Matematika A3a 2008/12. gyakorlat
Mozo (vitalap | szerkesztései) (→Egész kitevőjű hatványsorba fejtés) |
Mozo (vitalap | szerkesztései) (→Egész kitevőjű hatványsorba fejtés) |
||
20. sor: | 20. sor: | ||
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). | 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.''' | ||
+ | :<math>f(z)=z\,\mathrm{ch}\left(\frac{3}{z}\right)</math> | ||
+ | ''Megoldás.'' 0-ban izolált szingularitása van. A sorfejtése: | ||
+ | :<math>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}+...</math> | ||
+ | A Laurent-sor főrészében ∞ sok tag van, így a 0 lényeges izolált szingularitás és leolvasva: | ||
+ | Res<sub>0</sub> f = 9/2. | ||
+ | |||
+ | '''2.''' | ||
+ | :<math>f(z)=\frac{\frac{1-\cos(2z)}{z^2}-2}{z^3}\,</math> | ||
+ | |||
+ | |||
+ | ''Megoldás.'' 0-ban izolált szingularitása van. A cos sorfejtése: | ||
+ | |||
+ | :<math>\cos(2z)=1-\frac{(2z)^2}{2}+\frac{(2z)^4}{4!}-\frac{(2z)^6}{6!}+...</math> | ||
+ | |||
+ | A számláló sorfejtése: | ||
+ | :<math>\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!}...</math> | ||
+ | |||
+ | A tört sorfejtése: | ||
+ | :<math>f(z)=-\frac{2^4}{4!z}+\frac{2^6z}{6!}...</math> | ||
+ | |||
+ | 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: | ||
+ | :<math>f(z)=\frac{\,\frac{\frac{1-\cos(2z)}{z^2}-2}{z^2}\,}{z}\,</math> | ||
+ | számlálója regulárissá tehető a g(0)=-2/3 definícióval. | ||
+ | |||
+ | '''3.''' Csak a 0-ban! | ||
+ | |||
+ | :<math>f(z)=\frac{z}{\mathrm{sh}\,(z^2)}\,</math> | ||
+ | |||
+ | ''Megoldás.'' Írjuk fel nemnulla reg / ? alakban: | ||
+ | |||
+ | :<math>f(z)=\frac{1}{\frac{\mathrm{sh}\,(z^2)}{z}}\,</math> | ||
+ | |||
+ | Azt kell megvizsgálni, hogy a nevezőnek a 0 hanyszoros multiplicitású gyöke: | ||
+ | :<math>\frac{\mathrm{sh}\,(z^2)}{z}=z+\frac{1}{3!}z^5+\frac{z^{9}}{5!}-...</math> | ||
+ | |||
+ | Tehát egyszeres, azaz f a következő alakú: | ||
+ | :<math>f(z)=\frac{1}{z}\cdot \frac{1}{1+\frac{1}{3!}z^4+\frac{z^{8}}{5!}-...}</math> | ||
+ | Vagyis f-nek a 0-ban elsőfokú pólusszingularitása van. A residuumot számolhatjuk a képlettel (elsőfokú pólus reziduuma): | ||
+ | :<math>\mathrm{Res}_{z=0}f(z)=\frac{g(0)}{h'(0)}=1\,</math> | ||
+ | mivel | ||
+ | :<math>h(x)=z+\frac{1}{3!}z^5+\frac{z^{9}}{5!}-...\,</math> | ||
+ | Vagy számolhatjuk "ügyeskedéssel", ami furcsamód mindig célravezet, ha a nevező elemi függvény: | ||
+ | |||
+ | :<math>c_{-1}\frac{1}{z}+c_0+c_1z+...=f(z)=\frac{1}{z+\frac{1}{3!}z^5+\frac{z^{9}}{5!}-...}</math> | ||
+ | 1=(c_{-1}\frac{1}{z}+c_0+c_1z+...)\times(z+\frac{1}{3!}z^5+\frac{z^{9}}{5!}-...)=</math> | ||
+ | :<math>=c_{-1}+c_0z+c_1z^2+c_2z^3+(c_3+c_{-1}\frac{1}{3!})z^4+...</math> | ||
+ | azaz Res = 1. | ||
+ | |||
+ | '''4.''' | ||
+ | :<math>f(z)=\frac{\sin z}{z^6}\,</math> | ||
+ | |||
+ | ''Megoldás.'' 0 5-ödfokú pólus. A képelettel a Res: | ||
+ | |||
+ | \lim\limits_{z\to 0}(z^5\frac{\sin z}{z^6})^{()} | ||
A lap 2008. december 11., 13:21-kori változata
Típuspéldák
Egész kitevőjű hatványsorba fejtés
Fő eszköz: mértani sor:
Példa. Adjuk meg az alábbi függvény 1 körüli összes Laurent-sorát! Válasszuk ki ezek közül azt, mely előállítja a 0-t!
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.
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|= 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.
Megoldás. 0-ban izolált szingularitása van. A sorfejtése:
A Laurent-sor főrészében ∞ sok tag van, így a 0 lényeges izolált szingularitás és leolvasva: Res0 f = 9/2.
2.
Megoldás. 0-ban izolált szingularitása van. A cos sorfejtése:
A számláló sorfejtése:
A tört sorfejtése:
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:
számlálója regulárissá tehető a g(0)=-2/3 definícióval.
3. Csak a 0-ban!
Megoldás. Írjuk fel nemnulla reg / ? alakban:
Azt kell megvizsgálni, hogy a nevezőnek a 0 hanyszoros multiplicitású gyöke:
Tehát egyszeres, azaz f a következő alakú:
Vagyis f-nek a 0-ban elsőfokú pólusszingularitása van. A residuumot számolhatjuk a képlettel (elsőfokú pólus reziduuma):
mivel
Vagy számolhatjuk "ügyeskedéssel", ami furcsamód mindig célravezet, ha a nevező elemi függvény:
1=(c_{-1}\frac{1}{z}+c_0+c_1z+...)\times(z+\frac{1}{3!}z^5+\frac{z^{9}}{5!}-...)=</math>
azaz Res = 1.
4.
Megoldás. 0 5-ödfokú pólus. A képelettel a Res:
\lim\limits_{z\to 0}(z^5\frac{\sin z}{z^6})^{()}