Matematika A3a 2009/9. gyakorlat

A MathWikiből
(Változatok közti eltérés)
(Reziduumszámítás)
(Szeparábilis differenciálegyenlet)
 
(egy szerkesztő 5 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>
25. sor: 40. sor:
 
:b) y(0)=e  
 
:b) y(0)=e  
 
kezdeti feltételek mellett!
 
kezdeti feltételek mellett!
 +
 
==Homogén fokszámú egyenlet==
 
==Homogén fokszámú egyenlet==
 
Azt mondjuk, hogy az y' = F(x,y) egyenlet homogén fokszámú, ha
 
Azt mondjuk, hogy az y' = F(x,y) egyenlet homogén fokszámú, ha
42. sor: 58. sor:
 
:<math>y'\frac{y}{x}=1+\frac{y^2}{x^2}\,</math>
 
:<math>y'\frac{y}{x}=1+\frac{y^2}{x^2}\,</math>
 
:<math>(u'x+u)u=1+u^2\,</math>
 
:<math>(u'x+u)u=1+u^2\,</math>
:<math>u'ux=1+2u^2\,</math>
+
:<math>u'ux=1\,</math>
:<math>u'=\frac{1}{x}\frac{1+u^2}{u}\,</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:
 
ezt kell megoldani. Egyelőre tegyük fel, hogy y(x) függvény nem veheti fel a nullát, így az u sem. Ekkor szeparálással:
:<math>\frac{u}{1+u^2}u'=\frac{1}{x}\,</math>
+
:<math>\frac{u^2}{2}=\mathrm{ln}\,|x|+C</math>
:<math>\frac{1}{2}\mathrm{ln}\,1+u^2=c+\mathrm{ln}\,|x|\,</math> itt ''c'' tetszőleges valós szám
+
 
:<math>\mathrm{ln}\sqrt{1+u^2}=\mathrm{ln}\,C|x|\,</math> itt ''C'' tetszőleges pozitív szám éspedig ln ''c'' = ''C''.
+
:<math>\sqrt{1+u^2}=C|x|\,</math>
+
:<math>u(x)=\pm(C|x|-1)^2\,</math>
+
:<math>y(x)=\pm x(C|x|-1)^2\,</math>
+
 
''Az egzisztencia és unicitás diszkussziója.'' a szeparálással kapott általános megoldás minden '''R'''\{0}&times;'''R'''-beli kezdeti értékre egyértelmű megoldást ad.  
 
''Az egzisztencia és unicitás diszkussziója.'' a szeparálással kapott általános megoldás minden '''R'''\{0}&times;'''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:
+
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.
:<math>y'_1(0)=(C^2x^3-2Cx|x|+x)'|_0=1</math>
+
:<math>y'_2(0)=(-C^2x^3+2Cx|x|-x)'|_0=-1</math>
+
miközben miközben mindkettő a 0-ban a 0-t veszi föl.
+
  
 
'''HF.''' Oldjuk meg az
 
'''HF.''' Oldjuk meg az
62. sor: 71. sor:
 
:b) <math>y'=\frac{2x+y}{2y+x}\,</math>
 
:b) <math>y'=\frac{2x+y}{2y+x}\,</math>
 
egyenletet!
 
egyenletet!
 +
 
==Cauchy-típusú integrálok==
 
==Cauchy-típusú integrálok==
 
'''3.'''
 
'''3.'''
94. sor: 104. sor:
  
 
==Reziduumszámítás==
 
==Reziduumszámítás==
'''4.''' Számítsuk ki az alábbi függvények 0-beli reziduumát:
+
'''4.''' Számítsuk ki az alábbi függvények 0-beli reziduumát, egységkörön vett integrálját és a szakadás jellegét!
:a) <math>\frac{1}{z^2}\mathrm{sh}^2\,z</math>  
+
:a) <math>\frac{1}{z}\mathrm{sh}^2\,z</math>  
:b) <math>z^2\mathrm{sh}^2\frac{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.
+
''Mo.'' a) reguláris, mert 0-ban egy nevezetes határértékkel egyenlő. Res = 0, integrál = 0.
  
 
b)
 
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 = 8&pi;i. 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 = -&pi;i/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==
 
==Laurent-sorfejtés==
131. sor: 160. sor:
 
|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>
 +
 +
'''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)

y'=\frac{x\sin(1+x^2)}{y^4}

b)

y'=\sqrt[3]{y}, y(0)=0\,

Mo. a)


b) y=0\, és  y=(2/3)x^{3/2}\,


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\,
u'u=\frac{1}{x}\,

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

\frac{u^2}{2}=\mathrm{ln}\,|x|+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.

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. Számítsuk ki az alábbi függvények 0-beli reziduumát, egységkörön vett integrálját és a szakadás jellegét!

a) \frac{1}{z}\mathrm{sh}^2\,z
b) z\,\mathrm{sh}^2\frac{2}{z}
c) \frac{1}{z^2\,\mathrm{sh}\,z}

Mo. a) reguláris, mert 0-ban egy nevezetes határértékkel egyenlő. Res = 0, integrál = 0.

b)

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}+...)=
=z(\frac{4}{z^2}+\frac{32}{3!}\frac{1}{z^4}+...)=\frac{4}{z}+\frac{32}{3!}\frac{1}{z^3}+...

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

\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+...

ahol az előbb kiszámoltuk, hogy c-3=1

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+...=
=1+c_{-2}z+(c_{-1}+\frac{1}{6})z^2+...

innen c-1=-1/6, int = -πi/3

HF. Határozzuk meg a

a) f(z)=e^{\frac{1}{z^2}}\sin \frac{1}{z}
b) g(z)=\frac{\cos z}{\sin ^2 z}
c) h(z)=\frac{e^z-1}{\sin z}
d) r(z)=\frac{1}{\sin 2z}

függvények 0-beli reziduumát, egységkörön vett integrálját és szakadásának jellegét!

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 reguláris:

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

1<|z|<3 esetén vegyes:

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}

|z|>3 esetén csak főrész:

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

HF Fejtsük sorba a 0 körül az

f(z)=\frac{1}{z(1+z^2)}\,

függvényt!

Személyes eszközök