Matematika A3a 2008/12. gyakorlat

A MathWikiből
(Változatok közti eltérés)
(Reziduum-számítás)
(Reziduum-számítás)
82. sor: 82. sor:
  
 
:<math>\lim\limits_{z\to 0}\frac{1}{4!}(z^5\frac{\sin z}{z^6})^{(4)}=?</math>
 
:<math>\lim\limits_{z\to 0}\frac{1}{4!}(z^5\frac{\sin z}{z^6})^{(4)}=?</math>
 +
Hiszen a deriválás alatti függvény egy a 0-ban regulárissa átehető függvény, melynek ílymódon a 4. deriváltja tekinthető a derivált határértékének.
 +
 
Ügyeskedéssel:
 
Ügyeskedéssel:
  
 
:<math>f(z)=\frac{\sin z}{z^6}=\frac{1}{z^5}-\frac{1}{3!}\frac{1}{z^3}+\frac{1}{5!}\frac{1}{z}-...\,</math>
 
:<math>f(z)=\frac{\sin z}{z^6}=\frac{1}{z^5}-\frac{1}{3!}\frac{1}{z^3}+\frac{1}{5!}\frac{1}{z}-...\,</math>
 +
Res = 1/(5!)
  
  

A lap 2008. december 11., 12:29-kori változata

<Matematika A3a 2008

Típuspéldák

Egész kitevőjű hatványsorba fejtés

(v.ö.: Egész kitevőjű hatványsorok, Laurent-sor )

Fő eszköz: mértani sor:

\sum\limits_{n=0}^{\infty}z^n=\frac{1}{1-z},\quad\quad (|z|<1)

Példa. Adjuk meg az alábbi függvény 1 körüli összes Laurent-sorát! Válasszuk ki ezek közül azt, mely előállítja a 0-t!

f(z)=\frac{(z-1)^2}{z+i}\,

Megoldás. A függvénynek izolált szinguláris pontja a -i.

Az a = 1 körül a következő esetekben fejthetünk sorba, ha |z - (-i)| < |z - 1 |, ekkor Taylor-sort kapunk, és |z - (-i)| > |z - 1 |, amikor Laurent-sort. Az első esetben -(z - 1) elsőfokú polinomjaként kell a nevezőt felírni, majd a konstans tagot kiemelni, hogy az 1 legyen.

f(z)=\frac{(z-1)^2}{z-1+1+i}=\frac{(z-1)^2}{1+i}\cdot\frac{1}{-\frac{z-1}{-1-i}+1}=\frac{(z-1)^2}{1+i}\cdot \sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{(z-1)^n}{(-1-i)^n}\,=
=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(-1)^n(1+i)^{n+1}}(z-1)^{n+2}=\sum\limits_{k=2}^{\infty}\frac{(-1)^{k}}{(1+i)^{k-1}}(z-1)^{k}

ahol n+2 = k -ra tértünk át. Ez a sor akkor lesz konvergens, ha a számítások során kialakított mértani sor kvociense, azaz |z-1|/|-1-i| < 1, ami a |z-1|<|-1-i|=\scriptstyle{\sqrt{2}} tartománynak felel meg.

A másik esetben a (-1)/(z - 1) elsőfokú polinomjaként kell a nevezőt felírni, majd a konstans tagot kiemelni, hogy az 1 legyen. Ezt a legegyszerűbben úgy tehetjük, ha a (z-1) elyőfokú polinomjaként írjuk fel a nevezőt, majd (z-1)-et kiemelünk (amivel 1 marad ennek a tagnak a helyén).

Reziduum-számítás

Milyen típusú szingularitása van, mennyi a reziduuma a szingularitási helyen?

1.

f(z)=z\,\mathrm{ch}\left(\frac{3}{z}\right)

Megoldás. 0-ban izolált szingularitása van. A sorfejtése:

f(z)=z\,\mathrm{ch}\left(\frac{3}{z}\right)=z(1+\frac{1}{2!}\frac{3^2}{z^2}+\frac{1}{4!}\frac{3^4}{z^4}+...)=z+\frac{1}{2!}\frac{3^2}{z}+\frac{1}{4!}\frac{3^4}{z^3}+...

A Laurent-sor főrészében ∞ sok tag van, így a 0 lényeges izolált szingularitás és leolvasva: Res0 f = 9/2.

2.

f(z)=\frac{\frac{1-\cos(2z)}{z^2}-2}{z^3}\,


Megoldás. 0-ban izolált szingularitása van. A cos sorfejtése:

\cos(2z)=1-\frac{(2z)^2}{2}+\frac{(2z)^4}{4!}-\frac{(2z)^6}{6!}+...

A számláló sorfejtése:

\frac{1-\cos(2z)}{z^2}-2=(\frac{2^2}{2}-\frac{2^4z^2}{4!}+\frac{2^6z^4}{6!}...)-2=-\frac{2^4z^2}{4!}+\frac{2^6z^4}{6!}...

A tört sorfejtése:

f(z)=-\frac{2^4}{4!z}+\frac{2^6z}{6!}...

Tehát a 0-ban pólusszingularitás van, éspedig 1 elemű a főrész, ezért elsőfokú a reziduum: -2/3

Megjegyezzük, hogy f előáll g(z) / z alakban, ahol g(z) reguláris és g(0) nem nulla, mert:

f(z)=\frac{\,\frac{\frac{1-\cos(2z)}{z^2}-2}{z^2}\,}{z}\,

számlálója regulárissá tehető a g(0)=-2/3 definícióval.

3. Csak a 0-ban!

f(z)=\frac{z}{\mathrm{sh}\,(z^2)}\,

Megoldás. Írjuk fel nemnulla reg / ? alakban:

f(z)=\frac{1}{\frac{\mathrm{sh}\,(z^2)}{z}}\,

Azt kell megvizsgálni, hogy a nevezőnek a 0 hanyszoros multiplicitású gyöke:

\frac{\mathrm{sh}\,(z^2)}{z}=z+\frac{1}{3!}z^5+\frac{z^{9}}{5!}-...

Tehát egyszeres, azaz f a következő alakú:

f(z)=\frac{1}{z}\cdot \frac{1}{1+\frac{1}{3!}z^4+\frac{z^{8}}{5!}-...}

Vagyis f-nek a 0-ban elsőfokú pólusszingularitása van. A residuumot számolhatjuk a képlettel (elsőfokú pólus reziduuma):

\mathrm{Res}_{z=0}f(z)=\frac{g(0)}{h'(0)}=1\,

mivel

h(x)=z+\frac{1}{3!}z^5+\frac{z^{9}}{5!}-...\,

Vagy számolhatjuk "ügyeskedéssel", ami furcsamód mindig célravezet, ha a nevező elemi függvény:

c_{-1}\frac{1}{z}+c_0+c_1z+...=f(z)=\frac{1}{z+\frac{1}{3!}z^5+\frac{z^{9}}{5!}-...}
1=(c_{-1}\frac{1}{z}+c_0+c_1z+...)\times(z+\frac{1}{3!}z^5+\frac{z^{9}}{5!}-...)=
=c_{-1}+c_0z+c_1z^2+c_2z^3+(c_3+c_{-1}\frac{1}{3!})z^4+...

azaz Res = 1.

4.

f(z)=\frac{\sin z}{z^6}\,

Megoldás. 0 5-ödfokú pólus. A képelettel a Res:

\lim\limits_{z\to 0}\frac{1}{4!}(z^5\frac{\sin z}{z^6})^{(4)}=?

Hiszen a deriválás alatti függvény egy a 0-ban regulárissa átehető függvény, melynek ílymódon a 4. deriváltja tekinthető a derivált határértékének.

Ügyeskedéssel:

f(z)=\frac{\sin z}{z^6}=\frac{1}{z^5}-\frac{1}{3!}\frac{1}{z^3}+\frac{1}{5!}\frac{1}{z}-...\,

Res = 1/(5!)

Személyes eszközök