1}{z}-s tag. Emiatt Res_0^f=0. Innen:

\oint\limits_{|z|=2}\frac{e^z-1}{\sin z}\,dz=0

b) Szingularitásai: \sin 2z=0\,; z=k\frac{\pi}{2}\,, tehát a körön belül csak a z=0-ban szakad. Itt cos(0) = 1 és

\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)

azaz pólusszingularitása van és elsőfokú pólusa van a nullában. Ezt onnan tudjuk, hogy \cos(0)\ne 0, 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:

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
Res_0(\frac{\cos z}{\sin 2z})=\frac{\cos 0}{\sin(2z)'|_{z=0}}=\frac{1}{2}

Innen a reziduumtétellel:

\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

2. megoldás. C.i.f.-fel. Felhasználva, hogy

\lim\limits_{z\to 0}\frac{2z}{\sin 2z}=1
\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=

a számlálóban reguláris, a nevezőben elsőfokú, azaz a nulladik deriváltra vontkozó Cauchy-integrálformulából:

=\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

3. megoldás. Az általános reziduumszámítós képlettel. k-adfokú pólus esetén


\mathrm{Res}_{z_0}f=\frac{1}{(k-1)!}\lim\limits_{z\to z_0}((z-z_0)^k f(z))^{(k-1)}

Most k=1, azaz k-1=0, azaz nem kell deriválni, csak határértéket számítani:

\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

c) Csak a 0-ban szakad (de ott nagyon). Laurent-sorba fejtve \cos \frac{1}{z}-t:

\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

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:

\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

Leolvasva a reziduumot, az 1/z együtthatója:

\mathrm{Rez}_0\left(\frac{1}{z}\cos \frac{1}{z}\right)=2
\oint\limits_{|z|=2}\frac{2}{z}\cos \frac{1}{z}\,dz=4\pi i
Személyes eszközök