Matematika A3a 2009/8. gyakorlat

A MathWikiből
(Változatok közti eltérés)
(Egész kitevőjű hatványsor)
1. sor: 1. sor:
==Egész kitevőjű hatványsor==
+
==Laurent-sor==
  
 
'''1. Feladat''' Igazoljuk, hogy ha &sum;<sub>-&infin;</sub><sup>&infin;</sup><math>c_n(z-z_0)^n</math> hatványsornak a <math>z_0</math>-ban izolált szingularitása van, máshol reguláris, akkor  
 
'''1. Feladat''' Igazoljuk, hogy ha &sum;<sub>-&infin;</sub><sup>&infin;</sup><math>c_n(z-z_0)^n</math> hatványsornak a <math>z_0</math>-ban izolált szingularitása van, máshol reguláris, akkor  
11. sor: 11. sor:
 
:<math>\mathrm{Res}_{z_0}f=c_{-1}</math>
 
:<math>\mathrm{Res}_{z_0}f=c_{-1}</math>
  
'''2. Feladat.''' Állítsuk elő a 2i számot  
+
'''2. Feladat.''' Állítsuk elő a 3/2 i számot  
 
:a) függvény <math>\frac{1}{1-z}</math> a 0 körül sorával
 
:a) függvény <math>\frac{1}{1-z}</math> a 0 körül sorával
:b) <math>\frac{1}{(z-i)(z+3)}</math> -t a 0 körül  
+
:b) <math>\frac{i}{(z+i)(z+2i)}</math> -t a 0 körül
  
''Mo.''
+
''Mo.'' a)
 +
:<math>\frac{1}{1-z}=\frac{\frac{1}{z}}{\frac{1}{z}-1}=-\frac{1}{z}\frac{0}{1-\frac{1}{z}}=-\frac{1}{z}\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{1}{z^n}=</math>
 +
a konvergencia feltétele |1/z|<1, |z|>1 -''n+1''=''k''-val:
 +
:<math>\frac{1}{1-z}=\sum\limits_{k=-1}^{\infty}-z^{k}=</math>
 +
b)
 +
:<math>\frac{i}{(z+i)(z+2i)}=\frac{1}{z+i}-\frac{1}{z+2i}=</math>
  
  
 
+
==Izolált szingularitások osztályozása==
(Riemann-tétel) Igazoljuk, hogy ha f korlátos, <math>z_0</math>-ban szingularis és máshol reguláris, akkor a körintegrálja eltűnik.
+
===Megszüntethető szingularitás===
 +
'''3. Feladat.''' (Riemann-tétel) Igazoljuk, hogy ha f korlátos, <math>z_0</math>-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 K<sub>r</sub> egy 0 < r < 1 sugarú körre:
 
''Mo.''  Belátjuk, az ''f'' Laurent-sorának főrésze eltűnik. Az Laurent-sor együtthatóformuláiból, k < 0 egészre és K<sub>r</sub> egy 0 < r < 1 sugarú körre:
29. sor: 35. sor:
 
f-tehát kiterjeszthető U-n reguláris függvénnyé, így a Cauchy-tétel miatt minden körintegrálja eltűnik. Vagy egyszerűbben: f reziduuma a megszüntethető szingularitási helyen 0.
 
f-tehát kiterjeszthető U-n reguláris függvénnyé, így a Cauchy-tétel miatt minden körintegrálja eltűnik. Vagy egyszerűbben: f reziduuma a megszüntethető szingularitási helyen 0.
  
'''3. Feladat'''  
+
'''4. Feladat''' Milyen szingularitása van a 0-ban, mennyi ott a reziduuma, mennyi a körintegrálja a 0 körüli egségkörön?
 
:<math>\oint\limits_{|z|=1}\frac{z^2}{1-\cos z}\,\mathrm{d}z=?</math>
 
:<math>\oint\limits_{|z|=1}\frac{z^2}{1-\cos z}\,\mathrm{d}z=?</math>
 
''Mo.'' Megnézzük az értelmezési tartományt!
 
''Mo.'' Megnézzük az értelmezési tartományt!

A lap 2009. november 11., 19:44-kori változata

Laurent-sor

1. 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.

\mathrm{Res}_{z_0}f=c_{-1}

2. Feladat. Állítsuk elő a 3/2 i számot

a) függvény \frac{1}{1-z} a 0 körül sorával
b) \frac{i}{(z+i)(z+2i)} -t a 0 körül

Mo. a)

\frac{1}{1-z}=\frac{\frac{1}{z}}{\frac{1}{z}-1}=-\frac{1}{z}\frac{0}{1-\frac{1}{z}}=-\frac{1}{z}\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{1}{z^n}=

a konvergencia feltétele |1/z|<1, |z|>1 -n+1=k-val:

\frac{1}{1-z}=\sum\limits_{k=-1}^{\infty}-z^{k}=

b)

\frac{i}{(z+i)(z+2i)}=\frac{1}{z+i}-\frac{1}{z+2i}=


Izolált szingularitások osztályozása

Megszüntethető szingularitás

3. 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.

4. Feladat Milyen szingularitása van a 0-ban, mennyi ott a reziduuma, mennyi a körintegrálja a 0 körüli egségkörön?

\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.

4. Feladat.

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

Mo. 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

Példa. Adjuk meg az

f(z)=\frac{z^2}{z+2i}\,

függvény azon 0 körüli Laurent-sorát, mely előállítja az 1-et! Azt is adjuk meg, mely a -3-t állítja elő!

Megoldás. -2i szinguláris hely. Ha a=0, akkor a z=1-et a 0 körüli Taylor-sor állítja elő, mert |0-1| < |0 - (-2i)|. Persze ezt is a m.s-ral adjuk meg:

f(z)=\frac{z^2}{z+2i}=z^2\frac{1}{2i}\frac{1}{\frac{z}{2i}+1}=\frac{z^2}{2i}\frac{1}{1-\frac{iz}{2}}=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{i^{n-1}}{2^{n+1}}z^{n+2}=\sum\limits_{n=2}^{\infty}\frac{i^{n-3}}{2^{n-1}}z^n
Személyes eszközök