Matematika A3a 2008/1. gyakorlat

A MathWikiből
(Változatok közti eltérés)
(Differenciálegyenletek)
(Differenciálegyenletek)
11. sor: 11. sor:
 
Az egyenlet ''explicit általános megoldása'' (a ''H''&sube;''I''&times;''J'' halmazon ) az ''y'':''K''&times;'''R'''<math>\to</math>''J'', y(x)=&Psi;(x,C) függvény, ha minden (''H''-beli) kezdeti feltételhez egyértelműen létezik olyan ''C'', melyre y(x)=&Psi;(x,C) megoldása az egyenletnek.
 
Az egyenlet ''explicit általános megoldása'' (a ''H''&sube;''I''&times;''J'' halmazon ) az ''y'':''K''&times;'''R'''<math>\to</math>''J'', y(x)=&Psi;(x,C) függvény, ha minden (''H''-beli) kezdeti feltételhez egyértelműen létezik olyan ''C'', melyre y(x)=&Psi;(x,C) megoldása az egyenletnek.
  
A legegyszerűbb differenciálegyenlet az ''y'''=''f''(''x''), ami lényegében primitívfüggvénykeresés. Tudjuk, hogy (folytonos ''f'' esetén) mindig van ennek megoldása, éspedig az integrálfüggvény az, de ez nem feltétlenül kapható meg elemi függvények segítségével "kézzel fogható" zárt alakban. Általánosabb esetben a közönséges elsőrendű differenciálegyenletek megoldásának két általános, de természetesen ugyanígy (zárt megoldás szempontjából) nem mindig célra vezető módszere a ''szeparálás'' és az ''egzakt differenciálegyenlet'' módszere.
+
A legegyszerűbb differenciálegyenlet az ''y'''=''f''(''x''), ami lényegében primitívfüggvénykeresés. Tudjuk, hogy (folytonos ''f'' esetén) mindig van ennek megoldása, éspedig az integrálfüggvény az, de ez nem feltétlenül kapható meg elemi függvények segítségével "kézzel fogható" zárt alakban. Általánosabb esetben a közönséges elsőrendű differenciálegyenletek megoldását két startégiával kereshetjük meg. Az ''egzakt vagy egzaktra vezető differenciálegyenlet'' módszere mindig célra vezet, de természetesen ritkán szolgáltat zárt megoldást. A másik a ''szeparálás,'' ami egyszerűbb, de nem mindig teljesülnek a feltételei.
 
===Szeparábilis differenciálegyenlet===
 
===Szeparábilis differenciálegyenlet===
 +
'''1. Feladat.''' Milyen függvények elégítik ki az alábbi differenciálegynletet? Van-e olyan, mely a 0-ban 0-t vesz föl, illetve a 0-ban 1-et?
 +
:<math>y'=\frac{\sin x}{y^6}\,</math>
 +
''Megoldás.'' Nyilván a megoldás sehol sem vehet föl nulla értéket, mert akkor
 +
:<math>\frac{\sin x}{y^6(x)}\,</math>
 +
ott nem lenne értelmezve.
 +
 +
A mechanikus megoldási eljárás a következő:
 +
:<math>\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{\sin x}{y^6}\,</math>
 +
:<math>y^6\mathrm{d}y=\sin(x)\,\mathrm{d}x\,</math>
 +
:<math>\int y^6\mathrm{d}y=\int \sin(x)\,\mathrm{d}x\,</math>
 +
:<math>\frac{y^7}{7}=-\cos(x)+C\,</math>
 +
ez az implicit általános megoldás és
 +
:<math>y(x)=\sqrt[7]{-7\cos(x)+C}\,</math>
 +
az explicit általános megoldás.
 +
 +
A megoldás mechanikus megkeresése után meg kell jegyeznünk, hogy csak olyan intervallumokra kell szorítkoznunk, ahol az y nem ad nullát. Ezeken belül vannak olyan esetek, melyek nem is differenciálhatók a 7. gyök miatt.
 +
 +
(0,1)-en áthaladó megoldás a C = 8/7-es görbe.
 +
 +
===Egzisztencia és unicitás===
 +
 +
Legyen ''f'' : ''I'' <math>\to</math> '''R''', ''g'': ''J''  <math>\to</math> '''R''' intervallumon értelmezett folytonos függvények, ahol ''g'' sehol sem nulla. Ekkor az y: ''K'' <math>\to</math> '''J''' differenciálható függvény, ahol ''K'' &sube; ''I'' megoldása az
 +
:<math>y'=f(x)g(y)\,</math>
 +
ún. szeparábilis diffegyenletnek, ha minden ''x'' &isin; ''K''-ra:
 +
:<math>y'(x)=f(x)g(y(x))\,</math>
 +
 +
Ekkor a helyettesítéses integrálás szabálya miatt
 +
:<math>\int\frac{y'}{g(y)}\,dy=G(y)=\int f(x)\,dx=F(x)+C</math>
 +
azaz
 +
:<math>G\circ y= F+C\,</math>
 +
ahol G az 1/g egy integrálfüggvénye, F az f-é.
 +
 +
Ennek a függvlnyegyenletnek a differenciálható megoldásai megoldások és ezt nevezzük a diffegyenlet implicit alakban adott általános megoldásának.
 +
 +
Ha G injektív, akkor az explicit általános megoldás globális:
 +
:<math>y(x)=G^{-1}(F(x)+C)\,</math>
 +
 +
Ha G nem injektív, de van, ahol a deriváltja nem nulla (tehát 1/g nem konstans, azaz g nem konstans, azaz a feladat nem intézhető el primitív függvény kereséssel), és (x<sub>0</sub>, y<sub>0</sub>) olyan, hogy f(x,y)=G(y)-F(x)-C és G(y<sub>0</sub>)-F(x<sub>0</sub>)-C=0, akkor az inverzfüggvénytétel értelmében van lokális megoldása x<sub>0</sub> körül. Ilyen (x<sub>0</sub>, y<sub>0</sub>) a C alkalmas beállításával mindig alálható. (Ezt elhisszük.) Ez a kezdetiérték probléma szeparábilis esetben.
 +
 +
Vannak olyan esetek amikor g felveszi a 0-t. Ekkor a fenti sematikus megoldáson kívül egyéb meoldás is felléphet.
 +
 +
'''2. Feladat.''' Oldjuk meg az <math>y'=ay\,</math> egyenletet.
 +
 +
'''3. Feladat.''' <math>(1+x^3)dx - x^2ydy=0\,</math>
 +
=== Függvényegyenletek===
 +
 +
'''4. Feladat.''' Van-e nemdifferenciálható, de folytonos megoldása az <math>y^2=x^2\,</math> függvényegyenletnek?
 +
 +
'''5. Feladat.''' Hány megoldása van az |f(x)|=e<sup>x</sup> '''R'''-en? Hány diffható ebből?
 +
 +
 +
===Homogén fokszámú egyenletek===
 +
 +
Az F(x,y) ''n''-homogén függvény, ha minden &lambda; esetén
 +
:<math>F(\lambda x,\lambda y)=\lambda^n F(x,y).</math>
 +
Az y'=F(x,y) egyenlet homogén, ha F(x,y) 0-homogén.
 +
 +
Homogén egyenleteknél az y=ux helyettesítés vezet célra. Akkor
 +
:y'=u'x+u
 +
 
 +
'''Feladat.''' (2x+y)dx + (y+x)dy =0
 +
Homogén, mert
 +
:<math>y'=-\frac{2x+y}{x+y}</math>
 +
jobb oldala 0-homogén:
 +
:<math>-\frac{2x+y}{x+y}=-\frac{2\lambda x+\lambda y}{\lambda x+\lambda y}=-\frac{2x+y}{x+y}</math>
 +
:<math>u'x+u=-\frac{2+u}{1+u}</math>
 +
:<math>u'x=-\frac{2+2u+u^2}{1+u}</math>
 +
:<math>\frac{1+u}{2+2u+u^2}u'=-\frac{1}{x}</math>
 +
 +
===Egzakt differenciálegynlet===
 +
 +
 +
 +
[[Kategória:Matematika A3]]
  
 
==Komplex számkör és reprezentációi==
 
==Komplex számkör és reprezentációi==

A lap 2013. augusztus 28., 20:06-kori változata

<Matematika A3a 2008

Tartalomjegyzék

Differenciálegyenletek

Legyen F:I×J\toR korlátos és zárt téglalapon értelmezett folytonos kétváltozós függvény. Az

y ' = F(x,y)

elsőrendű közönséges differenciálegyenlet megoldásainak nevezzük az olyan y:K\toJ függvényeket, melyekre

1) KI,
2) y differenciálható és
3) minden xK számra y'(x)=F(x,y(x)).

Ha (x0,y0)∈I×J, akkor az egyenlet y0 = y(x0) kezdeti feltételt kielégítő partikuláris megoldásának venezzük az olyan megoldásokat, melyekre y0 = y(x0). Adott kezdeti feltételt kielégítő megoldás keresését kezdeti érték problémának vagy Cauchy-problémának nevezzük. Az egyenlet összes megoldása az egyenlet összes megoldása. Azt mondjuk, hogy az egyenlet általános megoldását (a HI×J halmazon) az Φ(x,y,C)=0 implicit egyenlet szolgáltatja (vagy az egyenlet általános megoldása az előbbi implicit alakban adott), ha minden (H-beli) (x0,y0) kezdeti feltételre van egyetlen olyan C valós paraméter, hogy az Φ(x,y,C)=0 implicit egyenlet megoldása az egyenletnek az adott kezdeti feltételt kielégítő megoldása. Az egyenlet explicit általános megoldása (a HI×J halmazon ) az y:K×R\toJ, y(x)=Ψ(x,C) függvény, ha minden (H-beli) kezdeti feltételhez egyértelműen létezik olyan C, melyre y(x)=Ψ(x,C) megoldása az egyenletnek.

A legegyszerűbb differenciálegyenlet az y'=f(x), ami lényegében primitívfüggvénykeresés. Tudjuk, hogy (folytonos f esetén) mindig van ennek megoldása, éspedig az integrálfüggvény az, de ez nem feltétlenül kapható meg elemi függvények segítségével "kézzel fogható" zárt alakban. Általánosabb esetben a közönséges elsőrendű differenciálegyenletek megoldását két startégiával kereshetjük meg. Az egzakt vagy egzaktra vezető differenciálegyenlet módszere mindig célra vezet, de természetesen ritkán szolgáltat zárt megoldást. A másik a szeparálás, ami egyszerűbb, de nem mindig teljesülnek a feltételei.

Szeparábilis differenciálegyenlet

1. Feladat. Milyen függvények elégítik ki az alábbi differenciálegynletet? Van-e olyan, mely a 0-ban 0-t vesz föl, illetve a 0-ban 1-et?

y'=\frac{\sin x}{y^6}\,

Megoldás. Nyilván a megoldás sehol sem vehet föl nulla értéket, mert akkor

\frac{\sin x}{y^6(x)}\,

ott nem lenne értelmezve.

A mechanikus megoldási eljárás a következő:

\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{\sin x}{y^6}\,
y^6\mathrm{d}y=\sin(x)\,\mathrm{d}x\,
\int y^6\mathrm{d}y=\int \sin(x)\,\mathrm{d}x\,
\frac{y^7}{7}=-\cos(x)+C\,

ez az implicit általános megoldás és

y(x)=\sqrt[7]{-7\cos(x)+C}\,

az explicit általános megoldás.

A megoldás mechanikus megkeresése után meg kell jegyeznünk, hogy csak olyan intervallumokra kell szorítkoznunk, ahol az y nem ad nullát. Ezeken belül vannak olyan esetek, melyek nem is differenciálhatók a 7. gyök miatt.

(0,1)-en áthaladó megoldás a C = 8/7-es görbe.

Egzisztencia és unicitás

Legyen f : I \to R, g: J \to R intervallumon értelmezett folytonos függvények, ahol g sehol sem nulla. Ekkor az y: K \to J differenciálható függvény, ahol KI megoldása az

y'=f(x)g(y)\,

ún. szeparábilis diffegyenletnek, ha minden xK-ra:

y'(x)=f(x)g(y(x))\,

Ekkor a helyettesítéses integrálás szabálya miatt

\int\frac{y'}{g(y)}\,dy=G(y)=\int f(x)\,dx=F(x)+C

azaz

G\circ y= F+C\,

ahol G az 1/g egy integrálfüggvénye, F az f-é.

Ennek a függvlnyegyenletnek a differenciálható megoldásai megoldások és ezt nevezzük a diffegyenlet implicit alakban adott általános megoldásának.

Ha G injektív, akkor az explicit általános megoldás globális:

y(x)=G^{-1}(F(x)+C)\,

Ha G nem injektív, de van, ahol a deriváltja nem nulla (tehát 1/g nem konstans, azaz g nem konstans, azaz a feladat nem intézhető el primitív függvény kereséssel), és (x0, y0) olyan, hogy f(x,y)=G(y)-F(x)-C és G(y0)-F(x0)-C=0, akkor az inverzfüggvénytétel értelmében van lokális megoldása x0 körül. Ilyen (x0, y0) a C alkalmas beállításával mindig alálható. (Ezt elhisszük.) Ez a kezdetiérték probléma szeparábilis esetben.

Vannak olyan esetek amikor g felveszi a 0-t. Ekkor a fenti sematikus megoldáson kívül egyéb meoldás is felléphet.

2. Feladat. Oldjuk meg az y'=ay\, egyenletet.

3. Feladat. (1+x^3)dx - x^2ydy=0\,

Függvényegyenletek

4. Feladat. Van-e nemdifferenciálható, de folytonos megoldása az y^2=x^2\, függvényegyenletnek?

5. Feladat. Hány megoldása van az |f(x)|=ex R-en? Hány diffható ebből?


Homogén fokszámú egyenletek

Az F(x,y) n-homogén függvény, ha minden λ esetén

Fxy) = λnF(x,y).

Az y'=F(x,y) egyenlet homogén, ha F(x,y) 0-homogén.

Homogén egyenleteknél az y=ux helyettesítés vezet célra. Akkor

y'=u'x+u

Feladat. (2x+y)dx + (y+x)dy =0 Homogén, mert

y'=-\frac{2x+y}{x+y}

jobb oldala 0-homogén:

-\frac{2x+y}{x+y}=-\frac{2\lambda x+\lambda y}{\lambda x+\lambda y}=-\frac{2x+y}{x+y}
u'x+u=-\frac{2+u}{1+u}
u'x=-\frac{2+2u+u^2}{1+u}
\frac{1+u}{2+2u+u^2}u'=-\frac{1}{x}

Egzakt differenciálegynlet

Komplex számkör és reprezentációi

A komplex számok C halmazát és műveleteit legalább három, lényegesen más szemszögből lehet láttatni. A meghatározottság kedvéért összefoglaljuk a komplex számok legfontosabb algebrai tulajdonságait. Nem térünk ki minden egyes műveleti tulajdonságra, ezek megtalálhatók a komplex számok algebráját leíró tankönyvekben.

Algebrai modell

A komplex számok olyan

a+b\mathrm{i}\,

alakú formális kifejezések, ahol a és b valós számok, i pedig azzal a speciális tulajdonsággal rendelkezik, hogy

\mathrm{i}^2=-1\,

A komplex számok halmazát a C szimbólummal jelöljük, tehát

z\in \mathbf{C}\quad\Leftrightarrow\quad z=a+bi\quad\quad(a,b\in \mathbf{R})

itt a-t a z valós részének nevezzük és Re(z)-vel jelöljük, b-t a z képzetes részének nevezzük és Im(z)-vel jelöljük. Világos, hogy Im(z) ∈ R, azaz "tiszta" valós.

Megjegyzés. A kevéssé informatív "formális kifejezés" helyett bevezethetjük a komplex számokat valódi algebrai objektumokként. A komplex számok halmazát egy a maradékos osztással rendelkező halmazból konstrulájuk: a valós együtthatós polinomok R[X] halmazából. Közismert, hogy a valósegyütthatós, egyhatározatlanú polinomokal, azaz a

a_0+a_1x+a_2x^2+...+a_nx^n\,

alakú kifejezésekkel, ahol az ai-k valós számok, n pedig nemnegatív egész, lehet maradékosan osztani (polinomosztás). Ekkor

\mathbf{C}=_{\mathrm{def}}\mathbf{R}[X]/(x^2+1)

azaz a komplex számok halmaza a valósegyütthatós polinomok x2+1 polinommal történő osztási maradékai. Világos, hogy minden ilyen maradék előáll

m(x)=a+bx\,

alakban, azaz legfeljebb elsőfokú polinom alakjában. Ebben a számkörben az összeadás a polinomösszeadás, a szorzás a polinomok szorzása (illetve ezen eredményének x2+1-vel történő osztási maradéka). Amikor két elsőfokú polinom szorzata másodfokú, akkor sem lépünk ki a számkörből, hisz a

m(x)^2+1=0\,

polinomegyenlet megoldható, éspedig az m(x)=x polinom (az identitás) megoldás. Ekkor

m(x)^2=-1\,

azaz ebben a számkörben létezik a -1-nek négyzetgyöke. Az m(x)=x polinom az, mely az i egység szerepét játssza és így is jelöljük ezt ezentúl.


Akárcsak a legfeljebb elsőfokú a + bx alakú polinomok esetén, a C-t alkotó formális kifejezések között is értelmezhetjük az összeadást és a szorzást. Ezeket pontosan úgy definiáljuk, mint az a + bx alakú polinomok összegét és szorzatát, azzal a specialitással, hogy ahol a polinomok a szorzást követően másodfokúvá válnak, ott a komplex számok az i2=-1 egyenlőség miatt visszaérkeznek az a + bi alakú kifejezések körébe. Ezért lesz C zárt arra a szorzásra, amit a polinomok mintájára definiálunk.

Már innen is látszik, hogy a komplex számok halmaza kétdimenziós valós test feletti vektortér. Kimondhatjuk tehát:

Állítás. A C számkör a komplex számok

(a+bi) + (c+di) = (a+c) + (b+d)i összeadásával és a
λ(a+bi) = λa + λbi, a λ valós számmal való szorzással

kétdimenziós valós vektorteret alkotnak és így lineárisan izomorfak a valós számpárok R2 vektorterével.

Halmazelméleti modell

Az algebrai modellben nem teljesen világos, hogy mi is az i elem. Az előző állítás azonban lehetőséget biztosít arra, hogy konkrétan megadjuk a komplex számok halmazát mindenféle olyan kifejezés használata nélkül, mint "formális kifejezés" stb. (Valójában persze az algebrai modell is jól értelmezett módon adja meg a komplex számok halmazát, ha az a + bi alakú formális kifejezéseken az R[X] polinomgyűrűnek az (1+X2) polinommal történő maradékos osztásának maradékait értjük).

A számpár reprezentációban:

\mathbf{C}=\mathbf{R}^{2}\,

az összeadás az R2-beli vektorösszeadás, a szorzás, pedig a

(a+b\mathrm{i})(c+d\mathrm{i})=(ac-db)+(ad+bc)\mathrm{i}\,

művelet, mely természetesen a "polinomszorzásnak" az előző állításbeli izomorfizmus által létesített képe.

Ez az interpretáció azért fontos, mert explicitté teszi, hogy a C örökli az R2 topológiáját.

Geometriai modell

A szorzással együtt C egységelemes, nullosztómentes algebrát alkot (tehát vektortér és van egy mindkét változójában lineáris belső szorzás, melyben van egység és „nullával nem lehet osztani”). Felmerülhet a gyanúnk, hogy talán reprezentálhatjuk a komplex számokat a 2×2-es valós mátrixon M2×2 (R) algebrájának egy részalgebrájaként. Ezt a komplex számok trigonometrikus alakja segítségével tehetjük meg. Ismert, hogy a komplex számmal való szorzás forgatva nyújtás, azaz lineáris leképezés az R2 síkon:

\mathbf{C}\ni z=r\cdot(\cos\varphi+\mathrm{i}\sin\varphi)\;\equiv\;
\begin{pmatrix}
r\cos\varphi  & -r\sin\varphi\\
r\sin\varphi  & r\cos\varphi
\end{pmatrix}\in \mathrm{M}_{2\times 2}(\mathbf{R})

Világos, hogy ekkor az a + bi kanonikus alakot használva a komplex számoknak megfelelő mátrixok halmaza:

\left\{\begin{pmatrix}
a  & -b\\
b  & \;\;a
\end{pmatrix}\in\mathrm{M}_{2\times 2}(\mathbf{R}): a,b\in \mathbf{R}\right\}

Ez a mátrixhalmaz kétdimenziós altér az M2×2 (R) algebrában, melyet például a közvetve onnan is láthatjuk, hogy forgatva nyújtások is alteret alkotnak a lineáris leképezések terében.

C topológiája

R2 gömbi környezetei lesznek C gömbi környezetei. Általában, minden topologikus fogalom C-ben R2-re vezetünk vissza. Tehát, adott r > 0 valós számra és z0C számra:

\mathrm{B}_r(z_0)\;=\;\{z\in \mathbf{C}\mid |z-z_0|<r\}

az r sugarú z0 középpontú nyílt gömbi környezet. Itt a | . | abszolútérték helyett, mely a || . ||2 euklideszi norma, elvileg R2 bármelyik normája alkalmas lenne, hisz véges dimenziós normált térben minden norma ekvivalens, azaz ugyanazokat a nyílt halmazokat határozzák meg. Szokásos módon értelmezettek az előbb említett nyílt halmazok is. Ω ⊆ C nyílt, ha minden pontjával együtt, annak egy nyílt gömbi környezetét is tartalmazza:

\forall z\in \Omega\quad \exists r>0\quad \mathrm{B}_r(z)\subseteq \Omega

Egy AC halmaz belsején értjük azon pontok halmazát, melyeknek egy egész gömbi környezete benne van A-ban

\mathrm{int}(A)=\{z\in \mathbf{C}\mid  \exists r>0\quad \mathrm{B}_r(z)\subseteq A\}

Mivel R2-ben minden norma ekvivalens (ugyanazokat a nyílt halmazokat határozzák meg), ezért adott feladatokban tetszőleges, a feladathoz jól illeszkedő normát választhatunk. Topologikus szempontokból a komplex és R2-R2 függvények között a következő azonosítással élhetünk. Ha f: C\rightarrowC függvény, akkor z = x + iy, f(z)=u(x,y)+iv(x,y), ill.

f\equiv\begin{pmatrix}u\\v\end{pmatrix}

Folytonosság

Azt mondjuk, hogy az AC halmazon értelmezett f függvény folytonos a zA pontban, ha z-ben f folytonos mint R2A \to R2 függvény. Maga az f folytonos, ha az értelmezési tartománya minden pontjában folytonos.

A többváltozós valós analízisből ismert tény miatt fennáll:

Állítás. Az f komplex függvény pontosan akkor folytonos az értelmezési tartománya egy pontjában, ha ott a függvény valós és képzetes része, mint kétváltozós valós függvény folytonos. Azaz, ha f-et a következő alakban írjuk:

f(z)\equiv f(x,y)=u(x,y)+\mathrm{i}\cdot v(x,y)

ahol u és v valós értékű függvények (rendre Re(f) és Im(f)), továbbá z0 = x0 + iy0 ∈ Dom(f), akkor a következők ekvivalensek:

  1. f folytonos a z0-ban
  2. u és v függvények folytonosak az (x0,y0)-ban


A kétváltozós függvények közötti határérték-folytonosság kapcsolat is megfogalmazható komplex módon. Itt az f = u + vi függvény határértékén a z = x + iy pontban a limx u + i limy v szám adja. Ekkor


Állítás. Az f komplex függvény pontosan akkor folytonos az értelmezési tartománya egy belső pontjában, ha ott a függvénynek létezik határértéke és az a helyettesítési érték.

\lim\limits_{z\to z_0} f(z)=f(z_0)

A komplex függvények folytonosságának egyik, de nem egyetlen feltétele az, hogy az (u,v) reprezentáció R2-ben lineáris legyen, hiszen a véges dimenziós normált terek között ható lineáris leképezések folytonosak. A nem-folytonosságnál érdemes a határérték nem létezését vizsgálni, hátha ez célra vezet.


Feladat. Legyen wC. Igazoljuk, hogy az alábbi függvények folytonosak!

  1. z\mapsto w + z\,
  2. z\mapsto w\cdot z\,
  3. z\mapsto \overline{z}\,
  4. z\mapsto \frac{1}{z}\quad\quad (z\ne 0)

Megoldás.

Az 1. az R2-ben eltolás a w-nek megfelelő vektorral (Re(w), Im(w))-vel, így affin leképezés, ami folytonos.

2. a w mátrixreprezentációjának megfelelő mátrixszal való szorzás, azaz lineáris leképezés, s így folytonos.

3. azaz a konjugálás: (x,y) \mapsto (x,–y) a valós tengelyre való tükrözés, ami szintén lineáris.

Végül a reciprok:

\frac{1}{z}=\frac{\overline{z}}{z\overline{z}}=\frac{\overline{z}}{|z|^2}

így, mint R2\to R2 függvény:

\begin{pmatrix}
x \\
y
\end{pmatrix}\mapsto 
\begin{pmatrix}
\cfrac{x}{x^2+y^2} \\
\cfrac{-y}{x^2+y^2}
\end{pmatrix}

amely olyan, hogy mindkét komponensfüggvénye folytonos valós függvényekből van összeállítva a folytonosságot megőrző módon, azaz az értelmezési tartománya minden pontjában folytonos.

Feladat. Folytonos-e a z = 0-ban az

f(z)=\left\{
\begin{matrix}
\cfrac{\mathrm{Im}(z)^3+\mathrm{i}\cdot\mathrm{Re}(z)^4}{\overline{z}\cdot z},\quad\quad\mathrm{ha}\;z\ne 0\\
\\
0,\quad\quad \mathrm{ha}\;z=0
\end{matrix}
\right.

Megoldás.

Ha z = x + iy és (x,y) ≠ (0,0), akkor:

f(x,y)=\begin{pmatrix}
\cfrac{y^3}{x^2+y^2} \\
\cfrac{x^4}{x^2+y^2}
\end{pmatrix}

A komponensfüggvények felírhatók egy 0-hoz tartó és egy korlátos függvény szorzataként:

\left|\cfrac{y^3}{x^2+y^2}\right|=|y|\cdot\frac{y^2}{x^2+y^2}\leq |y|\cdot\frac{y^2}{y^2}=|y|

és

\left|\cfrac{x^4}{x^2+y^2}\right|=x^2\cdot\frac{x^2}{x^2+y^2}\leq x^2\cdot\frac{x^2}{x^2}=x^2

így (x,y)\to(0,0) esetén a 0-hoz tartanak, így a függvény maga a (0,0)-hoz, azaz a komplex 0-hoz. Mivel itt a függvény értéke 0, ezért f a 0-ban folytonos.


Ha folytonos komplex függvényekből alapműveletek segítségével alkottunk függvényeket, akkor azok is folytonosak maradnak, mert a megfelelő R2-beli függvények ekkor olyanok lesznek, melyek mindegyik komponensfüggvénye a valós alapműveletek segítségével vannak definiálva. Ám, ezek megőrzik a folytonosságot.

Állítás. Ha f és g komplex függvények és az z0 pontban (mindketten értelmezettek és) folytonosak, akkor

  1. f + g
  2. f \cdot g
  3. \overline{f}
  4. g(z0) ≠ 0 esetén f/g

is folytonos z0-ban.


Folytonos függvények kompozíciója is folytonos (az kompozíció értelmezési tartományán).

Komplex számkör unicitása

C, azaz a komplex számok teste kétdimenziós valós vektortér. C elemei reprezentálhatók az R2 síkon, a következő megfeleltetésekkel:

\mathbf{C}\ni a+bi\equiv (a,b)\in \mathbf{R}^2

a vektortérműveletek pedig:

\mathbf{C}\ni (a+bi)+(c+di)\equiv (a,b)+(c,d)\in \mathbf{R}^2 vektorösszeadás (a, b, c, dR)
\mathbf{C}\ni \lambda\cdot(a+bi)\equiv \lambda.(a,b)\in \mathbf{R}^2 valós számmal való szorzás (λ, a, bR)

A komplex számok körét a komplex szorzás tulajdonságai egyértelműsítik. C nem csak kétdimenziós valós vektortér, de a szorzással algebra is, sőt C az egyetlen kétdimenziós kommutatív, nullosztómentes valós algebra -- izomorfizmus erejéig. Sok megjelenési formája lehet a komplex számoknak, de bármely két reprezentáció olyan, hogy található olyan kölcsönösen egyértelmű leképezés köztük, mely lineáris és megtartja a szorzást is (azaz algebra izomorfizmus).

A nullosztómentesség és a kommutativitás jellemzően a mátrixalgebrákban nemtriviális tulajdonság. A komplex számok olyan lineáris leképezéseknek felelnek meg, melyek mátrixa

\begin{pmatrix} 
a & -b\\
b & a
\end{pmatrix}

A komplex számok szorzása itt a mátrixszorzás.

Személyes eszközök