Matematika A3a 2009/9. gyakorlat

A MathWikiből
(Változatok közti eltérés)
(Laurent-sorfejtés)
(Laurent-sorfejtés)
102. sor: 102. sor:
 
''Mo.''  
 
''Mo.''  
 
:<math>f(z)=c\left(\frac{1}{z-1}-\frac{1}{z-3}\right)=-\frac{1}{2}\frac{z-3-z+1}{(z-1)(z-3)}=-\frac{1}{2}\left(\frac{1}{z-1}-\frac{1}{z-3}\right)</math>
 
:<math>f(z)=c\left(\frac{1}{z-1}-\frac{1}{z-3}\right)=-\frac{1}{2}\frac{z-3-z+1}{(z-1)(z-3)}=-\frac{1}{2}\left(\frac{1}{z-1}-\frac{1}{z-3}\right)</math>
alkalmas tehát az c=-1/2.
+
alkalmas tehát a c=-1/2.
  
\frac{1}{z-1}=
+
Ha |z|<1, akkor
 +
:<math>\frac{1}{z-1}=-\frac{1}{1-z}=-\sum\limits_{n=0}^{\infty} z^n=\sum\limits_{n=0}^{\infty} -z^n</math>
 +
Ha |z|>1, akkor
 +
:<math>\frac{1}{z-1}=\frac{1}{z}\frac{1}{1-\frac{1}{z}}=\sum\limits_{n=0}^{\infty} z^n=\sum\limits_{n=0}^{\infty} z^{-n-1}</math>
 +
 
 +
A másik tag:
 +
 
 +
Ha |z/3|<1, azaz |z|<3
 +
:<math>\frac{1}{z-3}=-\frac{1}{3}\frac{1}{1-\frac{z}{3}}=-\frac{1}{3}\sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{1}{3^n}z^n=\sum\limits_{n=0}^{\infty} -\frac{1}{3^{n+1}}z^n</math>
 +
Ha |z|>3 , akkor
 +
:<math>\frac{1}{z-3}=\frac{1}{z}\frac{1}{1-\frac{3}{z}}=\frac{1}{z}\sum\limits_{n=0}^{\infty} 3^nz^{-n}=\sum\limits_{n=0}^{\infty} 3^nz^{-n-1}</math>
 +
 
 +
Tehát a Laurent-sorok:
 +
 
 +
|z|<1 esetén:

A lap 2009. november 16., 20:34-kori változata

Tartalomjegyzék

Szeparábilis differenciálegyenlet

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

Mo. a) Ez egykonstans megoldás 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 − 3y = x3 + 3C

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!

Homogén fokszámú egyenlet

Azt mondjuk, hogy az y' = F(x,y) egyenlet homogén fokszámú, ha

F(\lambda x,\lambda y)=F(x,y)\,

A homogén fokszámú egyenlet megoldása visszavazethető a szeparálásra az

u=\frac{y}{x}\,

új változó bevezetésével, ahol u = u(x) az ismeretlen függvény. Ekkor

(xu)'=u+xu'=y'\,

azaz

y'=u'x+u\,

2. Oldjuk meg az

y'xy=x^2+y^2\,

egyenletet!

Mo. Az új változóra történő áttérésnél az y2-nak már nem szabad szerepelnie az egyenletben, ezért, hogy ne féljen egyedül, szorozzunk be az egyenletet 1/x2-tel:

y'\frac{y}{x}=1+\frac{y^2}{x^2}\,
(u'x+u)u=1+u^2\,
u'ux=1+2u^2\,
u'=\frac{1}{x}\frac{1+u^2}{u}\,

ezt kell megoldani. Egyelőre tegyük fel, hogy y(x) függvény nem veheti fel a nullát, így az u sem. Ekkor szeparálással:

\frac{u}{1+u^2}u'=\frac{1}{x}\,
\frac{1}{2}\mathrm{ln}\,1+u^2=c+\mathrm{ln}\,|x|\, itt c tetszőleges valós szám
\mathrm{ln}\sqrt{1+u^2}=\mathrm{ln}\,C|x|\, itt C tetszőleges pozitív szám éspedig ln c = C.
\sqrt{1+u^2}=C|x|\,
u(x)=\pm(C|x|-1)^2\,
y(x)=\pm x(C|x|-1)^2\,

Az egzisztencia és unicitás diszkussziója. a szeparálással kapott általános megoldás minden R\{0}×R-beli kezdeti értékre egyértelmű megoldást ad.

Ha x0=0, akkor y0=0 kell, hogy legyen ellenkező esetben nincsmegoldás. De ekkor is irreguláris a megoldás, mert két megoldás is kielégíti ott az egyenletet:

y'1(0) = (C2x3 − 2Cx | x | + x)' | 0 = 1
y'2(0) = ( − C2x3 + 2Cx | x | − x)' | 0 = − 1

miközben miközben mindkettő a 0-ban a 0-t veszi föl.

HF. Oldjuk meg az

a) y'x=y+\sqrt{x^2+y^2}\, és az
b) y'=\frac{2x+y}{2y+x}\,

egyenletet!

Cauchy-típusú integrálok

3.

a) \int\limits_{|z|=3}\frac{1}{z^2(z^2-6z+8)}\,\mathrm{d}z=?
b) Osztályozzuk az intergandus szakadási helyeket
c) Adjuk meg ezekben a pontokban a reziduumokat!

Mo. a)

f(z)=\frac{1}{z^2(z^2-6z+8)}=\frac{1}{z^2(x-2)(z-4)}

A nevező gyökhelyein lesz irreguláris f, de ezek közül csak a |z|=3 kör által körülhurkolt z=0 és z=2 helyekkel kell foglalkoznunk, melyk köré egy-egy mondjuk 1 sugarú (vagy elegendően kicsiny ε sugarú) kört vonunk, és használjuk az integrál additivitását:

\int\limits_{|z|=3}\frac{1}{z^2(x-2)(z-4)}\,\mathrm{d}z=\int\limits_{|z|=1}\frac{\;\frac{1}{z^2-6z+8}\;}{z^2}\,\mathrm{d}z+\int\limits_{|z-2|=1}\frac{\;\frac{1}{z^2(z-4)}\;}{z-2}\,\mathrm{d}z=*

Az első tagnál az n=1-re vonatkozó, a másodiknál az n=0-re vonatkozó Cauchy-formulát kell alkalmaznunk. Ezek:

g(z_0)=\frac{1}{2\pi i}\int\limits_{|z-z_0|=r}\frac{g(z)}{z-z_0}\,\mathrm{d}z

és

h'(z_1)=\frac{1!}{2\pi i}\int\limits_{|z-z_1|=r}\frac{h(z)}{(z-z_1)^2}\,\mathrm{d}z

A feladatban z0 = 2, g(z)=1/z2(z-4) illetve

g(z_0)=\left.\frac{1}{z^2(z-4)}\right|_{z=z_0=2}=-\frac{1}{16}

és z1 = 0,

h(z)=\frac{1}{z^2-6z+8}, h'(z_1)=\left.\frac{-2z+6}{((z-2)(z-4))^2}\right|_{z=z_1=0}=\frac{6}{64}

Tehát

*=-2\pi i\frac{1}{16}+2\pi i\frac{3}{32}=\frac{\pi i}{16}

b) 2 és 4 elsőrendű pólus, 0 másodrendű.

c) 0-ban és 2-ben az integrál 2πi-vel eloszott értéke a reziduum, 4-ben most nem számoljuk ki, de a 2-höz hasonlóan kell eljárni.

HF. Számítsa ki az

a) \int\limits_{|z+1|+|z-1|=4}\frac{\mathrm{ch}\,3z}{z^3-z^2}\,\mathrm{d}z
(a görbe egy pozitívan irányított 0 középponttú ellipszis) és a
b) \int\limits_{|z|=1}\frac{1-e^{2z}}{z^{100}}\,\mathrm{d}z

integrálokat!

c) Milyen szakadások vannak z=0-ban?
d) Adja meg a reziduumokat a z=0-ban!

Reziduumszámítás

4.

Laurent-sorfejtés

5. Határozzuk meg az

f(z)=\frac{1}{(z-1)(z-3)}

nulla körüli Laurent-sorait!

Mo.

f(z)=c\left(\frac{1}{z-1}-\frac{1}{z-3}\right)=-\frac{1}{2}\frac{z-3-z+1}{(z-1)(z-3)}=-\frac{1}{2}\left(\frac{1}{z-1}-\frac{1}{z-3}\right)

alkalmas tehát a c=-1/2.

Ha |z|<1, akkor

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

Ha |z|>1, akkor

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

A másik tag:

Ha |z/3|<1, azaz |z|<3

\frac{1}{z-3}=-\frac{1}{3}\frac{1}{1-\frac{z}{3}}=-\frac{1}{3}\sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{1}{3^n}z^n=\sum\limits_{n=0}^{\infty} -\frac{1}{3^{n+1}}z^n

Ha |z|>3 , akkor

\frac{1}{z-3}=\frac{1}{z}\frac{1}{1-\frac{3}{z}}=\frac{1}{z}\sum\limits_{n=0}^{\infty} 3^nz^{-n}=\sum\limits_{n=0}^{\infty} 3^nz^{-n-1}

Tehát a Laurent-sorok:

|z|<1 esetén:

Személyes eszközök