Matematika A3a 2008/12. gyakorlat

A MathWikiből
(Változatok közti eltérés)
(Vektor és skalármezők deriválása)
(Harmonikus társ keresése)
133. sor: 133. sor:
 
:<math>=2\pi i\left.\frac{z^3}{z^2+1}\right|_{1}+2\pi i\left.\frac{z^3}{(z+i)(z-1)}\right|_{i}+2\pi i\left.\frac{z^3}{(z-i)(z-1)}\right|_{-i}=\frac{1}{2}+\frac{1}{4}(i+1)+\frac{1}{4}(1-i)=1</math>
 
:<math>=2\pi i\left.\frac{z^3}{z^2+1}\right|_{1}+2\pi i\left.\frac{z^3}{(z+i)(z-1)}\right|_{i}+2\pi i\left.\frac{z^3}{(z-i)(z-1)}\right|_{-i}=\frac{1}{2}+\frac{1}{4}(i+1)+\frac{1}{4}(1-i)=1</math>
  
===Harmonikus társ keresése===
 
 
Azt mondjuk, hogy a kétszer differenciálható u=u(x,y) valós függvény ''harmonikus'', ha
 
:<math>u_{xx}''+u_{yy}''\equiv \Delta u\equiv 0\, </math>
 
itt &Delta; a Laplace-operátor (nem a Laplace-transzformátor!, hanem a vektoranalízisbeli vektormezőre Hesse-mátrix nyoma).
 
 
A C--R-egyenletek mutatják, hogy ha f=u+iv reguláris, akkor u és v harmonikus függvények. Ugyanis:
 
:<math>u_x'=v_y'\,</math> és
 
:<math>v_x'=-u_y'\,</math>
 
De u és v Hesse-mátrixa is szimmetrikus, ezért:
 
 
:<math>v_{yy}''=u_{xy}''=u_{yx}''=-v_{xx}''\,</math>
 
azaz
 
:<math>\Delta v\equiv 0\,</math> és fordítva.
 
 
Általában az a feladat, hogy ha adott u, akkor keressük az ő harmonikus társát, v-t, mellyel u+iv reguláris. Ha tehát adott u, akkor van F és G, hogy
 
:<math>F=v_y'\,</math>
 
:<math>G=-v_x'\,</math>
 
Ami az egzakt differenciálegynlet megoldásánál tanult parciális differenciálegyenlet megoldását igényli v-re, mint potenciálfüggvényre (ekkor f-et komplex pontenciálnak nevezzük, mármint a (<math>v'_x(x,y)</math>,<math>v_y'(x,y)</math>) síkbeli vektormező komplex pontenciáljának; a v valódi pontenciálja lenne. Ennek szükséges utánanézni máshol is!)
 
 
'''1..''' Keressünk harmonikus párt az
 
:<math>u=x^4+y^4-6x^2y^2\,</math>
 
függvényhez!
 
 
''Mo.'' Van neki, ha &Delta;=0. Ezt ellenőrizni kell, majd az előző módszerrel megkeresi v-t, amivel u+iv reguláris.
 
  
 
'''2.''' Keressünk potenciált a
 
'''2.''' Keressünk potenciált a

A lap 2013. október 23., 06:39-kori változata

<Matematika A3a 2008

Tartalomjegyzék

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!)

Cauchy-típusú integrálok

Eszköz:

Ha f reguláris, akkor minden az a-t a belsejében tartalmazó G egyszerű zárt görbére:

f^{(n)}(a)= \frac{n!}{2\pi i}\oint\limits_{G}\frac{f(z)}{(z-a)^{(n+1)}}\,\mathrm{d}z\,

1. Számoljuk ki minden c ∈ Z-re az

I_c=\oint\limits_{|z|=1}\frac{\mathrm{sh}(2x)}{z^c}\,\mathrm{d}z\,

integrált! Megoldás.

I_c=0,\quad\quad\mathrm{ha}\quad\quad c\leq 0\,

mert ekkor az integrandus reguláris függvény, így a Cauchy-féle integráltétel miatt integrálja 0:

I_c=\frac{2\pi if^{(c-1)}(0)}{(c-1)!},\quad\quad\mathrm{ha}\quad\quad c> 0\,

ahol f(x) = sh(2x), a C-formulák miatt.

\left.\mathrm{sh}(2x)^{(c-1)}\right|_{z=0}=\left\{\begin{matrix}0, & \mathrm{ha} & c-1\;\;\mathrm{ps}\\\\2^{c-1}, & \mathrm{ha} & c-1\;\;\mathrm{pn}\end{matrix}\right.

Integrálás véges sok szinguláris pontot körülhurkoló görbén

Eszköz: A szinguláris helyek körül külön-külön kis körökön integrálunk, melyekre az integrált a reziduumtétellel, vagy Cauchy-formulákkal számoljuk.

1.

Legyen

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

Mennyi a

\oint\limits_{|z|=2}f(z)\mathrm{d}z

integrál?

1. Megoldás. Kiszámítjuk a ∞-beli reziduumot. A ζ = 1/z helyettesítést alkalmazva fejtjük sorba a ζ=0 körül:

F(\zeta)=f(\frac{1}{\zeta})=\frac{\frac{1}{\zeta^3}}{(\frac{1}{\zeta^2}+1)(\frac{1}{\zeta}-1)}=\frac{1}{1-\zeta+\zeta^2-\zeta^3}

Ezt a 0-ban Taylor-sorba fejthetjük:

F(\zeta)=\sum\limits_{n=0}^\infty(\zeta-\zeta^2+\zeta^3)^n=1+\zeta-\zeta^2+\zeta^3+(...)^2+...

Visszatranszformálva:

f(z)=1+\frac{1}{z}+...\,

azaz a f valóban reguláris az ∞-ben és reziduuma -1. Emiatt az integrál +2πi, ugyanis

\mathrm{Res}_1f+ \mathrm{Res}_if+ \mathrm{Res}_{-i}f+ \mathrm{Res}_\infty f=0\,

így

\mathrm{Res}_1f+ \mathrm{Res}_if+ \mathrm{Res}_{-i}f=- \mathrm{Res}_\infty f=-(-1)\,

2. Megoldás. Egyenkint, Cauchy-formulával.

\oint\limits_{|z-1|=1}\frac{\frac{z^3}{z^2+1}}{z-1}\mathrm{d}z+\oint\limits_{|z-i|=1}\frac{\frac{z^3}{(z+i)(z-1)}}{z-i}\mathrm{d}z+\oint\limits_{|z+i|=1}\frac{\frac{z^3}{(z-i)(z-1)}}{z+i}\mathrm{d}z=
=2\pi i\left.\frac{z^3}{z^2+1}\right|_{1}+2\pi i\left.\frac{z^3}{(z+i)(z-1)}\right|_{i}+2\pi i\left.\frac{z^3}{(z-i)(z-1)}\right|_{-i}=\frac{1}{2}+\frac{1}{4}(i+1)+\frac{1}{4}(1-i)=1


2. Keressünk potenciált a


v=(2xy^3,3x^2y^2,z^2)\,

térbeli vektormezőhöz!

3. Keressünk potenciált a


v=(x^3+y^3,3xy^2)\,

síkbeli vektormezőhöz!

Vektor és skalármezők deriválása

\mathrm{grad}\,(r\cdot|r|^4)=?\,
\mathrm{rot}\,(\mathrm{div}\,(r|r|)r)=?\,\quad\quad r\in\mathbf{R}^2
u=?\quad\quad\mathrm{ha}\quad\quad\mathrm{grad}\,u=r|r|^2\,\quad\quad r\in\mathbf{R}^4\setminus \{0\}
Személyes eszközök