Matematika A3a 2009/7. gyakorlat
Mozo (vitalap | szerkesztései) (→Egész kitevőjű hatványsor) |
Mozo (vitalap | szerkesztései) (→Cauchy-típusú integrálok) |
||
93. sor: | 93. sor: | ||
:(b) <math>\int\limits_{|z|=1}\frac{\mathrm{ch}\,z}{z^5}\,\mathrm{d}z=?</math> | :(b) <math>\int\limits_{|z|=1}\frac{\mathrm{ch}\,z}{z^5}\,\mathrm{d}z=?</math> | ||
:(c) <math>\int\limits_{|z|=2}\frac{\sin\,z}{z^2+1}\,\mathrm{d}z=?</math> | :(c) <math>\int\limits_{|z|=2}\frac{\sin\,z}{z^2+1}\,\mathrm{d}z=?</math> | ||
+ | |||
+ | ''Mo.'' (a) | ||
+ | :<math>\int\limits_{|z-3i|=2}\frac{2z-1}{z^2-2iz}\,\mathrm{d}z=\int\limits_{|z-3i|=2}\frac{2z-1}{z(z-2i)}\,\mathrm{d}z=</math> | ||
+ | a 0 kívül esik a körön, ezért a körön belül az f(z) = 2z-1/z reguláris, ezért az integrált előállítja a 2πif(<math>z_0</math>), ahol <math>z_0</math>=2i | ||
+ | :<math>=\int\limits_{|z-3i|=2}\frac{\frac{2z-1}{z}}{\;z-2i\;}\,\mathrm{d}z=2\pi i\left.\frac{2z-1}{z}\right|_{z=2i}\,\mathrm{d}z=2\pi i\frac{4i-1}{2i}=4\pi i- \pi</math> | ||
+ | (b) | ||
+ | :<math>\int\limits_{|z|=1}\frac{\mathrm{ch}\,z}{z^5}\,\mathrm{d}z=\frac{2\pi i}{4!}\mathrm{ch}^{(4)}(0)=\frac{\pi i}{12}</math> | ||
+ | (c) | ||
+ | :<math>\int\limits_{|z|=2}\frac{\sin\,z}{z^2+1}\,\mathrm{d}z=\int\limits_{|z+i|=1/2}\frac{\frac{\sin z}{z-i}}{z+i}\,\mathrm{d}z+\int\limits_{|z-i|=1/2}\frac{\frac{\sin z}{z+i}}{z-i}\,\mathrm{d}z</math> | ||
+ | :<math>=2\pi i\frac{\sin(-i)}{-2i}}+2\pi i\frac{\sin(i)}{2i}}=2\pi i\sin i</math> | ||
==Egész kitevőjű hatványsor== | ==Egész kitevőjű hatványsor== |
A lap 2009. november 5., 22:57-kori változata
Tartalomjegyzék |
Komplex integrál
A komplex integrálás egy bizonyos pontig szoros párhuzamot mutat az R2-re vonatkozó integráltételekkel. Azonban Goursat eredményét figyelembe véve kiderül, hogy a nyílt halmazon értelmezett komplex differenciálható függvények egyetéen differenciálhatósági osztályt alkotnak (a valósokkal szemben), éspedig az analitikust, amit ezesetben regulárisnak neveznek.
Definíció szerint, ha f: D C egy nyílt tartományon értelmezett függvény és Γ:[a,b] C folytonosan differenciálható görbe, akkor a f integrálja a Γ mentén:
Fontos, hogy a fenti definícióban az f(z) Δz egy komplex szorzat.
Persze itt olyan fogalmakkal dolgozunk, amelyeket nyugodtan átfogalmazhatunk egy vonalintegrál párrá, a következőképpen. Tekintsük az f = u + v i függvényt és a dz = dx + i dy szimbólumot. Ekkort fdz komplex formális szorzát elvégezve kapjuk, hogy:
Integrál kiszámítása paraméteresen
A vonalintegál kiszámítására vonatkozó formula komplex változata az lesz, hogy:
Itt z(t)=Γ(t). De így ritkán számolunk komplex integrált.
1. Feladat. r>0
- a)
- b)
Mo.
hiszen a paraméterezés z(t)=eit, t ∈ [0,π]. Egy vektorértékű valós változós függvényt komponensenként integrálunk:
2. Mo. Szerencsére a komplex analízisben van is van Newton--Leibniz formula:
b)
Newton--Leibniz-tétel
R2 vektorfüggvényeinek integrálása könnyen elvégezhető, ha feltesszük hogy az integrandusnak van potenciálja. Ekkor az első gradiens tételre kell hivatkoznunk. Komplex esetben ez az összefüggés a valós N--L-formula alakját ölti.
Tétel (Newton--Leibniz) Ha f: D C folytonos a D nyílt halmazon és létezik primitív függvénye, akkor minden a D-ben haladó Γ[a,b] C görére:
ahol Γ kezdő és végpontja z(a) és z(b).
2. Feladat. Igazoljuk a N--L-tételt!.
Mo. Tegyük fel, hogy F'=f és legyen F = (Φ,Ψ), f=(u,v). Ekkor F deriváltja azonosítható a (Φ,Ψ) vektorfüggvény Jacobi-mátrixával, ami a feltevés szerint folytonos és egyenlő f=(u,v) mátrixalakjával.
Mindkét komponensre felírhatjuk tehát az első gadiens tételt, és kapjuk:
3. Feladat.
- a)
- b)
Mo. a)
hiszen F(z)=-1/z-vel F'=f.
b)
ahol ln 1-et kétféleképpen, egyfelől az első, másfelől a második Riemann-levélen számoltuk ki. A logaritmus Riemann-felületén a logaritmus ugyanis már egyértékű.
4. Feladat Legyen n ∈ Z, r>0. Mennyi:
Mo.-re létezik primitívfüggvény, ezért
Cauchy-tétel
A síkon a Stokes- és a Gauss-tétel közül elegendő csak az egyiket ismernünk, mert igazolható, hogy az egyik tétel átfogalmazható a másikba (lásd Serény György: Formális és személetes vektoranalízis). A rotáció és a divergencia ugyan különböznek egymástól, de szintén igazolható, hogy bizonyos értelemben egymással azonosíthatóak.
Legyen f reguláris az egyszeresen összefüggő U tartományon és legyen Γ tetszőleges egyszerű, zárt görbe D ⊆ U határa. Írjuk fel a Stokes-tételt!
A meglepő, hogy a Goursat-tétel miatt ez a tétel akkor is igaz, ha f-ről nem tesszük fel azt, amit a Stokes-tétel, azaz hogy folytonosan differenciálható.
5. Feladat. Legyen f:C C mindenhol reguláris kivéve az x0=0 pontban. Igazoljuk, hogy ekkor
Cauchy-típusú integrálok
Reguláris f-re és egyszerű Γ görbére:
6. Feladat.
- (a)
- (b)
- (c)
Mo. (a)
a 0 kívül esik a körön, ezért a körön belül az f(z) = 2z-1/z reguláris, ezért az integrált előállítja a 2πif(z0), ahol z0=2i
(b)
(c)
- Értelmezés sikertelen (formai hiba): =2\pi i\frac{\sin(-i)}{-2i}}+2\pi i\frac{\sin(i)}{2i}}=2\pi i\sin i
Egész kitevőjű hatványsor
7. Feladat Igazoljuk, hogy ha ∑-∞∞cn(z − z0)n hatványsornak a z0-ban izolált szingularitása van, máshol reguláris, akkor
Mo. Ugyanis,
mert a primitív függvénnyel rendelkező tagok integráljai nullák.
8. Feladat. (Riemann-tétel) Igazoljuk, hogy ha f korlátos, z0-ban szingularis és máshol reguláris, akkor a körintegrálja eltűnik.
Mo. Belátjuk, az f Laurent-sorának főrésze eltűnik. Az Laurent-sor együtthatóformuláiból, k < 0 egészre és Kr egy 0 < r < 1 sugarú körre:
ahol K az f korlátja. Itt felhasználtuk, hogy xk − 1 < 1, ha 0 < x < 1. Ha pedig r-rel tartunk a 0-hoz, az együttható eltűnik.
f-tehát kiterjeszthető U-n reguláris függvénnyé, így a Cauchy-tétel miatt minden körintegrálja eltűnik. Vagy egyszerűbben: f reziduuma a megszüntethető szingularitási helyen 0.
9. Feladat
Mo. Megnézzük az értelmezési tartományt!
- , ,
- ,
Tehát a kör lapon értelmes kivéve a 0-t, ahol viszont korlátos egy környezetben:
A maradék kompakton folytonos, így korlátos, tehát az előző tétel értelmében a körintegrálja eltűnik.
10. Feladat.
Mo.
Tudjuk,
emiatt zf(z) már reguláris, ezért a Laurent-sorában a főrészben egyedül a c-1-hez tartozó tag van.
- ,