Matematika A3a 2009/7. gyakorlat

A MathWikiből
A lap korábbi változatát látod, amilyen Mozo (vitalap | szerkesztései) 2009. november 5., 22:39-kor történt szerkesztése után volt.

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  \to C egy nyílt tartományon értelmezett függvény és Γ:[a,b]  \to C folytonosan differenciálható görbe, akkor a f integrálja a Γ mentén:

\begin{matrix}
\sum\limits_{i=1}^nf(\zeta_i)\cdot \Delta z_i & \longrightarrow & \int\limits_{\Gamma}f(z)\,\mathrm{d}z\\
 & n\to \infty & \\
 & \forall z_i\in \Gamma, \;\forall \zeta_i\in \Delta z_i &\\
 & |\Delta z_i|\to 0 &  
\end{matrix}

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:

\int\limits_{\Gamma}f(z)\mathrm{d}z = \int\limits_{\Gamma} u\,\mathrm{d}x-v\,\mathrm{d }y + i\int\limits_{\Gamma} u\,\mathrm{d}y+v\,\mathrm{d }x=
=\int\limits_{\Gamma}(u,-v)\,\mathrm{d}r+i\int\limits_{\Gamma}(v,u)\,\mathrm{d}r

Integrál kiszámítása paraméteresen

A vonalintegál kiszámítására vonatkozó formula komplex változata az lesz, hogy:

\int\limits_{\Gamma}f(z)\mathrm{d}z=\int\limits_{t=a}^{b}f(z(t))\cdot z'(t)\,\mathrm{d}t

Itt z(t)=Γ(t). De így ritkán számolunk komplex integrált.

1. Feladat. r>0

a) \int\limits_{|z|=1,\;\mathrm{Re}(z)\geq 0}3z^2\;\mathrm{d}z=?
b) \int\limits_{|z|=r}\frac{1}{z}\,\mathrm{d}z=?

Mo.

\int\limits_{|z|=1,\;\mathrm{Re}(z)\geq 0}3z^2\;\mathrm{d}z=\int\limits_{t=0}^{\pi}3e^{2it}ie^{it}\,\mathrm{d}t=

hiszen a paraméterezés z(t)=eit, t ∈ [0,π]. Egy vektorértékű valós változós függvényt komponensenként integrálunk:

=\int\limits_{t=0}^{\pi}3ie^{3it}\,\mathrm{d}t=\int\limits_{t=0}^{\pi}3i(\cos(3t)+i\sin(3t))\,\mathrm{d}t=
=3i\int\limits_{t=0}^{\pi}\cos(3t)\,\mathrm{d}t-3\int\limits_{t=0}^{\pi}\sin(3t)\,\mathrm{d}t=\cos(3\pi)-\cos(0)=-2

2. Mo. Szerencsére a komplex analízisben van is van Newton--Leibniz formula:

F(z)=z^3,\quad F(-1)-F(1)=-1-1=-2

b)

\int\limits_{|z|=r}\frac{1}{z}\,\mathrm{d}z=\int\limits_{t=0}^{2\pi}\frac{1}{re^{it}}ire^{it}\,\mathrm{d}t=i\int\limits_{t=0}^{2\pi}\,\mathrm{d}t=2\pi i

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  \to C folytonos a D nyílt halmazon és létezik primitív függvénye, akkor minden a D-ben haladó Γ[a,b] \to C görére:

\int\limits_{\Gamma}f(z)\mathrm{d}z=F(z(b))-F(z(a))

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.

\mathrm{J}^{\Phi \choose \Psi}=\begin{bmatrix}u & -v \\ v & u\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}\mathrm{grad}\;\Phi \\ \mathrm{grad}\,\Psi\end{bmatrix}

Mindkét komponensre felírhatjuk tehát az első gadiens tételt, és kapjuk: \int\limits_{\Gamma}f(z)\mathrm{d}z=\int\limits_{\Gamma}(u,-v)\,\mathrm{d}r+i\int\limits_{\Gamma}(v,u)\mathrm{d}r=

=\int\limits_{\Gamma}\mathrm{grad}\,\Phi\,\mathrm{d}r+i\int\limits_{\Gamma}\mathrm{grad}\,\Psi\,\mathrm{d}r=\Phi(2)-\Phi(1)+i(\Psi(2)-\Psi(1))=F(2)-F(1)

3. Feladat.

a) \oint\limits_{|z|=1}\frac{1}{z^2}\,\mathrm{d}z=?
b) \oint\limits_{|z|=1} \frac{1}{z}\,\mathrm{d}z=?

Mo. a)

\oint\limits_{|z|=1}\frac{1}{z^2}\,\mathrm{d}z=F(1)-F(1)=-\frac{1}{1}+\frac{1}{1}=0

hiszen F(z)=-1/z-vel F'=f.

b)

\oint\limits_{|z|=1} \frac{1}{z}\,\mathrm{d}z=\mathrm{ln}(e^{2\pi i})-\mathrm{ln}(e^{0})=2\pi i\,

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 nZ, r>0. Mennyi:

\int\limits_{|z|=r}z^n\,\mathrm{d}z

Mo. n\ne -1-re létezik primitívfüggvény, ezért

\int\limits_{|z|=r}z^n\,\mathrm{d}z=\begin{cases}0 & \mathrm{ha}\;n\ne -1\\2\pi i & \mathrm{ha}\;n=-1\end{cases}

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 DU határa. Írjuk fel a Stokes-tételt!

\oint\limits_{\Gamma} f(z)\,\mathrm{d}z=\oint\limits_{\Gamma} (u,-v) \,\mathrm{d}r+i\oint\limits_{\Gamma} (v,u) \,\mathrm{d}r=*
\mathrm{rot}\,(u,-v)= \frac{\partial u}{\partial y}-\frac{\partial (-v)}{\partial x}=\frac{\partial u}{\partial y}+\frac{\partial v}{\partial x}=0
\mathrm{rot}\,(v,u)= \frac{\partial v}{\partial y}-\frac{\partial u}{\partial x}=0
*=\oint\limits_{D} 0\,\mathrm{d}F+i\oint\limits_{D} 0 \,\mathrm{d}F=0

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 \to C mindenhol reguláris kivéve az x0=0 pontban. Igazoljuk, hogy ekkor

\int\limits_{|z|=2010}f\,\mathrm{d}z=\int\limits_{|z|=\frac{1}{2010}}f\,\mathrm{d}z

Cauchy-típusú integrálok

Reguláris f-re és egyszerű Γ görbére:

f^{(n)}(z_0)=\frac{n!}{2\pi i}\oint\limits_{\Gamma}\frac{f(z)}{(z-z_0)^{n+1}}\mathrm{d}z,\quad\quad n\in\mathbf{Z}\cap[0,+\infty)

6. Feladat.

(a) \int\limits_{|z-3i|=2}\frac{2z-1}{z^2-2iz}\,\mathrm{d}z=?
(b) \int\limits_{|z|=1}\frac{\mathrm{ch}\,z}{z^5}\,\mathrm{d}z=?
(c) \int\limits_{|z|=2}\frac{\sin\,z}{z^2+1}\,\mathrm{d}z=?

Egész kitevőjű hatványsor

7. Feladat Igazoljuk, hogy ha ∑-∞cn(zz0)n hatványsornak a z0-ban izolált szingularitása van, máshol reguláris, akkor

\oint\limits_{G}\sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty}c_n(z-z_0)^n\,\mathrm{d}z=2\pi i c_{-1}

Mo. Ugyanis,

\oint\limits_{G}\sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty}c_n(z-z_0)^n\,\mathrm{d}z=\sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty}\oint\limits_{G}c_n(z-z_0)^n\,\mathrm{d}z=
=\oint\limits_{G}c_{-1}(z-z_0)^{-1}\,\mathrm{d}z=2\pi i c_{-1}

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:

|c_{-k}|=\left|\frac{1}{2\pi i}\oint\limits_{K_r}f(z)(z-z_0)^{k-1}\mathrm{d}z\right|\leq\frac{1}{2\pi}\oint\limits_{K_r}|f(z)||z-z_0|^{k-1}\mathrm{d}r=
=\frac{1}{2\pi}K \cdot 2\pi r\to 0

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

\oint\limits_{|z|=1}\frac{z^2}{1-\cos z}\,\mathrm{d}z=?

Mo. Megnézzük az értelmezési tartományt!

1-\cos z=0\,, \cos z=1\,,
\frac{e^{iz}+e^{-iz}}{2}=1
e^{2iz}-2e^{iz}+1=0\,
(e^{iz}-1)^2=0\,
e^{iz}=1\,
iz=k2\pi i\,, z=2\pi k\,

Tehát a kör lapon értelmes kivéve a 0-t, ahol viszont korlátos egy környezetben:

\lim\limits_{z\to 0}\frac{1-\cos z}{z^2}=\frac{1}{2}

A maradék kompakton folytonos, így korlátos, tehát az előző tétel értelmében a körintegrálja eltűnik.

10. Feladat.

\oint\limits_{|z|=1}\frac{1}{\sin 2z}\,\mathrm{d}z=?

Mo.

\oint\limits_{|z|=1}\frac{1}{\sin (2z)}\,\mathrm{d}z=?

Tudjuk,

\lim\limits_{z\to 0}\frac{\sin 2z}{z}=2

emiatt zf(z) már reguláris, ezért a Laurent-sorában a főrészben egyedül a c-1-hez tartozó tag van.

\frac{1}{\sin 2z}=c_{-1}\frac{1}{z}+c_0+c_1z+...\,
\frac{1}{2z-\frac{1}{6}(2z)^3+...}=c_{-1}\frac{1}{z}+c_0+c_1z+...\,
1=(2z-\frac{1}{6}(2z)^3+...)(c_{-1}\frac{1}{z}+c_0+c_1z+...)\,
1=2c_{-1} \,, c_{-1}=\frac{1}{2}
\oint\limits_{|z|=1}\frac{1}{\sin 2z}\,\mathrm{d}z=\pi i
Személyes eszközök