Matematika A3a 2009/9. gyakorlat
Mozo (vitalap | szerkesztései) (→Szeparábilis differenciálegyenlet) |
Mozo (vitalap | szerkesztései) (→Szeparábilis differenciálegyenlet) |
||
(egy szerkesztő 25 közbeeső változata nincs mutatva) | |||
1. sor: | 1. sor: | ||
==Szeparábilis differenciálegyenlet== | ==Szeparábilis differenciálegyenlet== | ||
+ | '''0.''' | ||
+ | a) | ||
+ | : <math>y'=\frac{x\sin(1+x^2)}{y^4}</math> | ||
+ | b) | ||
+ | :<math>y'=\sqrt[3]{y}</math>, <math>y(0)=0\,</math> | ||
+ | |||
+ | ''Mo.'' | ||
+ | a) | ||
+ | |||
+ | |||
+ | b) | ||
+ | <math>y=0\,</math> és <math> y=(2/3)x^{3/2}\,</math> | ||
+ | |||
+ | |||
+ | |||
'''1.''' Oldjuk meg az | '''1.''' Oldjuk meg az | ||
:<math>y'=x^2\frac{\cos^4 y}{\sin y}</math> | :<math>y'=x^2\frac{\cos^4 y}{\sin y}</math> | ||
5. sor: | 20. sor: | ||
:a) <math> y(0)=-\frac{\pi}{2}</math> | :a) <math> y(0)=-\frac{\pi}{2}</math> | ||
:b) <math>y(0)=\frac{\pi}{4}</math> | :b) <math>y(0)=\frac{\pi}{4}</math> | ||
− | :c) <math>y(0)=\frac{\pi}{ | + | :c) <math>y(0)=\frac{\pi}{4}+2\pi</math> |
''Mo.'' a) Ez egykonstans megoldás és nincs másik a (0,π/2)-n áthaladó, mert az y szerinti parciális derivált korlátos. | ''Mo.'' a) Ez egykonstans megoldás és nincs másik a (0,π/2)-n áthaladó, mert az y szerinti parciális derivált korlátos. | ||
18. sor: | 33. sor: | ||
:<math>3C=\frac{1}{(\frac{\sqrt{2}}{2})^3}</math> | :<math>3C=\frac{1}{(\frac{\sqrt{2}}{2})^3}</math> | ||
és | és | ||
− | :<math>y(x)=\frac{1}{\ | + | :<math>y(x)=\mathrm{arccos}\frac{1}{\sqrt[3]{x^3+\frac{24}{(\sqrt{2})^3}}}</math> |
+ | 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 | ||
+ | :<math>F(\lambda x,\lambda y)=F(x,y)\,</math> | ||
+ | A homogén fokszámú egyenlet megoldása visszavazethető a szeparálásra az | ||
+ | :<math>u=\frac{y}{x}\,</math> | ||
+ | új változó bevezetésével, ahol ''u'' = ''u''(''x'') az ismeretlen függvény. Ekkor | ||
+ | :<math>(xu)'=u+xu'=y'\,</math> | ||
+ | azaz | ||
+ | :<math>y'=u'x+u\,</math> | ||
+ | |||
+ | '''2.''' Oldjuk meg az | ||
+ | :<math>y'xy=x^2+y^2\,</math> | ||
+ | egyenletet! | ||
+ | |||
+ | ''Mo.'' Az új változóra történő áttérésnél az y<sup>2</sup>-nak már nem szabad szerepelnie az egyenletben, ezért, hogy ne féljen egyedül, szorozzunk be az egyenletet 1/x<sup>2</sup>-tel: | ||
+ | :<math>y'\frac{y}{x}=1+\frac{y^2}{x^2}\,</math> | ||
+ | :<math>(u'x+u)u=1+u^2\,</math> | ||
+ | :<math>u'ux=1\,</math> | ||
+ | :<math>u'u=\frac{1}{x}\,</math> | ||
+ | ezt kell megoldani. Egyelőre tegyük fel, hogy y(x) függvény nem veheti fel a nullát, így az u sem. Ekkor szeparálással: | ||
+ | :<math>\frac{u^2}{2}=\mathrm{ln}\,|x|+C</math> | ||
+ | |||
+ | ''Az egzisztencia és unicitás diszkussziója.'' a szeparálással kapott általános megoldás minden '''R'''\{0}×'''R'''-beli kezdeti értékre egyértelmű megoldást ad. | ||
+ | |||
+ | Ha x<sub>0</sub>=0, akkor y<sub>0</sub>=0 kell, hogy legyen ellenkező esetben nincsmegoldás. De ekkor is irreguláris a megoldás, mert két megoldás is kielégíti ott az egyenletet. | ||
+ | |||
+ | '''HF.''' Oldjuk meg az | ||
+ | :a) <math>y'x=y+\sqrt{x^2+y^2}\,</math> és az | ||
+ | :b) <math>y'=\frac{2x+y}{2y+x}\,</math> | ||
+ | egyenletet! | ||
+ | |||
+ | ==Cauchy-típusú integrálok== | ||
+ | '''3.''' | ||
+ | :a) <math>\int\limits_{|z|=3}\frac{1}{z^2(z^2-6z+8)}\,\mathrm{d}z=?</math> | ||
+ | :b) Osztályozzuk az intergandus szakadási helyeket | ||
+ | :c) Adjuk meg ezekben a pontokban a reziduumokat! | ||
+ | ''Mo.'' a) | ||
+ | :<math>f(z)=\frac{1}{z^2(z^2-6z+8)}=\frac{1}{z^2(x-2)(z-4)}</math> | ||
+ | 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: | ||
+ | :<math>\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=*</math> | ||
+ | Az első tagnál az n=1-re vonatkozó, a másodiknál az n=0-re vonatkozó Cauchy-formulát kell alkalmaznunk. Ezek: | ||
+ | :<math>g(z_0)=\frac{1}{2\pi i}\int\limits_{|z-z_0|=r}\frac{g(z)}{z-z_0}\,\mathrm{d}z</math> | ||
+ | és | ||
+ | :<math>h'(z_1)=\frac{1!}{2\pi i}\int\limits_{|z-z_1|=r}\frac{h(z)}{(z-z_1)^2}\,\mathrm{d}z</math> | ||
+ | A feladatban <math> z_0=2</math>, g(z)=1/z<sup>2</sup>(z-4) illetve | ||
+ | :<math>g(z_0)=\left.\frac{1}{z^2(z-4)}\right|_{z=z_0=2}=-\frac{1}{16}</math> | ||
+ | és <math>z_1=0</math>, | ||
+ | :<math>h(z)=\frac{1}{z^2-6z+8}</math>, <math>h'(z_1)=\left.\frac{-2z+6}{((z-2)(z-4))^2}\right|_{z=z_1=0}=\frac{6}{64}</math> | ||
+ | Tehát | ||
+ | :<math>*=-2\pi i\frac{1}{16}+2\pi i\frac{3}{32}=\frac{\pi i}{16}</math> | ||
+ | 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) <math>\int\limits_{|z+1|+|z-1|=4}\frac{\mathrm{ch}\,3z}{z^3-z^2}\,\mathrm{d}z</math> | ||
+ | :(a görbe egy pozitívan irányított 0 középponttú ellipszis) és a | ||
+ | :b) <math>\int\limits_{|z|=1}\frac{1-e^{2z}}{z^{100}}\,\mathrm{d}z</math> | ||
+ | integrálokat! | ||
+ | :c) Milyen szakadások vannak z=0-ban? | ||
+ | :d) Adja meg a reziduumokat a z=0-ban! | ||
+ | |||
+ | ==Reziduumszámítás== | ||
+ | '''4.''' Számítsuk ki az alábbi függvények 0-beli reziduumát, egységkörön vett integrálját és a szakadás jellegét! | ||
+ | :a) <math>\frac{1}{z}\mathrm{sh}^2\,z</math> | ||
+ | :b) <math>z\,\mathrm{sh}^2\frac{2}{z}</math> | ||
+ | :c) <math>\frac{1}{z^2\,\mathrm{sh}\,z}</math> | ||
+ | |||
+ | ''Mo.'' a) reguláris, mert 0-ban egy nevezetes határértékkel egyenlő. Res = 0, integrál = 0. | ||
+ | |||
+ | b) | ||
+ | :<math>z\mathrm{sh}^2\frac{2}{z}=z(\frac{2}{z}+\frac{1}{3!}\frac{8}{z^3}+...)\times(\frac{2}{z}+\frac{1}{3!}\frac{8}{z^3}+...)=</math> | ||
+ | :<math>=z(\frac{4}{z^2}+\frac{32}{3!}\frac{1}{z^4}+...)=\frac{4}{z}+\frac{32}{3!}\frac{1}{z^3}+... | ||
+ | </math> | ||
+ | Innen Res = 4, int = 8πi. A szakadás lényeges. | ||
+ | |||
+ | c) Ennek a függvénynek a 0-ban harmadfokú pólusa van mert z<sup>3</sup>f(z) már reguláris. Ez a Riemann-tétel miatt van és mert lim<sub>0←z</sub> z<sup>3</sup>f(z) = 1 | ||
+ | :<math>\frac{1}{z^2\,\mathrm{sh}\,z}=c_{-3}\frac{1}{z^3}+c_{-2}\frac{1}{z^2}+c_{-1}\frac{1}{z}+c_0+...</math> | ||
+ | ahol az előbb kiszámoltuk, hogy c<sub>-3</sub>=1 | ||
+ | :<math>1=...+0+1+0+...=(z^3+\frac{1}{3!}z^5+\frac{1}{5!}z^{7}+...)(\frac{1}{z^3}+c_{-2}\frac{1}{z^2}+c_{-1}\frac{1}{z}+c_0+...=</math> | ||
+ | :<math>=1+c_{-2}z+(c_{-1}+\frac{1}{6})z^2+...</math> | ||
+ | innen c<sub>-1</sub>=-1/6, int = -πi/3 | ||
+ | |||
+ | '''HF.''' Határozzuk meg a | ||
+ | :a) <math>f(z)=e^{\frac{1}{z^2}}\sin \frac{1}{z}</math> | ||
+ | :b) <math>g(z)=\frac{\cos z}{\sin ^2 z}</math> | ||
+ | :c) <math>h(z)=\frac{e^z-1}{\sin z}</math> | ||
+ | :d) <math>r(z)=\frac{1}{\sin 2z}</math> | ||
+ | függvények 0-beli reziduumát, egységkörön vett integrálját és szakadásának jellegét! | ||
+ | |||
+ | ==Laurent-sorfejtés== | ||
+ | '''5.''' Határozzuk meg az | ||
+ | :<math>f(z)=\frac{1}{(z-1)(z-3)}</math> | ||
+ | nulla körüli Laurent-sorait! | ||
+ | |||
+ | ''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> | ||
+ | alkalmas tehát a c=-1/2. | ||
+ | |||
+ | 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 reguláris: | ||
+ | :<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: | ||
+ | :<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: | ||
+ | :<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> | ||
+ | |||
+ | '''HF''' Fejtsük sorba a 0 körül az | ||
+ | :<math>f(z)=\frac{1}{z(1+z^2)}\,</math> | ||
+ | függvényt! |
A lap jelenlegi, 2010. november 23., 09:00-kori változata
Tartalomjegyzék |
Szeparábilis differenciálegyenlet
0. a)
b)
- ,
Mo. a)
b)
és
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:
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.
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. Számítsuk ki az alábbi függvények 0-beli reziduumát, egységkörön vett integrálját és a szakadás jellegét!
- a)
- b)
- c)
Mo. a) reguláris, mert 0-ban egy nevezetes határértékkel egyenlő. Res = 0, integrál = 0.
b)
Innen Res = 4, int = 8πi. A szakadás lényeges.
c) Ennek a függvénynek a 0-ban harmadfokú pólusa van mert z3f(z) már reguláris. Ez a Riemann-tétel miatt van és mert lim0←z z3f(z) = 1
ahol az előbb kiszámoltuk, hogy c-3=1
innen c-1=-1/6, int = -πi/3
HF. Határozzuk meg a
- a)
- b)
- c)
- d)
függvények 0-beli reziduumát, egységkörön vett integrálját és szakadásának jellegét!
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:
HF Fejtsük sorba a 0 körül az
függvényt!