Matematika A3a 2008/2. gyakorlat

A MathWikiből

(Változatok közti eltérés)

Ugrás: navigáció, keresés

A lap jelenlegi, 2013. november 1., 12:06-kori változata

_{<Matematika A3a 2008}

Tartalomjegyzék

1 Gyakorlatok kezdeti érték feladatra
- 1.1 Függvényegyenletek
2 Homogén fokszámú egyenletek
3 Egzakt differenciálegyenlet
- 3.1 Definíció
4 Egzisztencia- és unicitástétel
5 Az egzaktság jellemzése
6 Példák

Gyakorlatok kezdeti érték feladatra

1. Oldjuk meg az

$y'=x^2\frac{\cos^4 y}{\sin y}$

egyenletet az

a) $y(0)=-\frac{\pi}{2}$

b) $y(0)=\frac{\pi}{4}$

c) $y(0)=\frac{\pi}{4}+2\pi$

kezdeti feltételek mellett!

Mo. a) Ehhez egy konstans megoldás tartpzik és nincs másik a (0,-π/2)-n áthaladó, mert az y szerinti parciális derivált korlátos.

b) Az általános megoldásból keressük a kezdeti feltételt kielégítő megoldást:

$\frac{\sin y}{\cos^4 y}y'=x^2$

$-\cos^{-4} y(-\sin y)\,y'=x^2$

$\frac{1}{3}\cos^{-3} y=\frac{1}{3}x^3+C$

Az implicit egyenlet:

cos - 3 y = x 3 + 3 C

Ha x=0 és y=π/4, akkor

$3C=\frac{1}{(\frac{\sqrt{2}}{2})^3}$

és

$y(x)=\mathrm{arccos}\frac{1}{\sqrt[3]{x^3+\frac{24}{(\sqrt{2})^3}}}$

c) ugyanez + 2π

HF. Oldjuk meg az y' = sin(x) yln(y) egyenletet az

a) y(0)=1,

b) y(0)=e

kezdeti feltételek mellett!

Függvényegyenletek

2. feladat. Van-e nemdifferenciálható, de folytonos megoldása az $y^2=x^2\,$ függvényegyenletnek? Mo. Igen: y(x)=|x| nemdifferenciálható, de folytonos megoldása.

3. Feladat. Hány megoldása van az |f(x)|=e^x R-en? Hány diffható ebből? Mo. Végtelen sok megoldása van, pl.: minden n természetes számhoz található mo., melyek egymáshoz páronként különbözők: f(x)=e^x, ha x nem az n természetes szám és -e^x, ha x az n természetes szám. Ebből kettő diffható akad: e^x, -e^x, ami a Bolzano-tételből következik. Ha ugyanis lenne nem csak poz. és nem csak neg. mo., akkor a 0-t is felvenné, ami lehetetlen, mert az exp. függvénynek nincs nulla értéke.

Homogén fokszámú egyenletek

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

F (λ x,λ y) = λ n F (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 differenciálegyenlet

Definíció

Legyen U ⊆ R² nyílt halmaz és P,Q: U $\to$ R folytonos függvények, Q sehol sem nulla. Azt mondjuk, hogy az

$y'=-\frac{P(x,y)}{Q(x,y)}\quad\quad \mathrm{(EX)}$

differenciálegyenlet egzakt, ha létezik olyan F: U $\to$ R folytonosan differenciálható függvény, hogy

$\frac{\partial F}{\partial x}=P,\quad\quad\frac{\partial F}{\partial y}=Q\quad\quad\mathrm{(C)}$

Számpélda. Az

$y'=-\frac{x}{y}$

egyenlet egzakt, mert az F(x,y)=x²+y² függvény olyan, hogy ∂_xF(x,y)=2x, ∂_yF(x,y)=2y, mármint az

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

alakjában egzakt.

Elméleti példa. Minden

$y'=\frac{f(x)}{g(y)}\quad\quad (f\in\mathrm{C}(I),\;g\in \mathrm{C}(J),\;0\notin\mathrm{Ran}(g))$

alakú szeparábilis differenciálegyenlet egzakt, hiszen ha g integrálfüggvénye G, akkor

$g(y)y'=f(x)\quad\quad\Rightarrow\quad\quad G(y)=F(x)+C$

Alkalmas tehát az alábbi függvény:

$\Phi(x,y):=G(y)-F(x)=C\quad\quad\Rightarrow\quad\quad\frac{\partial \Phi}{\partial x}=f,\quad\quad\frac{\partial \Phi}{\partial y}=g$

Jelen esetben a G függvény deriváltja (G'=g) sehol sem nulla folytonos függvény, ezért szigorúan monoton. Emiatt kifejezhető y éspedig:

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

Megjegyzés. A megoldásokat implicit módon adja meg az

$\Phi(x,y)=C\,$

egyenlet. Mivel

$\frac{\partial\Phi}{\partial y}\ne 0$

ezért az implicitfüggvény-tétel miatt y-t "ki lehet fejezni". Érdemes felelevenítenünk magát az implicitfüggvény-tételt:

Implicitfüggvény-tétel -- Ha a Φ: $I$ × $J$ $\to$ R folytonosan differenciálható függvény az $(x 0, y 0)$ ∈ int( $I$ × $J$ ) pontban teljesíti a ∂Φ/∂y ≠ 0 feltételt, akkor a $(x 0, y 0)$ pont egy környezetében egyértelműen létezik az Φ(x,y)=Φ( $x 0, y 0$ ) egyenletnek az $(x 0, y 0)$ ponton áthaladó implicit függvénye, azaz az $x 0$ egy K⊆I környezetében értelmezett, J-beli értékű y deriválható függvény, melyre minden x ∈ K esetén:

$\Phi(x,y(x))=\Phi(x_0,y_0)\,$ , $y(x_0)=y_0\,$

és ennek deriváltja minden x ∈ K-ban:

$y'(x)=-\left.\frac{\;\frac{\partial\Phi}{\partial x}\;}{\frac{\partial \Phi}{\partial{y}}}\right|_{(x,y(x))}$

Egzisztencia- és unicitástétel

Tétel. Legyenek P és Q az U ⊆ R² nyílt halmazon értelmezett folytonos valós függvények, Q sehol se nulla, grad F = (P,Q) valamely F: U $\to$ R folytonosan differenciálható függvénnyel és $(x 0, y 0)$ ∈ U. Ekkor

1) az

(ex) y'=-P/Q

egyenletnek egyértelműen létezik az $y 0 = y (x 0)$ kezdeti feltételt kielégítő y lokális megoldása és

2) az

(impl) F(x,y) = F(

x 0, y 0

)

egyenlet $(x 0, y 0)$ -on áthaladó egyetlen lokális implicit függvénye az (ex) egyenlet $y (x 0) = y 0$ kezdeti feltételt kielégítő egyetlen lokális megoldása.

Biz. 1) Egzisztencia. Belátjuk, hogy (impl) egyetlen $(x 0, y 0)$ -on áthaladó implicit függvénye megoldása az (ex) egyenletnek.

$\left.\frac{\partial F}{\partial y}\right|_{(x_0,y_0)}=Q(x_0,y_0)\ne 0$

így az implicitfüggvény-tétel szerint, egyértelműen létezik F-nek y=y(x) implicit függvénye az adott pont egy környezetében és ennek deriváltja az értelmezési tartományának minden pontjában:

$y'(x)=-\frac{\;\cfrac{\partial F}{\partial x}(x,y(x))\;}{\cfrac{\partial F}{\partial y}(x,y(x))}=-\frac{P(x,y(x))}{Q(x,y(x))}$

tehát y az (ex) differenciálegyenletnek is megoldása, és ez kielégíti a kezdeti feltételt.

Unicitás. Tegyük fel, hogy létezik megoldása a kezdeti érték feladatnak. Legyen egy tetszőleges megoldása y, azaz

$y'(x)=-\frac{P(x,y(x))}{Q(x,y(x))}$

Ez az egyenlet a grad F = (P,Q) miatt előáll

$\frac{\partial F}{\partial x}+\frac{\partial F}{\partial y}y'=0$

alakban. Most belátjuk, hogy y (impl)-nek implicit megoldása. Az összetett függvény differenciálási szabálya miatt ( d(F $\circ$ G)(x,y)=dF(G(x,y)) $\circ$ dG(x,y) ) az előző egyenlet a következő formában is írható:

$(F(x,y(x)))'=[\mathrm{grad}\,F|_{(x,y(x))}]\cdot\begin{bmatrix}x'\\y'(x)\end{bmatrix}=\frac{\partial F}{\partial x}|_{(x,y(x))}+y'\frac{\partial F}{\partial y}|_{(x,y(x))}\equiv 0\,$

x értékei egy intervallumból kerülnek ki, ezért az integrálszámítás alaptétele szerint az x $\mapsto$ F(x,y(x)) egy konstans függvény. De a feltétel szerint $y (x 0) = y 0$ teljesül, ezért x $\mapsto$ y(x) egy $(x 0, y 0)$ -on áthaladó implicit függvénye az F(x,y)=F( $x 0, y 0$ ) egyenletnek. Ez az utóbbi azonban egyértelműen van meghatározva, ezért a kezdeti érték feladat minden megoldása egybeesik ezzel az implicit függvénnyel, azaz a megoldás egyértelmű.

2) Az implicitfüggvény tételében adott egyetlen implicit függvény az 1) egzisztencia része miatt megoldása (ex)-nek és 1) unicitás része miatt ez az egyetlen megoldása (ex)-nek.

Az egzaktság jellemzése

Megjegyzés. Az egzakt differenciálegyenletet még

$P(x,y)+Q(x,y)y'=0\,$ ill. $P(x,y)\,\mathrm{d}x+Q(x,y)\,\mathrm{d}y=0\,$

alakban is szokás írni.

Ez utóbbi egyenletről azt is mondják, hogy akkor egzakt, ha a P(x,y)dx + Q(x,y)dy kifejezés "teljes differenciál", amin azt értik, hogy létezik olyan F(x,y) függvény, melynek teljes differenciálja:

$\mathrm{d}F(x,y)=P(x,y)\,\mathrm{d}x+Q(x,y)\,\mathrm{d}y\,$

Ezt a mai jelölésekkel a következőképpen írjuk. Egy F kétváltozós függvény teljes differenciálja egy lineáris leképezés, mely a sztenderd {(1,0),(0,1)} bázisban felírt koordinátáival nem más, mit a parciális deriváltjainak sormátrixa:

$[\mathrm{d}F(x,y)]=\mathrm{grad}\,F(x,y)=\left[\;\frac{\partial F}{\partial x}\;,\;\frac{\partial F}{\partial y}\;\right]$

Emiatt a (C) feltétel a következő alakban is írható:

$[\mathrm{d}F]=\left[P,Q\right]\,$ ill. $\mathrm{grad}\,F=[P,Q]\,$

Tehát az egzakt egyenletben a (P,Q) vektormező (vektorértékű függvény) potenciálos. Innen hasznos jellemzést kapunk az egzaktságra a vektoranalízisbeli ismereteinkből.

Tétel. Legyen U egyszeresen összefüggő nyílt halmaz, P,Q: U $\to$ R folytonosan differenciálható függvények (Q sehol sem nulla). A Pdx + Qdy = 0 egyenlet pontosan akkor egzakt, ha

$\frac{\partial P}{\partial y}\equiv\frac{\partial Q}{\partial x}$

Az F függvényt, az Pdx + Qdy = 0 egyenlet integráljának nevezzük.

Ezt a tételt jól ismerjük és a bizonyítását a vektoranalízisben vettük.

Megjegyzés. 1) A feltétel nem más, mint az, hogy a (P,Q) síkbeli vektormező rotációja azonosan nulla. Ugyanis a rotáció a síkbeli (P,Q) vektormező esetén:

$\mathrm{rot}\,(P,Q)=\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}$

2) Bár a szeparábilis egyenlet egzakt, a fenti feltétel az egzaktság ellenőrzésére sokkal szigorúbb mint a szeparábilis egyenlet megoldhatóságának feltétele.

Példák

Oldjuk meg az

$(ye^{xy}+\cos x)\,\mathrm{d}x+(xe^{xy}+\mathrm{ch}\, y)\,\mathrm{d}y=0$

differenciálegyenletet!

Mo.

$\frac{\partial P}{\partial y}(x,y)=e^{xy}+xye^{xy},\quad\quad \frac{\partial Q}{\partial x}(x,y)=e^{xy}+xye^{xy}$

Tehát egzakt. Az egyenlet első integrálját megkapjuk, ha megoldjuk az

$\frac{\partial F}{\partial x}(x,y)=ye^{xy}+\cos x,\quad\quad \frac{\partial F}{\partial y}(x,y)=xe^{xy}+\mathrm{ch}\, y$

parciális differenciálegyenlet-rendszert.

Az első egyenletből:

$F(x,y)=e^{xy}+\sin x+C(y)\,$

A második egyenlet miatt:

$xe^{xy}+C'(y)=xe^{xy}+\mathrm{ch}\, y$

azaz

$C'(y)=\mathrm{ch}\, y$

Innen a C(y)-ra egy partikuláris megoldás:

$C(y)=\mathrm{sh}\, y$

Azaz

$F(x,y)=e^{xy}+\sin x+\mathrm{sh}\, y$

Ez valóban teljesíti a grad F = [P,Q] feltételt, így az első integrál:

$e^{xy}+\sin x+\mathrm{sh}\, y=C$

Feladat. Oldjuk meg az y'=(ycos(xy)+1)/-xcos(xy) az y(1)=0 kezdeti feltétel mellett! Mo. (ycos(xy)+1)dx + xcos(xy)dy=0 Integráljuk mindkét függvényt: F(x,y)=x+ysin(xy)/y+C₁(y)=xsin(xy)/x+C₂(x). Innen F(x,y)=sin(xy)+x. Ez valóban megoldás és az implicit általános megoldás sin(xy)+x=C. A kezdeti feléttelt kielégítő megoldás: sin(xy)+x=1, ahonnan egy lokális megoldás az x∈(0,2)-beli: sin(xy)=1-x, xy=arc sin(1-x), y(x)=arc sin(1-x)/x

1. gyakorlat

3. gyakorlat

Matematika A3a 2008/2. gyakorlat

A lap jelenlegi, 2013. november 1., 12:06-kori változata

Tartalomjegyzék

Gyakorlatok kezdeti érték feladatra

Függvényegyenletek

Homogén fokszámú egyenletek

Egzakt differenciálegyenlet

Definíció

Egzisztencia- és unicitástétel

Az egzaktság jellemzése

Példák

Nézetek

Személyes eszközök

Navigáció

Keresés

Eszközök

@@ 1. sor: / 1. sor: @@
 ''<sub><[[Matematika A3a 2008]]</sub>''
-==Feladat folytonosságra==
+==Gyakorlatok kezdeti érték feladatra==
-'''Feladat.''' Folytonos-e a ''z'' = i-ben az
+'''1.''' Oldjuk meg az
-:<math>f(z)=\left\{
+:<math>y'=x^2\frac{\cos^4 y}{\sin y}</math>
-\begin{matrix}
+egyenletet az
-\cfrac{\mathrm{i}z+1}{|z-\mathrm{i}|},\quad\quad\mathrm{ha}\;z\ne \mathrm{i}\\
+:a) <math>y(0)=-\frac{\pi}{2}</math>
-\\
+:b) <math>y(0)=\frac{\pi}{4}</math>
-,\quad\quad \mathrm{ha}\;z=\mathrm{i}
+:c) <math>y(0)=\frac{\pi}{4}+2\pi</math>
-\end{matrix}
+kezdeti feltételek mellett!
-\right.</math>
-Ha ''z'' = ''x'' + i''y'' és (''x'',''y'') &ne; (0,1), akkor:
+''Mo.'' a) Ehhez egy konstans megoldás tartpzik és nincs másik a (0,-&pi;/2)-n áthaladó, mert az y szerinti parciális derivált korlátos.
-:<math>f(x,y)=\begin{pmatrix}
-\cfrac{-y+1}{\sqrt{x^2+(y-1)^2}} \\
-\cfrac{x}{\sqrt{x^2+(y-1)^2}}
-\end{pmatrix}</math>
-Már az első komponens határértéke sem létezik, hisz (x,y)=(0,y) mentén alulról a (0,1)-hez tartva a határérték -1, az x=y-1 mentén pedig -1/gyök kettő.
+b) Az általános megoldásból keressük a kezdeti feltételt kielégítő megoldást:
+:<math>\frac{\sin y}{\cos^4 y}y'=x^2</math>
+:<math>-\cos^{-4} y(-\sin y)\,y'=x^2</math>
+:<math>\frac{1}{3}\cos^{-3} y=\frac{1}{3}x^3+C</math>
+Az implicit egyenlet:
+:<math>\cos^{-3} y=x^3+3C</math>
+Ha x=0 és y=&pi;/4, akkor
+:<math>3C=\frac{1}{(\frac{\sqrt{2}}{2})^3}</math>
+és
+:<math>y(x)=\mathrm{arccos}\frac{1}{\sqrt[3]{x^3+\frac{24}{(\sqrt{2})^3}}}</math>
+c) ugyanez + 2&pi;
-A második tényező szintén nem.
+'''HF.''' Oldjuk meg az y' = sin(x) yln(y) egyenletet az
+:a) y(0)=1,
+:b) y(0)=e
+kezdeti feltételek mellett!
-=='''C''' kompaktifikálása==
+=== Függvényegyenletek===
-''Kompakt'' egy ''K'' halmaz, ha teljesül rá, hogy akárhogy is fedjük le nyílt halmazok rendszerével, azok közül már véges sok halmaz is lefedi a ''K''-t. Szimbolikusan:
-:''K'' kompakt, ha minden (&Omega;<sub>i</sub>)<sub>i&isin;I</sub> halmazrendszerhez, melyre
-:# &Omega;<sub>i</sub> nyílt minden i&isin;I-re és
-:# ''K'' &sube; U(&Omega;<sub>i</sub>)<sub>i&isin;I</sub>
-:létezik J &sube; I véges indexhalmaz, hogy ''K'' &sube; U(&Omega;<sub>i</sub>)<sub>i&isin;J</sub>
-'''R'''<sup>N</sup>-ben egy halmaz pontosan akkor kompakt, ha korlátos és zárt. Tehát maga '''C''' nem kompakt, hisz nem korlátos (bár zárt). Viszont '''C''' egyetlen egy ponttal kibővítve már kompakttá tehető, ugyanis egy ideális pont hozzávételével '''C''' kölcsönösen egyértelmű és folytonos kapcsolatba hozható a gömbfelülettel, mely '''R'''<sup>3</sup>-ban kompakt. Ezt a sztereografikus projekcióval oldjuk meg.
+'''2. feladat.''' Van-e nemdifferenciálható, de folytonos megoldása az <math>y^2=x^2\,</math> függvényegyenletnek?
+''Mo.'' Igen: y(x)=|x| nemdifferenciálható, de folytonos megoldása.
-A Riemann-gömb konstrukciójához vegyük az '''R'''<sup>3</sup>-ban az origó középponttú egységgömböt és gondoljunk úgy az <nowiki>[xy]</nowiki> síkra, mint a '''C''' komplex számsíkra. Az egységgömb pontjait a következő módon feleltetjük meg a komplex számoknak. Tekintsük a gömbön a (0,0,1) koordinátájú ''P'' pólust és egy ''a'' + ''b''i komplex szám esetén az (''a'',''b'',0) pontot kössük össze ''P''-vel egy ''e'' egyenes által. Ekkor az ''e'' egyetlen pontban metszi az egységgömböt, mely kijelöli az ''a'' + ''b''i-nek megfelelő pontot. Ha az ''a'' + ''b''i-nek megfeleltetett Riemann-gömbfelületbeli pont koordinátái (x,y,z), akkor ezek kapcsolata:
+'''3. Feladat.''' Hány megoldása van az |f(x)|=e<sup>x</sup> '''R'''-en? Hány diffható ebből?
-:<math>a+b\mathrm{i}=\frac{x+\mathrm{i}y}{1-z}\,</math>
+''Mo.'' Végtelen sok megoldása van, pl.: minden n természetes számhoz található mo., melyek egymáshoz páronként különbözők: f(x)=e<sup>x</sup>, ha x nem az n természetes szám és -e<sup>x</sup>, ha x az n természetes szám.
+Ebből kettő diffható akad: e<sup>x</sup>, -e<sup>x</sup>, ami a Bolzano-tételből következik. Ha ugyanis lenne nem csak poz. és nem csak neg. mo., akkor a 0-t is felvenné, ami lehetetlen, mert az exp. függvénynek nincs nulla értéke.
-'''Megjegyzés.''' Ismerős geometriai leképezésre bukkanhatunk, ha a Riemann-gömbfelület egy (x,y,h) és (x,y,-h) pontjának megfelelő komplex számnak a kapcsolatát írjuk fel. Legyen ugyanis
+==Homogén fokszámú egyenletek==
-:<math>z=\frac{x+\mathrm{i}y}{1-h}\,</math> és <math>w=\frac{x+\mathrm{i}y}{1+h}\,</math>
-Ekkor a ''z'' konjugáltját a ''w''-vel összeszorozva azt kapjuk, hogy:
-:<math>w\cdot \overline{z}=1\,</math>
-Amiből az következik, hogy a végpontok origótól vett távolságának a szorzata 1, azaz 1 a két szám hosszának mértani közepe. Ez viszont azt jelenti, hogy ''w'' nem más, mint a ''z'' ''inverziója'' az egységkörre vonakozóan és az inverziót kifejező komplex függvény a
-:<math>w=\frac{1}{\,\overline{z}\,}\,</math>
-leképezés.
-Eszerint a reciprok-konjugált (de a reciprok is) egy origón át nem menő kört körbe, az origón átmenő kört egyenesbe, egy origón át nem haladó egyenes egy origón átmenő körbe és egy origón áthaladó egyenest saját magába képezi.
+Az F(x,y) ''n''-homogén függvény, ha minden &lambda; esetén
+:<math>F(\lambda x,\lambda y)=\lambda^n F(x,y).</math>
-Ha tehát a '''C'''-hez hozzáveszünk egy &infin;-nel jelölt objektumot, és ennek megfeleltetjük a ''P'' pólust, akkor a
+Az y'=F(x,y) egyenlet homogén, ha F(x,y) 0-homogén.
-:<math>\overline{\mathbf{C}}=\mathbf{C}\cup\{\infty\}\,</math>
-halmaz kölcsönösen egyértelmű megfeleltetésbe hozható a Riemann-gömbfelülettel. Ahhoz, hogy ennek folytonosságáról beszélhessünk, definiálnunk kell &infin; gömbi környezeteit.
-Ezek a következő alakú halmazok lesznek:
-:<math>\mathrm{B}_r(\infty)=\left\{z\in \mathbf{C}: |z|>\frac{1}{r}\right\}\cup\{\infty\}\,</math>
-ahol ''r'' > 0.
-'''Feladat.''' Igazoljuk, hogy '''C'''U{&infin;} ''kompakt''!
+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>
-''(Útmutatás: az elsőhöz az origó körüli zárt gömbök kompaktságát, a másodikhoz a Bolzano-Weierstrass-féle kiválasztási tételt kell használni (persze korlátos sorozatra).)''
+==Egzakt differenciálegyenlet==
+===Definíció===
-Ha '''C'''U{&infin;}-t lefedi egy nyílt halmazrendszer, akkor &infin;-t is lefedi belőlük egy, mondjuk ''U''. ''U'' lefedi az &infin; egy gömbi környezetét, mondjuk B<sub>r</sub>(&infin;)-t. Elegendő tehát tekintenünk '''C'''U{&infin;} lefedéséhez a halmazrendszerből az ''U''-t és a B<sub>r</sub>(&infin;) komplementerét lefedő halmazokat. De ez utóbbiakból véges sok is van melyek még mindig lefedik, mert B<sub>r</sub>(&infin;) komplemetere a 0 középponttú 1/r sugarú zárt körlap, mely kompakt.
+Legyen U &sube; '''R'''<sup>2</sup> nyílt halmaz és ''P'',''Q'': ''U'' <math>\to</math> '''R'''  folytonos  függvények, Q sehol sem nulla. Azt mondjuk, hogy az
+:<math>y'=-\frac{P(x,y)}{Q(x,y)}\quad\quad \mathrm{(EX)}</math>
-===Határérték===
+differenciálegyenlet ''egzakt'', ha létezik olyan ''F'': ''U'' <math>\to</math> '''R''' folytonosan differenciálható függvény, hogy
-Komplex függvény '''C'''-beli pontban vett '''C'''-beli határértéke ugyanúgy értelmezett, mint az '''R'''<sup>2</sup> esetben. Itt is érvényes, hogy pontosan akkor látezik a határérték, ha a komponensfüggvényeknek létezik a határértéke és ekkor a határérték egyenlő lesz a valós és képzetes komponens határértékéből alkotott komplex számmal.
+:<math>\frac{\partial F}{\partial x}=P,\quad\quad\frac{\partial F}{\partial y}=Q\quad\quad\mathrm{(C)}</math>
+'''Számpélda.''' Az
+:<math>y'=-\frac{x}{y}</math>
+egyenlet egzakt, mert az F(x,y)=x<sup>2</sup>+y<sup>2</sup> függvény olyan, hogy &part;<sub>x</sub>F(x,y)=2x, &part;<sub>y</sub>F(x,y)=2y, mármint az
+:<math>y'=-\frac{2x}{2y}</math>
+alakjában egzakt.
-A &infin; miatt érdemes külön is megfogalmazni a határérték definícióját, bár az teljesen analóg a valós esettel. Legyen ''f'' egy az ''A'' &sube; '''C''' halmazon értelmezett, '''C'''-be képező függvény. Legyen <math>\scriptstyle{u\in \overline{\mathbf{C}}}</math> az ''A'' torlódási pontja, azaz minden ''r'' > 0 esetén legyen olyan ''a'' &isin; ''A'', hogy ''a'' &isin; B<sub>r</sub>(''u'')\{u}. Azt mondjuk, hogy az ''f''-nek a <math>\scriptstyle{v\in \overline{\mathbf{C}}}</math> elem határértéke az ''u''-ban, ha
+'''Elméleti példa.''' Minden
-:minden &epsilon; > 0 esetén létezik olyan &delta; > 0, hogy minden ''z'' &isin; ''A'' &cap; B<sub>&delta;</sub>(''u'')\{u}-re ''f''(''z'') &isin; B<sub>&epsilon;</sub>(''v'')
+:<math>y'=\frac{f(x)}{g(y)}\quad\quad (f\in\mathrm{C}(I),\;g\in \mathrm{C}(J),\;0\notin\mathrm{Ran}(g))</math>
+alakú szeparábilis differenciálegyenlet egzakt, hiszen ha ''g'' integrálfüggvénye ''G'', akkor
+:<math>g(y)y'=f(x)\quad\quad\Rightarrow\quad\quad G(y)=F(x)+C</math>
+Alkalmas tehát az alábbi függvény:
+:<math>\Phi(x,y):=G(y)-F(x)=C\quad\quad\Rightarrow\quad\quad\frac{\partial \Phi}{\partial x}=f,\quad\quad\frac{\partial \Phi}{\partial y}=g</math>
-ahol természetesen a &infin; környezetei a már említett módon értendők.
+Jelen esetben a G függvény deriváltja (G'=g) sehol sem nulla folytonos függvény, ezért szigorúan monoton. Emiatt kifejezhető y éspedig:
+:<math>y(x)=G^{-1}(F(x)+C)\,</math>
-'''Feladat.'''  Igazoljuk definíció szerint, hogy
+'''Megjegyzés.''' A megoldásokat implicit módon adja meg az
-#<math>\lim\limits_{z\to 0}\frac{1}{z}=\infty</math>
+:<math>\Phi(x,y)=C\,</math>
-#<math>\lim\limits_{z\to \infty}\frac{1}{z}=0</math>
+egyenlet. Mivel
+:<math>\frac{\partial\Phi}{\partial y}\ne 0</math>
-. Legyen &epsilon; > 0. Ekkor azt kell belátnuk, hogy létezik &delta; > 0, hogy teljesüljön |''z''| < &delta; esetén, hogy a függvényérték a &infin; &epsilon; sugarú környezetébe esik, azaz:
+ezért az implicitfüggvény-tétel miatt y-t "ki lehet fejezni". Érdemes felelevenítenünk magát az implicitfüggvény-tételt:
-:<math>\left|\frac{1}{z}\right|>\frac{1}{\varepsilon}</math>
-Világos, hogy ezt azt jelenti, hogy
-:<math>|z|<\varepsilon</math>
-amit reciprokvonással kaptunk. Ha tehát ha &delta; := &epsilon; és |''z''| < &delta;, akkor "felfelé" következtetve kijön a kívánt egyenlőtlenség.
-. Legyen &epsilon; > 0. Ekkor azt kell belátnuk, hogy létezik &delta; > 0, hogy teljesüljön |''z''| > 1/&delta; esetén, hogy a függvényérték a 0-nak &epsilon; sugarú környezetébe esik, azaz:
+'''Implicitfüggvény-tétel''' -- Ha a &Phi;: <math>I</math>&times;<math>J</math> <math>\to</math> '''R''' folytonosan differenciálható függvény az <math>(x_0,y_0)</math> &isin;  int(<math>I</math>&times;<math>J</math>) pontban teljesíti a &part;&Phi;/&part;y &ne; 0 feltételt, akkor a <math>(x_0,y_0)</math> pont egy környezetében egyértelműen létezik az &Phi;(x,y)=&Phi;(<math>x_0,y_0</math>) egyenletnek az <math>(x_0,y_0)</math> ponton áthaladó implicit függvénye, azaz az <math>x_0</math> egy ''K''&sube;''I'' környezetében értelmezett, ''J''-beli értékű ''y'' deriválható függvény, melyre minden ''x'' &isin; ''K'' esetén:
-:<math>\left|\frac{1}{z}\right|<\varepsilon</math>
+:<math>\Phi(x,y(x))=\Phi(x_0,y_0)\,</math>, <math>y(x_0)=y_0\,</math>
-Világos, hogy ezt azt jelenti, hogy
+és ennek deriváltja minden ''x'' &isin; ''K''-ban:
-:<math>|z|>\frac{1}{\varepsilon}</math>
+:<math>y'(x)=-\left.\frac{\;\frac{\partial\Phi}{\partial x}\;}{\frac{\partial \Phi}{\partial{y}}}\right|_{(x,y(x))}</math>
-amit reciprokvonással kaptunk. Ha tehát ha &delta; := &epsilon; és |''z''| > 1/&delta;, akkor "felfelé" következtetve kijön a kívánt egyenlőtlenség.
-A végtelen határérékkel történő számolás szabályai előtt definiálnunk kell néhány kibővített műveletet. Ezt a következők szellemében tesszük:
+==Egzisztencia- és unicitástétel==
+'''Tétel.''' Legyenek ''P'' és ''Q'' az ''U'' &sube; '''R'''<sup>2</sup> nyílt halmazon értelmezett folytonos valós függvények, ''Q'' sehol se nulla, grad F = (P,Q) valamely F: ''U'' <math>\to</math> '''R''' folytonosan differenciálható függvénnyel és <math>(x_0,y_0)</math> &isin; ''U''. Ekkor
-:Ha ''a'' és ''b'' valamelyike a &infin;  szimbólum (a másik, ha nem ilyen, akkor komplex szám), akkor az ''a'' * ''b'' alapműveletet akkor értelmezzük a ''c'' szimbólumként (mely szintén vagy komplex szám, vagy az &infin;), ha ''minden'' ''a'' határértékű ''f'' függvény esetén  és ''minden'' ''b'' határértékű ''g'' függvény esetén a ''f''*''g'' ''szükségszerűen'' a ''c''-hez tart. Ekkor mondjuk tehát, hogy az
+) az
-::''a'' * ''b'' = ''c''
+:(ex) y'=-P/Q
-:definíció jó.
+egyenletnek egyértelműen létezik az <math>y_0=y(x_0)</math> kezdeti feltételt kielégítő ''y'' lokális megoldása és
-Például a &infin; + &infin; művelet feltétlenül értelmezett és értéke a &infin;, mert könnyen látható, hogy ''bármely'' két, a &infin;-hez tartó függvény összege is a &infin;-hez tart. De a 0 <math>\cdot</math> &infin; művelet nem értelmezhető, mert van két függvénypár, mely ilyen alakú határértékekkel rendelkezik, de a szorzatuk máshoz tart. Pl.: (1/Re(z)) <math>\cdot</math> Re(z) <math>\to</math> 1, a z=0-ban, de (1/Re(z)) <math>\cdot</math> 2 Re(z) <math>\to</math> 2 a z=0-ban.
-'''Definíció''' – ''Végtelen és alapműveletek'' – Az alábbi műveleti szabályokat vezetjük be a &infin;, szimbólumra vonatkozóan, az alábbiakban ''z'' tetszőleges komplex szám, ''n'' tetszőleges nemnulla komplex szám:
+) az
-# <math>\infty+z=\infty </math>,
+:(impl) F(x,y) = F(<math>x_0,y_0</math>)
-# <math>\infty-z=\infty,  \quad\quad z-\infty=\infty</math>,
+egyenlet <math>(x_0,y_0)</math>-on áthaladó egyetlen lokális implicit függvénye az (ex) egyenlet <math>y(x_0)=y_0</math> kezdeti feltételt kielégítő egyetlen lokális megoldása.
-# <math>\infty\cdot\infty=\infty, \quad\quad \infty\cdot n=\infty</math>,
-# <math>\frac{z}{\infty}=0 \quad\quad \frac{\infty}{z}=\infty</math>,
-továbbá a szorzás és az összeadás kommutatív.
-Megjegyezzük még, hogy <math>\overline{\infty}=\infty</math>, azaz a végtelen konjugáltja saját maga.
+''Biz.'' 1) ''Egzisztencia.'' Belátjuk, hogy (impl) egyetlen <math>(x_0,y_0)</math>-on áthaladó implicit függvénye megoldása az (ex)
+egyenletnek.
+:<math>\left.\frac{\partial F}{\partial y}\right|_{(x_0,y_0)}=Q(x_0,y_0)\ne 0</math>
+így az implicitfüggvény-tétel szerint, egyértelműen létezik F-nek y=y(x) implicit függvénye az adott pont egy környezetében és ennek deriváltja az értelmezési tartományának minden pontjában:
+:<math>y'(x)=-\frac{\;\cfrac{\partial F}{\partial x}(x,y(x))\;}{\cfrac{\partial F}{\partial y}(x,y(x))}=-\frac{P(x,y(x))}{Q(x,y(x))}</math>
+tehát ''y'' az (ex) differenciálegyenletnek is megoldása, és ez kielégíti a kezdeti feltételt.
-'''Definíció''' – ''Határozatlan esetek'' –  Az alábbi alapműveletek nem értelmezhetők:
+''Unicitás.'' Tegyük fel, hogy létezik megoldása a kezdeti érték feladatnak. Legyen egy tetszőleges megoldása ''y'', azaz
-# <math>\infty+\infty=\infty,\quad\quad\infty-\infty</math>,
+:<math>y'(x)=-\frac{P(x,y(x))}{Q(x,y(x))}</math>
-# <math>0\cdot\infty, \quad\quad \infty\cdot 0</math>,
+Ez az egyenlet a grad F = (P,Q) miatt előáll
-# <math>\frac{\infty}{\infty}</math>,
+:<math>\frac{\partial F}{\partial x}+\frac{\partial F}{\partial y}y'=0</math>
-# <math>\frac{0}{0}</math>
+alakban. Most belátjuk, hogy ''y'' (impl)-nek implicit megoldása. Az összetett függvény differenciálási szabálya miatt ( d(F<math>\circ</math>G)(x,y)=dF(G(x,y))<math>\circ</math> dG(x,y) ) az előző egyenlet a következő formában is írható:
+:<math>(F(x,y(x)))'=[\mathrm{grad}\,F|_{(x,y(x))}]\cdot\begin{bmatrix}x'\\y'(x)\end{bmatrix}=\frac{\partial F}{\partial x}|_{(x,y(x))}+y'\frac{\partial F}{\partial y}|_{(x,y(x))}\equiv 0\,</math>
+''x'' értékei egy intervallumból kerülnek ki, ezért az ''integrálszámítás alaptétele'' szerint az x <math>\mapsto</math> F(x,y(x)) egy konstans függvény. De a feltétel szerint <math>y(x_0)=y_0</math> teljesül, ezért x <math>\mapsto</math> y(x) egy <math>(x_0,y_0)</math>-on áthaladó implicit függvénye az F(x,y)=F(<math>x_0,y_0</math>) egyenletnek. Ez az utóbbi azonban egyértelműen van meghatározva, ezért a kezdeti érték feladat minden megoldása egybeesik ezzel az implicit függvénnyel, azaz a megoldás egyértelmű.
-Ezek a definíciók, a definíció előtt említett elv értelmében jók, azaz
+) Az implicitfüggvény tételében adott egyetlen implicit függvény az 1) egzisztencia része miatt megoldása (ex)-nek és 1) unicitás része miatt ez az egyetlen megoldása (ex)-nek.
-'''Tétel''' – ''Végtelen határérték és alapműveletek'' – Ha az ''f'' és ''g'' komplex függvényeknek létezik határértékük az <math>\scriptstyle{u\in \overline{\mathbf{C}}}</math> helyen, az ''f'' * ''g'' alapművelettl elkészített függvény értelmezési tartományának torlódási pontja ''u''  és a lim<sub>u</sub> ''f'' * lim<sub>u</sub> ''g'' alapművelet elvégezhető, akkor az ''f'' * ''g'' függvénynek is van határértéke ''u''-ban és ez:
+==Az egzaktság jellemzése==
-:<math> \lim\limits_u(f\mbox{*}g)=\lim\limits_u f\,\mbox{*}\, \lim\limits_u g \,</math>
+'''Megjegyzés.''' Az egzakt differenciálegyenletet még
-Ezenkívül a határozatlan esetekben, amikor a határértékekkel végzett műveletek nem értelmezettek, az alapműveletekkel elkészített függvények határértékeire nem adható általános képlet (mert alkalmasan választott esetekben máshoz és máshoz tartanak).
+:<math>P(x,y)+Q(x,y)y'=0\,</math> ill. <math>P(x,y)\,\mathrm{d}x+Q(x,y)\,\mathrm{d}y=0\,</math>
+alakban is szokás írni.
-''A bizonyításról.'' Ennek a tételnek a bizonyítása minden nehézség nélkül elvégezhető vagy az '''R'''<sup>2</sup>-beli sorozatokra vonatkozó átviteli elv vagy a komponensfüggvények határértékére történő hivatkozás útján. Minenekelőtt azt kell szem előtt tartanunk, hogy a végtelenhez való tartás, a függvény abszolútértékének plusz végtelenhez tartását jelenti:
+Ez utóbbi egyenletről azt is mondják, hogy akkor egzakt, ha a ''P''(''x'',''y'')d''x'' + ''Q''(''x'',''y'')d''y'' kifejezés "teljes differenciál", amin azt értik, hogy létezik olyan F(x,y) függvény, melynek teljes differenciálja:
-:<math>\exists\lim\limits_{z_0}f=\infty \quad\Longleftrightarrow \quad\exists\lim\limits_{z_0}|f|=+\infty</math>
+:<math>\mathrm{d}F(x,y)=P(x,y)\,\mathrm{d}x+Q(x,y)\,\mathrm{d}y\,</math>
-'''Feladat.''' Adjuk példákat arra, hogy a határozatlan alakú határértékeket valóban nem lehet definiálni.
+Ezt a mai jelölésekkel a következőképpen írjuk. Egy F kétváltozós függvény teljes differenciálja egy lineáris leképezés, mely a sztenderd {(1,0),(0,1)} bázisban felírt koordinátáival nem más, mit a parciális deriváltjainak sormátrixa:
+:<math>[\mathrm{d}F(x,y)]=\mathrm{grad}\,F(x,y)=\left[\;\frac{\partial F}{\partial x}\;,\;\frac{\partial F}{\partial y}\;\right]</math>
+Emiatt a (C) feltétel a következő alakban is írható:
+:<math>[\mathrm{d}F]=\left[P,Q\right]\,</math> ill. <math>\mathrm{grad}\,F=[P,Q]\,</math>
-''Nézzük a 0-ban az alábbi függvényeket:''
+Tehát az egzakt egyenletben a (P,Q) vektormező (vektorértékű függvény) '''potenciálos'''. Innen hasznos jellemzést kapunk az egzaktságra a vektoranalízisbeli ismereteinkből.
-:<math>\underset{\underset{\infty}{\downarrow}}{\frac{2}{z}}\;-\;\underset{\underset{\infty}{\downarrow}}{\frac{1}{z}}=\frac{1}{z}\quad\to \infty</math> miközben <math>\underset{\underset{\infty}{\downarrow}}{(\frac{1}{z}+2)}\;-\;\underset{\underset{\infty}{\downarrow}}{\frac{1}{z}}=2\quad\to 2</math>
-<math>\underset{\underset{\infty}{\downarrow}}{\frac{1}{z}}\;\cdot\;\underset{\underset{0}{\downarrow}}{z}=1\quad\to 1</math> miközben <math>\underset{\underset{\infty}{\downarrow}}{\frac{2}{z}}\;\cdot\;\underset{\underset{0}{\downarrow}}{z}=2\quad\to 2</math>
-:<math>\frac{\overset{\overset{\infty}{\uparrow}}{\;\cfrac{1}{z}\;}}{\underset{\underset{\infty}{\downarrow}}{\cfrac{1}{z}}}=1\quad\to 1</math> miközben <math>\frac{\overset{\overset{\infty}{\uparrow}}{\cfrac{2}{z}}}{\underset{\underset{\infty}{\downarrow}}{\;\cfrac{1}{z}\;}}=2\quad\to 2</math>
+'''Tétel.''' Legyen ''U'' egyszeresen összefüggő nyílt halmaz, ''P'',''Q'': ''U'' <math>\to</math> '''R''' folytonosan differenciálható függvények (Q sehol sem nulla). A Pdx + Qdy = 0 egyenlet pontosan akkor egzakt, ha
+:<math>\frac{\partial P}{\partial y}\equiv\frac{\partial Q}{\partial x}</math>
-<math>\frac{\overset{\overset{0}{\uparrow}}{\;z\;}}{\underset{\underset{0}{\downarrow}}{z}}=1\quad\to 1</math> miközben <math>\frac{\overset{\overset{0}{\uparrow}}{2z}}{\underset{\underset{0}{\downarrow}}{\;z\;}}=2\quad\to 2</math>
+Az F függvényt, az Pdx + Qdy = 0 egyenlet integráljának nevezzük.
-'''Feladat.''' Számítsuk ki az alábbi határértékeket, ha léteznek!
+Ezt a tételt jól ismerjük és a bizonyítását a vektoranalízisben vettük.
-# <math>\lim\limits_{z\to 0}\frac{\mathrm{Im}(z)}{z}</math>,
-# <math>\lim\limits_{z\to i}\frac{z-i}{z^2+1}</math>,
-# <math>\lim\limits_{z\to 1}\frac{\frac{1}{z-1}+i}{\frac{1}{z^2-1}-i}</math>,
-# <math>\lim\limits_{z\to 0}\frac{1}{z}-\frac{2}{\overline{z}}</math>,
-# <math>\lim\limits_{z\to -i}\frac{\frac{1}{z+i}+i}{\overline{z}-i}</math>,
-''Megoldás.''
+'''Megjegyzés.''' 1) A feltétel nem más, mint az, hogy a (P,Q) síkbeli vektormező rotációja azonosan nulla. Ugyanis a rotáció a síkbeli (P,Q) vektormező esetén:
-. nemnulla ''z''-re:
+:<math>\mathrm{rot}\,(P,Q)=\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}</math>
-:<math>\frac{\mathrm{Im}(z)}{z}=\frac{\mathrm{Im}(z)\overline{z}}{z\overline{z}}=\frac{yx-y^2\mathrm{i}}{x^2+y^2}</math>
+) Bár a szeparábilis egyenlet egzakt, a fenti feltétel az egzaktság ellenőrzésére sokkal szigorúbb mint a szeparábilis egyenlet megoldhatóságának feltétele.
-de ekkor például az első komponensfüggvény ''x'' = 0 felől közelítve 0, míg az ''x'' = ''y''-felől:1/2, azaz nem létezik az első komponensnek a (0,0)-ban határértéke, azaz a komplex függvénynek sem.
+==Példák==
+Oldjuk meg az
+:<math>(ye^{xy}+\cos x)\,\mathrm{d}x+(xe^{xy}+\mathrm{ch}\, y)\,\mathrm{d}y=0</math>
+differenciálegyenletet!
-. <math>\frac{z-i}{z^2+1}=\frac{z-i}{(z+i)(z-i)}=\frac{1}{z+i}\quad\underset{z\to -i}{\longrightarrow}\quad\infty</math>
+''Mo.''
+:<math>\frac{\partial P}{\partial y}(x,y)=e^{xy}+xye^{xy},\quad\quad \frac{\partial Q}{\partial x}(x,y)=e^{xy}+xye^{xy}</math>
+Tehát egzakt. Az egyenlet első integrálját megkapjuk, ha megoldjuk az
+:<math>\frac{\partial F}{\partial x}(x,y)=ye^{xy}+\cos x,\quad\quad \frac{\partial F}{\partial y}(x,y)=xe^{xy}+\mathrm{ch}\, y</math>
+parciális differenciálegyenlet-rendszert.
-. <math>\frac{\frac{1}{z-1}+i}{\frac{1}{z^2-1}-i}=\frac{ \frac{1+iz-i}{z-1} }{ \frac{1-iz^2+i}{z^2-1} }=\frac{1+iz-i}{z-1}\cdot \frac{(z+1)(z-1)}{1-iz^2+i}</math>
+Az első egyenletből:
-::<math>\left.\frac{iz+1-i}{-iz^2+i+1}(z+1)\right|_1=\frac{1}{1}\cdot 1</math>
+:<math>F(x,y)=e^{xy}+\sin x+C(y)\,</math>
+A második egyenlet miatt:
+:<math>xe^{xy}+C'(y)=xe^{xy}+\mathrm{ch}\, y</math>
+azaz
+:<math>C'(y)=\mathrm{ch}\, y</math>
+Innen a C(y)-ra egy partikuláris megoldás:
+:<math>C(y)=\mathrm{sh}\, y</math>
+Azaz
+:<math>F(x,y)=e^{xy}+\sin x+\mathrm{sh}\, y</math>
+Ez valóban teljesíti a grad F = [P,Q] feltételt, így az első integrál:
+:<math>e^{xy}+\sin x+\mathrm{sh}\, y=C</math>
+'''Feladat.''' Oldjuk meg az y'=(ycos(xy)+1)/-xcos(xy) az y(1)=0 kezdeti feltétel mellett!
+''Mo.'' (ycos(xy)+1)dx + xcos(xy)dy=0
+Integráljuk mindkét függvényt: F(x,y)=x+ysin(xy)/y+C<sub>1</sub>(y)=xsin(xy)/x+C<sub>2</sub>(x). Innen F(x,y)=sin(xy)+x. Ez valóban megoldás és az implicit általános megoldás sin(xy)+x=C. A kezdeti feléttelt kielégítő megoldás: sin(xy)+x=1, ahonnan egy lokális megoldás az x&isin;(0,2)-beli: sin(xy)=1-x, xy=arc sin(1-x), y(x)=arc sin(1-x)/x
-. <math>\frac{1}{z}-\frac{2}{\overline{z}}=\frac{\overline{z}-2z}{z\overline{z}}</math>
-csak a valós részt nézve:
-:<math>\left|\frac{-x}{x^2+y^2}\right|</math>
-az (x,y)=(x,0) esetben a (0,0)-hoz tartva: végtelen, de (x,y)=(0,y), akkor 0. tehát nincs határérték.
-. <math>\lim\limits_{z\to -i}\frac{\frac{1}{z+i}+i}{\overline{z}-i}=\left(\frac{\infty}{0}\right)=\infty</math>.
+<center>
+{| class="wikitable" style="text-align:center"
+|- bgcolor="#efefef"
+|[[Matematika A3a 2008/1. gyakorlat |1. gyakorlat]]
+|}
-'''Feladat.''' Adjuk meg minden ''z''<sub>0</sub> &isin; '''C''' számra az alábbi függvény határértékét!
+{| class="wikitable" style="text-align:center"
-# <math>f(z)=\frac{z}{\overline{z}-z}</math>,
+|- bgcolor="#efefef"
-# <math>f(z)=\frac{z^2}{\overline{z}z-1}</math>,
+|[[Matematika A3a 2008/3. gyakorlat |3. gyakorlat]]
+|}
-. <math>\mathrm{Dom}(f)=\{z\in \mathbf{C}\mid \overline{z}\ne z\}</math>
+</center>
-Folytonos az értelmezési tartományában. A határon:
-:<math>\frac{z}{\overline{z}-z}=\frac{x+iy}{2iy}\,</math>
-''z''<sub>0</sub>  &ne; 0 esetén
-:<math>\left|\frac{x+iy}{2iy}\right|\geq \frac{|z_0|/2}{2|y|}\to \infty</math>
-''z''<sub>0</sub>  = 0 esetén:
-:<math>\frac{x+iy}{2iy}=\frac{1}{2}-i\frac{x}{2y}</math>
-ismert, hogy nincs határérték.
-. <math>\mathrm{Dom}(f)=\{z\in \mathbf{C}\mid \overline{z}z\ne 1\}</math>
-Az egységkör pontjaitól különbözőkre folytonos, az egységkörön a végtelen, a végtelenben pedig nincs határérték. Ugyanis:
-:<math>|f(z)|=\frac{|z|^2}{|\overline{z}z-1|}</math>,
-így az egységkörön a számláló az 1-hez, a nevező a nullához tart. A végtelenben pedig ''t'' valóssal:
-:<math>\lim\limits_{t\to +infty} f(t+0.i)=\lim\limits_{t\to +infty} \frac{t^2}{t^2-1}= 1\,</math>
-:<math>\lim\limits_{t\to +infty} f(t.i)=\lim\limits_{t\to +infty} \frac{-t^2}{t^2-1}= -1\,</math>
-==Feladatok függvényhatárértékre==
-===Végtelen határérték===
-'''Definíció''' – ''Végtelen és alapműveletek'' – Az alábbi műveleti szabályokat vezetjük be a &infin;, szimbólumra vonatkozóan, az alábbiakban ''z'' tetszőleges komplex szám, ''n'' tetszőleges nemnulla komplex szám:
-# <math>\infty+z=\infty </math>,
-# <math>\infty-z=\infty,  \quad\quad z-\infty=\infty</math>,
-# <math>\infty\cdot\infty=\infty, \quad\quad \infty\cdot n=\infty</math>,
-# <math>\frac{z}{\infty}=0 \quad\quad \frac{\infty}{z}=\infty</math>,
-továbbá a szorzás és az összeadás kommutatív.
-Megjegyezzük még, hogy <math>\overline{\infty}=\infty</math>, azaz a végtelen konjugáltja saját maga.
-'''Definíció''' – ''Határozatlan esetek'' –  Az alábbi alapműveletek nem értelmezhetők:
-# <math>\infty+\infty=\infty, \quad\quad\infty-\infty</math>,
-# <math>0\cdot\infty, \quad\quad \infty\cdot 0</math>,
-# <math>\frac{\infty}{\infty}</math>,
-# <math>\frac{0}{0}</math>
-'''Állítás''' – ''Végtelen határérték és alapműveletek'' – Ha az ''f'' és ''g'' komplex függvényeknek létezik határértékük az <math>\scriptstyle{u\in \overline{\mathbf{C}}}</math> helyen, az ''f'' * ''g'' alapművelettl elkészített függvény értelmezési tartományának torlódási pontja ''u''  és a lim<sub>u</sub> ''f'' * lim<sub>u</sub> ''g'' alapművelet elvégezhető, akkor az ''f'' * ''g'' függvénynek is van határértéke ''u''-ban és ez:
-:<math> \lim\limits_u(f\mbox{*}g)=\lim\limits_u f\,\mbox{*}\, \lim\limits_u g \,</math>
-Ezenkívül a határozatlan esetekben, amikor a határértékekkel végzett műveletek nem értelmezettek, az alapműveletekkel elkészített függvények határértékeire nem adható általános képlet (mert alkalmasan választott esetekben máshoz és máshoz tartanak).
-===Feladatok===
-'''3. Feladat.''' Igazoljuk definíció szerint, hogy
-:<math>\lim\limits_{z\to 0}\frac{1}{z}=\infty</math>
-:<math>\lim\limits_{z\to \infty}\frac{1}{z}=0</math>
-''Megoldás.'' |1/''z''| < &epsilon;, ha |''z''| < &delta; és fordítva.
-'''4. Feladat.''' Számítsuk ki az alábbi határértékeket, ha léteznek!
-# <math>\lim\limits_{z\to 0}\frac{\mathrm{Im}(z)}{z}</math>,
-# <math>\lim\limits_{z\to i}\frac{z-i}{z^2+1}</math>,
-# <math>\lim\limits_{z\to 1}\frac{\frac{1}{z-1}+i}{\frac{1}{z^2-1}-i}</math>,
-# <math>\lim\limits_{z\to 0}\frac{1}{z}-\frac{2}{\overline{z}}</math>,
-# <math>\lim\limits_{z\to -i}\frac{\frac{1}{z+i}+i}{\overline{z}-i}</math>,
-''Megoldás.''
-. nemnulla ''z''-re:
-:<math>\frac{\mathrm{Im}(z)}{z}=\frac{\mathrm{Im}(z)\overline{z}}{z\overline{z}}=\frac{yx-y^2\mathrm{i}}{x^2+y^2}</math>
-de ekkor például az első komponensfüggvény ''x'' = 0 felől közelítve 0, míg az ''x'' = ''y''-felől:1/2, azaz nem létezik az első komponensnek a (0,0)-ban határértéke, azaz a komplex függvénynek sem.
-. <math>\frac{z-i}{z^2+1}=\frac{z-i}{(z+i)(z-i)}=\frac{1}{z+i}\longrightarrow_{z\to -i}\infty</math>
-. <math>\frac{\frac{1}{z-1}+i}{\frac{1}{z^2-1}-i}=\frac{ \frac{1+iz-i}{z-1} }{ \frac{1-iz^2+i}{z^2-1} }=\frac{1+iz-i}{z-1}\cdot \frac{(z+1)(z-1)}{1-iz^2+i}\to...</math>
-. <math>\frac{1}{z}-\frac{2}{\overline{z}}=\frac{\overline{z}-2z}{z\overline{z}}</math>
-csak a valós részt nézve:
-:<math>\left|\frac{-x}{x^2+y^2}\right|</math>
-az (x,y)=(x,0) esetben a (0,0)-hoz tartva: végtelen, de (x,y)=(0,y), akkor 0. tehát nincs.
-. <math>\lim\limits_{z\to -i}\frac{\frac{1}{z+i}+i}{\overline{z}-i}=\left(\frac{\infty}{0}\right)=\infty</math>.
-'''5. Feladat.''' Adjuk meg minden ''z''<sub>0</sub> &isin; '''C''' számra az alábbi függvény határértékét!
-# <math>f(z)=\frac{z}{\overline{z}-z}</math>,
-# <math>f(z)=\frac{z^2}{\overline{z}z-1}</math>
-''Megoldás.''
-. <math>\mathrm{Dom}(f)=\{z\in \mathbf{C}\mid \overline{z}\ne z\}</math>
-Folytonos az értelmezési tartományában. A határon:
-<math>\frac{z}{\overline{z}-z}=\frac{x+iy}{2iy}\,</math>
-''z''<sub>0</sub>  &ne; 0 esetén
-:<math>\left|\frac{x+iy}{2iy}\right|\geq \frac{|z_0|/2}{2|y|}\to \infty</math>
-''z''<sub>0</sub>  = 0 esetén:
-:<math>\frac{x+iy}{2iy}=\frac{1}{2}-i\frac{x}{2y}</math>
-ismert, hogy nincs határérték.
-. <math>\mathrm{Dom}(f)=\{z\in \mathbf{C}\mid \overline{z}z\ne 1\}</math>
-Az egységkör pontjaitől különbözőkre folytonos, az egységköröna végtelen, a végtelenben pedig nincs határérték.
-[[Kategória:Matematika A3]]