Matematika A3a 2009/9. gyakorlat
Mozo (vitalap | szerkesztései) (→Laurent-sorfejtés) |
Mozo (vitalap | szerkesztései) (→Laurent-sorfejtés) |
||
121. sor: | 121. sor: | ||
:<math>f(z)=\frac{1}{2}\sum\limits_{n=0}^{\infty} -z^n+\frac{1}{2}\sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{1}{3^{n+1}}z^n=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{1}{2}\left(\frac{1}{3^n}-1\right)z^n</math> | :<math>f(z)=\frac{1}{2}\sum\limits_{n=0}^{\infty} -z^n+\frac{1}{2}\sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{1}{3^{n+1}}z^n=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{1}{2}\left(\frac{1}{3^n}-1\right)z^n</math> | ||
1<|z|<3 esetén vegyes: | 1<|z|<3 esetén vegyes: | ||
− | :<math>f(z)=\frac{1}{2}\sum\limits_{n=0}^{\infty} z^{-n-1}+\frac{1}{2}\sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{1}{3^{n+1}}z^n=\sum\limits_{n=-\infty}^{\infty}\frac{1}{2}\begin{cases}z^n, & n<0 \\ (\frac{1}{3^n}-1)z^n, &n\geq 0\end{cases} | + | :<math>f(z)=\frac{1}{2}\sum\limits_{n=0}^{\infty} z^{-n-1}+\frac{1}{2}\sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{1}{3^{n+1}}z^n=\sum\limits_{n=-\infty}^{\infty}\frac{1}{2}\begin{cases}z^n, & n<0 \\ (\frac{1}{3^n}-1)z^n, &n\geq 0\end{cases}</math> |
|z|>3 esetén csak főrész: | |z|>3 esetén csak főrész: | ||
:<math>f(z)=\frac{1}{2}\sum\limits_{n=0}^{\infty} z^{-n-1}+\frac{1}{2}\sum\limits_{n=0}^{\infty} 3^nz^{-n-1}=\sum\limits_{n=-\infty}^{-1}\frac{1}{2}(1+3^{-n-1})z^n</math> | :<math>f(z)=\frac{1}{2}\sum\limits_{n=0}^{\infty} z^{-n-1}+\frac{1}{2}\sum\limits_{n=0}^{\infty} 3^nz^{-n-1}=\sum\limits_{n=-\infty}^{-1}\frac{1}{2}(1+3^{-n-1})z^n</math> |
A lap 2009. november 16., 22:00-kori változata
Tartalomjegyzék |
Szeparábilis differenciálegyenlet
1. Oldjuk meg az
egyenletet az
- a)
- b)
- c)
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:
Az implicit egyenlet:
- cos − 3y = x3 + 3C
Ha x=0 és y=π/4, akkor
és
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
A homogén fokszámú egyenlet megoldása visszavazethető a szeparálásra az
új változó bevezetésével, ahol u = u(x) az ismeretlen függvény. Ekkor
azaz
2. Oldjuk meg az
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:
ezt kell megoldani. Egyelőre tegyük fel, hogy y(x) függvény nem veheti fel a nullát, így az u sem. Ekkor szeparálással:
- itt c tetszőleges valós szám
- itt C tetszőleges pozitív szám éspedig ln c = C.
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) és az
- b)
egyenletet!
Cauchy-típusú integrálok
3.
- a)
- b) Osztályozzuk az intergandus szakadási helyeket
- c) Adjuk meg ezekben a pontokban a reziduumokat!
Mo. a)
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:
Az első tagnál az n=1-re vonatkozó, a másodiknál az n=0-re vonatkozó Cauchy-formulát kell alkalmaznunk. Ezek:
és
A feladatban z0 = 2, g(z)=1/z2(z-4) illetve
és z1 = 0,
- ,
Tehát
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)
- (a görbe egy pozitívan irányított 0 középponttú ellipszis) és a
- b)
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
nulla körüli Laurent-sorait!
Mo.
alkalmas tehát a c=-1/2.
Ha |z|<1, akkor
Ha |z|>1, akkor
A másik tag:
Ha |z/3|<1, azaz |z|<3
Ha |z|>3 , akkor
Tehát a Laurent-sorok:
|z|<1 esetén reguláris:
1<|z|<3 esetén vegyes:
|z|>3 esetén csak főrész: