Szerkesztő:Mozo/A3 gyakorló feladatok 5.

A MathWikiből

< Szerkesztő:Mozo(Változatok közti eltérés)

Ugrás: navigáció, keresés

A lap jelenlegi, 2016. június 8., 09:00-kori változata

_{<Matematika A3a 2008}

Differenciálegyenletek

Fokszámban homogén egyenletek

1. $y'=\frac{x}{y}+\frac{2y}{x}$

MO. $u = y / x$ ; $y = u x$ ; $y' = u' x + u$

$u'x+u=\frac{1}{u}+2u$

$u'x=\frac{1+u^2}{u}$

$\int\frac{u}{1+u^2}\,\mathrm{d}u=\int \frac{1}{x}\,\mathrm{d}x$

$\frac{1}{2}\int\frac{2u}{1+u^2}\,\mathrm{d}u=\int \frac{1}{x}\,\mathrm{d}x$

$\frac{1}{2}\ln|1+u^2|=\ln|x|+C$ ; $(C\in\mathbf{R})$

$\ln |1+u^2|=\ln c_1^2x^2\,$ ; $(c_1=\ln C\,)$

$1+u^2=cx^2\,$ ; $\qquad(c>0)\,$

Implicit mo.:

$1+\frac{y^2}{x^2}=cx^2\,$

Explicit mo.:

$y=x\cdot\left(\pm\sqrt{c}\sqrt{x^2-\frac{1}{c}}\right)$

Itt $|x|>\frac{1}{\sqrt{c}}$

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

MO. y≡0 konstans mo. y=ux helyettesítéssel:

$x^2(u'x+u)=ux^2+u^2x^2\,$

ahonnan intervallumon értelmezett megoldás esetén:

$u'x+u=u+u^2\,$

$u'x=u^2\,$

$\int\frac{\mathrm{d}u}{u^2}=\int \frac{1}{x}\mathrm{d}x\,$

$-\frac{1}{u}=\ln |x|+C\,$ ; $(C\in\mathbf{R})$

Implicit mo.:

$-x=y\ln c|x|\,$ ; $(c=\ln C\,)$ és y=0

Explicit mo.:

$y=\frac{-x}{\ln c|x|}\,$ és y=0.

3. $x^2y'=2xy+y^2\,$

MO. y≡0 konstans mo. y=ux helyettesítéssel:

$u'x+u=2u+u^2\,$

$u'x=u+u^2\,$

$\int\frac{\mathrm{d}u}{u(u+1)}=\int \frac{1}{x}\mathrm{d}x\,$

$\int\frac{1}{u}-\frac{1}{u+1}\mathrm{d}u=\int \frac{1}{x}\mathrm{d}x\,$

$\ln|u|-\ln|u+1|=\ln |x|+C\,$ ; $(C\in\mathbf{R})$

$\ln\left|\frac{u}{u+1}\right|=\ln c_1|x|\,$ ; $(c_1=\ln C\,)$

$\frac{u}{u+1}= cx\,$ ; $(c\in\mathbf{R})$

Implicit mo.:

$y= c(xy+x^2)\,$ ; $(c\in\mathbf{R})$

Explicit mo.:

$y=\frac{cx^2}{1+cx}\,$ ; $(c\in\mathbf{R})$

Kezdetiérték feladat

1. $y'=e^{x-y}\,$ ; (y(-1)=0)

MO.

$y'=\frac{e^{x}}{e^{y}}\,$

$\int e^y\,\mathrm{d}y=\int e^{x}\mathrm{d}x\,$

Implicit ált. mo.:

$e^y=e^{x}+C\,$ ; ( $C\in\mathbf{R}$ )

Explicit általános mo.:

$y=\ln(e^{x}+C)\,$

Behelyettesítve az implicit ált. mo-ba:

$e^{-1}=1+C\,$

$C=\frac{1}{e}-1\,$

A kezdeti feltételt kielégítő mo.:

$y=\ln(e^{x}+\frac{1}{e}-1)\,$

2. $y'=\frac{2xe^{x^2}}{y^5}\,$ ; (y(0)=-1)

MO.

$\int y^5\,\mathrm{d}y=\int 2xe^{x^2}\,\mathrm{d}x$

Implicit ált. mo.:

$\frac{y^6}{6}=e^{x^2}+C\,$ ; ( $C\in\mathbf{R}$ )

Explicit általános mo.:

$y=\pm\sqrt[6]{6e^{x^2}+6C}\,$ ; ( $C\in\mathbf{R}$ )

Behelyettesítve az implicit ált. mo-ba:

$\frac{1}{6}=1+C\,$

$C=\frac{1}{6}-1=-\frac{5}{6}\,$

A kezdeti feltételt kielégítő mo.:

$y=-\sqrt[6]{6e^{x^2}-5}\,$

Egzaktra visszavezethető

$P(x,y)+Q(x,y)y'=0,\qquad ?=y\in\mathrm{C}^1(I,J)\qquad P,Q\in\mathrm{C}^1(I\times J,\mathbf{R})$

$(Pdx+Qdy=0)\,$

$\mu(x)=e^{\int R(x)dx},\qquad R(x)=\frac{\partial_yP-\partial_x Q}{Q}$

$\mu(y)=e^{-\int S(y)dy},\qquad S(y)=\frac{\partial_yP-\partial_x Q}{P}$

Majd $?=F\in\mathrm{C}^1(I\times J, \mathbf{R})$

$\begin{cases}\partial_x F=\mu P\,\\\partial_y F=\mu Q\,\end{cases}$

1. $\frac{1}{x^4}-3y^2=xyy'\,$

MO.:

$(\frac{1}{x^4}-3y^2)\,\mathrm{d}x-xy\,\mathrm{d}y=0\,$

$\partial_y(\frac{1}{x^4}-3y^2)-\partial_x(-xy)=-6y+y=-5y$

$R(x)=\frac{-5y}{-xy}=\frac{5}{x}$

$\mu(x)=e^{\int \frac{5}{x}\mathrm{d}x}=e^{5\ln|x|}=|x|^5$

Tehát $x 5$ alkalmas integráló szorzó.

$x-3x^5y^2-x^6yy'=0\,$

Innen az

$(\partial x F,\partial_y F)=(x-3x^5y^2,-x^6y)$

egy megoldását megkeresve:

$F=\frac{1}{2}x^2-\frac{1}{2}x^6y^2+C_1(y)\,$

$F=-\frac{1}{2}x^6y^2+C_2(x)\,$

ahonnan:

$F(x,y)=\frac{1}{2}x^2-\frac{1}{2}x^6y^2$

És az implicit általános megoldás:

$x^2-x^6y^2=C\,$ ; ( $C\in\mathbf{R}$ )

(Az explicit pedig:

$y=\pm\sqrt{\frac{x^2+C}{x^6}}$ )

2. $1+(x-e^{-y})y'=0\,$

MO.:

$1\mathrm{d}x+(x-e^{-y})\mathrm{d}y=0\,$

$\partial_y1-\partial_x(x-e^{-y})=-1\,$

$S(y)=-1\,$

$\mu(y)=e^{-\int -1\mathrm{d}y}=e^y\,$

integráló szorzó.

$e^{y}\mathrm{d}x+(xe^{y}-1)\mathrm{d}y=0\,$

$(\partial x F,\partial_y F)=(e^{y},xe^{y}-1)$

egy megoldását megkeresve:

$F=xe^{y}+C_1(y)\,$

$F=xe^{y}-y+C_2(x)\,$

ahonnan:

$F(x,y)=xe^{y}-y\,$

És az implicit általános megoldás:

$xe^{y}-y=C\,$ ; ( $C\in\mathbf{R}$ )

Lineáris argumentumú egyenlet

1. $y'=(4x-y)^2\,$

MO. u=4x-y; u'=4-y'

$4-u'=u^2\,$

$4-u^2=u'\,$ ; konstans megoldások: $u= \pm 2$

$\int\frac{\mathrm{d}u}{4-u^2}=\int 1\mathrm{d}x$ ; (ha $u\ne \pm 2$ )

$-\int\frac{\mathrm{d}u}{(u-2)(u+2)}=\int 1\mathrm{d}x$

$-\int\frac{\frac{1}{4}}{u-2}-\frac{\frac{1}{4}}{u+2}\mathrm{d}u=\int 1\mathrm{d}x$

$-\frac{1}{4}\ln|u-2|+\frac{1}{4}\ln|u+2|=x+C$

Implicit általános megoldás:

$\sqrt[4]{\left|\frac{4x-y+2}{4x-y-2}\right|}=e^{x+C}$ és az szeparálással ki nem hozható két megoldás: $y=4x\pm 2\,$

2. $y'=\cos^2(x+y)-1\,$

MO. u=x+y; u'=1+y'

$u'-1=\cos^2(u)-1\,$ ; konstans megoldások: $u=\frac{\pi}{2}+k\pi$

$\int\frac{\mathrm{d}x}{\cos^2u}=\int 1\,\mathrm{d}x\,$ ; (ha $u\ne\frac{\pi}{2}+k\pi$ )

$\mathrm{tg}(u)=x+C\,$

Implicit általános mo.:

$\mathrm{tg}(x+y)=x+C\,$ és a szeparálással ki nem hozható megoldások: $y=-x+\frac{\pi}{2}+k\pi$

Függvényegyütthatós lineáris egyenlet

$y'+f(x)y=g(x)\qquad ?=y\in \mathrm{C}^1(I)\qquad f,g\in \mathrm{C}(I)$

1. $y'-\frac{3}{x}y=\frac{1}{\cos^2\left(\frac{1}{x^2}\right)}$

MO. I.) Homogén. y≡0 mo.

$\int\frac{1}{y}\mathrm{d}y=\int\frac{3}{x}\mathrm{d}x=$

$\ln|y|=3\ln|x|+C\,$

$y=cx^3\,$

II.) Az inhomogén partikuláris megoládást

$y=c(x)x^3\,$

alakban keressük.

$y'=c'x^3+c3x^2\,$

Behelyettesítés után:

$c'x^3+3cx^2-3cx^2=\frac{1}{\cos^2\left(\frac{1}{x^2}\right)}$

$c'=\frac{-1}{2}\frac{-2}{x^3}\frac{1}{\cos^2\left(\frac{1}{x^2}\right)}$

$c=\frac{-1}{2}\mathrm{tg}\left(\frac{1}{x^2}\right)$

így az általános mo.:

$y=cx^3+\frac{-1}{2}x^3\mathrm{tg}\left(\frac{1}{x^2}\right)$

2. $y'+(\ln x^3)y=\ln x\,$

MO. I.) Homogén. y≡0 (x>0) mo.

$\int\frac{1}{y}\mathrm{d}y=\int -3\ln x\,\mathrm{d}x$

$\ln|y|=-3(x+x\ln x)+C\,$

$y=ce^{-3(x+x\ln x)}\,$

II.) Az inhomogén partikuláris megoládást

$y=c(x)e^{-3(x+x\ln x)}\,$

alakban keressük. Behelyettesítés után:

$c'e^{-3(x+x\ln x)}+ce^{-3(x+x\ln x)}(-3\ln x)+ce^{-3(x+x\ln x)}\ln x^3=\ln x\,$

$c'=e^{3(x+x\ln x)}\ln x\,$

$c=\frac{1}{3}e^{3(x+x\ln x)}$

így az általános mo.:

$y=ce^{-3(x+x\ln x)}+\frac{1}{3}$

Laplace-transzformációval megoldható feladatok

$\mathcal{L}\{f(t) + g(t)\} = \mathcal{L}\{f(t)\} + \mathcal{L}\{ g(t)\}$

$\mathcal{L}\{a f(t)\} = a \mathcal{L}\{ f(t)\}$

$f'(t) \,$ $\mapsto \,$ $s F(s) - f(0) \,$

$f''(t)\,$ $\mapsto \,$ $s^2 F(s) - sf'(0)-f(0)\,$

$f(t) = \mathcal{L}^{-1}\{F(s)\}\,$ $\mapsto \,$ $F(s) = \mathcal{L}\{f(t)\}$

$f(t) = 1\,$ $\mapsto \,$ $F(s) = \frac{1}{s}$

$f(t) = t\,$ $\mapsto \,$ $F(s) = \frac{1}{s^2}$

$f(t) = t^n\,$ $\mapsto \,$ $F(s) = \frac{n!}{s^{n+1}}$

$f(t) = \sin (\omega t)\,$ $\mapsto \,$ $F(s) = \frac{\omega}{s^2+\omega^2}$

$f(t) = \cos (\omega t)\,$ $\mapsto \,$ $F(s) = \frac{s}{s^2+\omega^2}$

1. x(0)=1; y(0)=-1 kezdeti feltétellel oldja meg az

$\dot{x}=3x+4y$

$\dot{y}=4x+3y$

egyenletrendszert!

MO.

$sX-1=3X+4Y\,$

$sY+1=4X+3Y\,$

Ebből kell kifejezni X-et és Y-t. Egyszerű a megoldás, ha észrevesszük, hogy ezeket összeadva:

$s(X+Y)=7(X+Y)\,$

$(s-7)(X+Y)=0\,$

ami minden s-re csak akkor teljesül, ha X=-Y. (De egyenletrendezéssel is megy, ha az egyik egyenletből az s-sel meg nem szorzott változót kifejezzük és a másodikbe helyettesítjük, pl. az elsőből az Y-t kifejezzük.) Innen pl. az első egyenletből:

$sX-1=-X\,$

$(s+1)X=1\,$

$X=\frac{1}{s+1}\,$

Ezt visszatranszformálva:

$x=e^{-t}\,$

És y=-x miatt:

$y=-e^{-t}\,$

2. y(0)=0; y'(0)=0 kezdeti feltétellel oldja meg az

$y''+9y=x\,$

egyenletet!

MO.

$s^2Y+9Y=\frac{1}{s^2}\,$

$(s^2+9)Y=\frac{1}{s^2}\,$

$Y=\frac{1}{s^2(s^2+9)}\,$

$Y=\frac{\frac{1}{9}}{s^2}-\frac{\frac{1}{9}}{s^2+9}\,$

$Y=\frac{\frac{1}{9}}{s^2}-\frac{1}{27}\frac{3}{s^2+9}\,$

Innen visszatranszformálva:

$y=\frac{1}{9}x-\frac{1}{27}\sin(3x)\,$

Próbafüggvény módszerrel megoldható egyenletek

Homogén egyenlet megoldása:

$y''+ay'+by=0\,\mapsto \lambda^2+r\lambda+s=0\,$ (karakterisztikus polinom)

$\,\lambda_{1,2}=\lambda_1\ne\lambda_2\in\mathbf{R}$ , akkor $y_H=C_1e^{\lambda_1x}+C_2e^{\lambda_2x}\,$ (belső rezonancia)

$\,\lambda_{1,2}=\lambda$ , akkor $y_H=C_1e^{\lambda x}+C_2xe^{\lambda x}\,$

$\,\lambda_{1,2}=\alpha\pm i\beta$ , akkor $y_H=C_1e^{\alpha x}\cos{\beta x}+C_2e^{\alpha x}\sin{\beta x}\,$

Inhomogén partikuláris alakja rezonanciák nélkül, spéci esetekben:

$y''+ay'+by=f(x)\,$ , és

$f(x)=7x-8\,$ , akkor $y_P=Ax+B\,$

$f(x)=5x^2-4x+2\,$ , akkor $y_P=Ax^2+Bx+C\,$

$f(x)=8e^{ax}\,$ , akkor $y_P=Ae^{ax}\,$

$f(x)=7\sin(bx)\,$ , akkor $y_P=A\cos(bx)+B\sin(bx)\,$

Általános (exp., trig., pol.) esetben pedig ha

$f(x)=e^{ax}(p(x)\cos(bx)+q(x)\sin(bx))\,$ ,

akkor

$y_P=x^me^{ax}(P(x)\cos(bx)+Q(x)\sin(bx))\,$

ahol $a\pm ib\,$ a karakterisztikus polinomnak m-szeres gyöke és deg{P}=deg{Q}=max{deg P, deg Q} polinomok (úgy értve, hogy deg 0=-∞). Tehát ha m>0, akkor külső rezonancia van.

1. Adja meg az

$y''+9y=x\,$

egyenlet általános megoldását!

MO. $\,y_H=C_1\cos(3x)+C_2\sin(3x)$ , mert $\lambda^2+9\,$ gyökei $\,\alpha\pm\beta i=\pm3i$

$f(x)=x\;\to\;y_P=Ax+B$

Ezt behelyettesítve az egyenletbe:

$9(Ax+B)=x\,$

Tehát $A=\frac{1}{9}\,$ és $B=0\,$ , így az általános megoldás: $\,y_H=C_1\cos(3x)+C_2\sin(3x)+\frac{1}{9}x$ ,

2. (Rezonanciás feladatok)

a. $y''+9y=\sin(3x)\,$

Mo. vázlat. $\lambda^2+9=0\,$ , azaz $\lambda_{1,2}=\pm 3i\,$ . Innen

y H (x) = C 1 cos(3 x) + C 2 sin(3 x)

Mivel

$f(x)=\sin(3x)\,$

ezért $a + b i = 3 i$ egyszeres megoldása a karakterisztikus egyenletnek, m=1 és az általános P(x), Q(x) polinomok konstansok: A,B, így az inhomogén egyenlet egy partikuláris megoldása az

$y_p(x)=Ax\cos(3x)+Bx\sin(3x)\,$

alakban keresendő.

b. $y''-4y'+4y=e^{2x}\,$

Mo. vázlat. $\lambda^2-4\lambda+4=0\,$ , azaz $\lambda_{1,2}=2\,$ . Innen

$y_H(x)=C_1e^{2x}+C_2xe^{2x}\,$

Mivel

$f(x)=e^{2x}\,$

ezért $a = 2$ kétszeres megoldása a karakterisztikus egyenletnek, és ezért m=2 az általános P(x), Q(x) polinomok közül csak P(x) marad, mert b=0 lévén Q(x) kiesik, de P(x)=A állandó, így az inhomogén egyenlet egy partikuláris megoldása az

$y_p(x)=Ax^2e^{2x}\,$

alakban keresendő.

c. $y''-3y'+2y=xe^{x}\,$

Mo. vázlat. $\lambda^2-3\lambda+2=0\,$ , azaz $\lambda_{1,2}=\qquad 1;\qquad 2\,$ . Innen

$y_H(x)=C_1e^{x}+C_2e^{2x}\,$

Mivel

$f(x)=xe^{x}\,$

ezért $a = 1$ egyszeres megoldása a karakterisztikus egyenletnek, és ezért m=1 az általános P(x), Q(x) polinomok közül csak P(x) marad, mert b=0 lévén Q(x) kiesik (sin(0)=0), de P(x)=Ax+B elsőfokú, mert p(x)=x (hiszen cos(0)=1 és ez megmaradt), így az inhomogén egyenlet egy partikuláris megoldása az

$y_p(x)=x(Ax+B)e^{x}\,$

alakban keresendő.

Komplex függvénytan

Folytonosság, határérték

1. Határozzuk meg, hogy az alábbi függvény folytonos-e?

$f(z)=\begin{cases}\frac{z^2-iz+2}{z^2+4}& z\ne\pm 2i\\\frac{3}{4}, & z=\pm 2i\end{cases}$

Mo. A $\pm2i$ pontokon kívül a függvény folytonos függvények felhasználásával van definiálva a folytonosságot megőrző módokon, ezért $\pm2i$ -n kívül folytonos. $z = 2 i$ -ben a függvény 0/0 alakú, ami határozatlan alak, de alakalmazható a L'Hospital szabály:

$\lim\limits_{z\to 2i}\frac{z^2-iz+2}{z^2+4}=\lim\limits_{z\to 2i}\frac{2z-i}{2z}=\left.\frac{2z-i}{2z}\right|_{z=2i}=\frac{3}{4}$

tehát a határérték létezik és a helyettesítési értékkel egyenlő, azaz 2i-ben a függvény folytonos.

$z = - 2 i$ -ben a függvény -4/0 alakú, ami a komplex függvénytanban határozott alak és ez a komplex végtelen: -4/0=∞. Tehát itt a függvény nem folytonos.

2. Hol létezik véges határértéke az alábbi függvényeknek?

a) $f(z)=\frac{\mathrm{Im}^3(z)+i\mathrm{Re}^2(z)}{z\overline{z}}$

b) $g(z)=\frac{z}{\mathrm{Re}(z)}$

Mo. a) Legyen $z = x + i y$ . Mivel $z\overline{z}=x^2+y^2$ , ezért f csak a 0-ban nincs értelmezve. Itt valós és képzetes részre bontva:

$\frac{\mathrm{Im}^3(z)+i\mathrm{Re}^2(z)}{z\overline{z}}\equiv\left(\frac{y^3}{x^2+y^2},\frac{x^2}{x^2+y^2}\right)$

A sejtés, hogy a valós komponensnek van, a képzetesnek nincs határtéráke. Ezért érdemes csak a képzetest megvizsgálni, mert pontosan akkor létezik a határérték, ha mindkét komponensnek létezik.

$y\equiv 0\,$ irányból $\left.\frac{x^2}{x^2+y^2}\right|_{y=0}=\frac{x^2}{x^2}\equiv 1$

$x\equiv 0\,$ irányból $\left.\frac{x^2}{x^2+y^2}\right|_{x=0}\equiv 0$

azaz a határérték nem létezhet a 0-ban. (Amúgy a valós rész határértéke létezik és 0, ugyanis rendőrelvvel:

$\left|\frac{y^3}{x^2+y^2}\right|=|y|\frac{y^2}{x^2+y^2}\leq |y|\frac{y^2}{y^2}=|y|\to_{(x,y)\to (0,0)}0$ )

b)

$g(z)\equiv(u,v)=\left(1,\frac{y}{x}\right)$

Nincs értelmezve az x=0 pontokban, azaz az y tengely pontjaiban. Nemnulla $y 0$ esetén a $(0, y 0)$ ponthoz az (x,y_0) mentén tartva $y 0 / x$ -nek végtelen a határértéke, tehát ott nem létezik. Ha $y 0$ nulla, akkor az (x,0) mentén y/x=0, az (x,x) mentén y/x=1, azaz az origóban sincs határértéke. De mindehol máshol van, mert a határérték invariáns az alapműveletekre.

Deriválhatóság

1. Hol deriválható komplex módon és hol reguláris az alábbi függvény?

a) $f(z)=\overline{z}|z|^2\,$

b)** $g(z)=x^2-y^2+2|xy|i\,$

Mo. a) Legyen $z = x + i y$ .

$f(z)\equiv(u(x,y),v(x,y))=\left(x^3+xy^2,-x^2y-y^3\right)$

$\begin{bmatrix}\partial_xu & \partial_yu\\\partial_xv & \partial_yv\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}3x^2+y^2 & 2xy\\-2xy & -x^2-3y^2\end{bmatrix}$

Ezek a parciális deriváltak mindenhol folytonosak, azaz az (u,v) pár totálisan deriválható mindenhol. Innen a Cauchy--Riemann-egyenletek:

$3x^2+y^2=-x^2-3y^2\,$

$2xy=2xy\,$

Mivel az első, azaz $3x^2+y^2+x^2+3y^2=0\,$ csak a 0-ban teljesül, a második pedig mindenhol, ezért a függvény pontosan a 0-ban deriválható. Ebből az is következik, hogy nincs olyan nyílt környezet, ahol minden pontban deriválható le.

b) $u = x 2 - y 2$ , $v = 2 | x y |$ . Vegyük észre, hogy amikor 2|xy|=2xy egy egész nyílt környezetben, akkor g(z)=z^2, azaz ezekben az esetekben reguláris a függvény. Ez az xy>0 esetében van. Tehát csak a tengelyeken kell megvizsgálni. |xy| az origón kívül a tengelyeken parciálisan nem deriválható. Az origóban viszont CR is fennáll és totálisan is deriválhatóak a komponensek tehát ott deriválható.

$\frac{|xy|}{\sqrt{x^2+y^2}}\leq\frac{|xy|}{|x|}=|y|\to_{(x,y)\to (0,0)}0$

A síknegyedeken belül tehát reguláris.

2. Hol deriválható komplex módon és hol reguláris az alábbi függvény?

a)* $f(z)=\sin(z)|z|\,$

b) $g(z)=y^2+x^3i\,$

Mo. a) HF CR-egyenletekkel igazolni, hogy |z| sehol se deriválató. Azt tudjuk, hogy sin(z) mindenütt deriválható. $sin(z) = 0$ pontosan akkor, ha $z = k π$ (HF). Ezért $z\ne k\pi$ esetén, ha $f (z)$ deriválható lenne, akkor

$\frac{f(z)}{\sin z}=\frac{1}{\sin z}\sin (z)|z|=|z|$

is deriválható lenne, ami tehát lehetetlen. Már csak a $z = k π$ pontokban kell megvizsgálni, amit definíció szerint teszünk. A különbségi hányados függvény az deriválás helyén 0/0 alakú, ezért az első tényezőre alkalmazhatjuk a L'Hospital szabályt:

$f'(k\pi)=\lim\limits_{z\to k\pi}\frac{\sin (z)|z|}{z-k\pi}=\lim\limits_{z\to k\pi}\frac{\sin (z)}{z-k\pi}\cdot\lim\limits_{z\to k\pi}|z|=\lim\limits_{z\to k\pi}\frac{\cos (z)}{1}|k\pi|=\cos(k\pi)|k\pi|\,$

ami létezik, tehát minden $k π$ pontban deriválható a függvény, de máshol nem, így sehol sem reguláris.

b)

$\begin{bmatrix}\partial_xu & \partial_yu\\\partial_xv & \partial_yv\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0 & 2y\\ 3x^2 & 0\end{bmatrix}$

Ezek a parciális deriváltak mindenhol folytonosak, azaz az (u,v) pár totálisan deriválható mindenhol. Innen a Cauchy--Riemann-egyenletek:

$0=0\,$

$2y=-3x^2\,$

Azaz a függvény az

$y=-\frac{3}{2}x^2\,$

parabola mentén komplex deriválható, de sehol se reguláris, mert nincs olyan nyílt környzete, melyben mindenütt deriválható lenne.

3. (Harmonikustárs-keresés)

$\partial_x^2u+\partial_y^2u\equiv 0$ ,

akkor $u\in\mathbf{C}^2(U)$ harmonikus az $U\subseteq\mathbf{R}^2$ nyílton. Ha f=u+iv reguláris az U tartományon, akkor u és v harmonikus. Ha u harmonikus, az U tartományon, akkor létezik U-n v harmonikus, hogy f=u+iv reguláris. Ekkor v az u-nak egy harmonikus társa (és u az v-nek). Ha f=u+iv reguláris, akkor u,v-re teljesülnek a CR-egyenletek.

Ha létezik, akkor adjuk meg az

$u(x,y)=x^2+xy-y^2\,$

függvény harmonikus társát!

Mo.

$\partial_x^2u+\partial_y^2u=2-2\equiv 0$

tehát létezik harmonikus társa és ezt megtaláljuk az alábbiakból:

$\begin{cases}\partial_xv=-\partial_yu\\\partial_yv=\partial_xu\end{cases},\qquad\begin{cases}\partial_xv=-x+2y\to &v=-\frac{x^2}{2}+2xy+C_1(y)\\\partial_yv=2x+y\to& v=2xy+\frac{y^2}{2}+C_2(x)\end{cases}$

Tehát

$v(x,y)=2xy-\frac{x^2}{2}+\frac{y^2}{2}\,$

(Hát persze, hiszen $u = R e ((1 + i / 2) z 2)$ )

Elemi függvények

$e^{i\varphi}=\cos\varphi+i\sin\varphi$

$\sin z=\frac{e^{iz}-e^{-iz}}{2i}$

$\cos z=\frac{e^{iz}+e^{-iz}}{2}$

$\mathrm{sh} z=\frac{e^{z}-e^{-z}}{2}$

$\mathrm{ch}\, z=\frac{e^{z}+e^{-z}}{2}$

$\ln re^{i\varphi}=\ln r + i\varphi +2\pi i k$

1. Számítsa ki az

$f(z)=\sin(iz)\,$

függvény valós és képzetes részét!

MO. $z = x + i y$

2. Oldja meg a

$e^{iz}=2i-2\,$

egyenletet!

MO.

$e^{iz}=2\sqrt{2}e^{-i\frac{\pi}{4}}\,$

$e^{iz}=e^{\ln 2\sqrt{2}}e^{-i\frac{\pi}{4}}\,$

$e^{iz}=e^{\ln (2\sqrt{2})-i\frac{\pi}{4}}\,$

mivel exp 2πi szerint periodikus, ezért:

$iz=\ln (2\sqrt{2})-i\frac{\pi}{4}+2\pi i k\,$

$z=-i\ln (2\sqrt{2})-\frac{\pi}{4}+2\pi k\,$

3. Adja meg az

$(1+i)^i\,$

szám értékét!

MO.

$(1+i)^i=e^{i\ln (1+i)}=e^{i(\ln(\sqrt{2})+i\frac{\pi}{4}+2\pi ik)}=e^{i\ln(\sqrt{2})-\frac{\pi}{4}-2\pi k}=e^{i\ln(\sqrt{2})}e^{-\frac{\pi}{4}-2\pi k}=(\cos\ln\sqrt{2}+i\sin\ln\sqrt{2})e^{-\frac{\pi}{4}-2\pi k}$

Sorok

Taylor-sor:

$f(z)=\sum\limits_{n=0}^\infty\frac{f^{(n)}(z_0)}{n!}(z-z_0)$

$\mathrm{Dom}\, f=\mathrm{B}_R(z_0)$ valamely R-rel.

Laurent-sor:

$f(z)=\sum\limits_{n=-\infty}^\infty c_{n}(z-z_0)^n$

$\mathrm{Dom}\, f=\mathrm{int}(\mathrm{B}_{R_1}(z_0)\cap(\mathbf{C}\setminus\mathrm{B}_{R_2}(z_0)))$ valamely R₁, R₂-vel.

Az f függvénynek a $ζ$ pont izolált szingularitása, ha f reguláris a $ζ$ egy kipontozott környezetében, de nem reguláris $ζ$ -ban. Izolált szingularitás körül a függvény Laurent-sor mindig lézezik ezért a sor alakja szerint osztályozzuk a szingularitásokat.

Megszüntethető, ha L.-sorban nincsenek reciprokos tagok. Ilyenkor a függvény regulárissá tehető, melynek Taylor-sora pont a Laurent-sora.

Pólusszingularitása van f-nek a $ζ$ pontban, ha a $ζ$ körüli Laurent-sor főrészében $1 / (z - ζ)$ -nak véges sok nemnulla hatványa szerepel. Ezek körzül a $1 / (z - ζ)$ legnagyobb kitevőjű hatványának kitevője a pólusszingularitás foka.

Lényeges szingularitása van f-nek $ζ$ -ban, ha a $ζ$ körüli Laurent-sorban $1 / (z - ζ)$ -nak végtelen sok nemnulla hatványa szerepel.

$\sum\limits_{n=0}^{\infty}q^n=\frac{1}{1-q}$ , ha

| q | < 1

$e^z=1+z+\frac{z^2}{2!}+\frac{z^3}{3!}+\frac{z^4}{4!}+\frac{z^5}{5!}+\dots$

$\sin z=z-\frac{z^3}{3!}+\frac{z^5}{5!}-\frac{z^7}{7!}\pm\dots$

$\cos z=1-\frac{z^2}{2!}+\frac{z^4}{4!}-\frac{z^5}{5!}\pm\dots$

$\mathrm{sh}\, z=z+\frac{z^3}{3!}+\frac{z^5}{5!}+\frac{z^7}{7!}+\dots$

$\mathrm{ch}\, z=1+\frac{z^2}{2!}+\frac{z^4}{4!}+\frac{z^5}{5!}+\dots$

1. Igazolja, hogy az

$f(z)=\frac{\sin(z) -z}{z^3}\,$

függvénynek megszüntethető szakadása van a 0-ban! Adja meg a reguláris kiterjesztés 100. deriváltját a 0-ban!

MO.

$f(z)=\frac{\sin(z) -z}{z^3}=\frac{-\frac{z^3}{3!}+\frac{z^5}{5!}-\frac{z^7}{7!}\pm\dots}{z^3}=-\frac{1}{3!}+\frac{z^2}{5!}-\frac{z^4}{7!}\pm\dots$

Mivel a sorfejtés egyértelmű, ezért a $z 100$ tag együtthatója egyértelmű, azaz egyfelől a Taylor-sorból felírva, másfelől a most megadott sorfejtésből:

$\frac{f^{(100)}(0)}{100!}=-\frac{1}{103!}$

$f^{(100)}(0)=-\frac{100!}{103!}=-\frac{1}{101\cdot 102\cdot 103}$

2. Fejtse Laurent-sorba az

$f(z)=\frac{z}{z+i}$

függvényt úgy, hogy a sorfejtés a 1/2 pontban előállítsa a függvényt!

a) a 0 körül,

b) az 1 körül

c) Milyen szingularitása van a -i-ben? Mennyi a reziduuma ebben?

MO. a) Ha ránézünk a becses kezeinkkel rajzolt ábrára (ugye mindenki csinált ábrát!), akkor láthatjuk, hogy a reguláris, belső körbe esik mindkét pont körül az 1/2.

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

tehát $q=\frac{-z}{i}$ , ami |z|<1 esetén lesz konvergens sor alakú:

$f(z)=\frac{z}{i}\frac{1}{1-\frac{-z}{i}}=\frac{z}{i}\sum\limits_{n=0}^\infty\left(\frac{-z}{i}\right)^n=\sum\limits_{n=0}^\infty\left(\frac{-z}{i}\right)^{n+1}=\sum\limits_{n=0}^\infty i^{n+1}z^{n+1}$

b)

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

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

tehát $q=\frac{-z+1}{1+i}$ , ami $|z-1|<\sqrt{2}$ esetén lesz konvergens sor alakú:

$\frac{1}{1+i}\frac{1}{1-\frac{-(z-1)}{1+i}}=\frac{1}{1+i}\frac{1}{1-\frac{-(z-1)}{1+i}}=\frac{1}{1+i}\sum\limits_{n=0}^{\infty}\left(\frac{-(z-1)}{1+i}\right)^n=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\left(\frac{-1}{1+i}\right)^{n+1}(z-1)^n$

$f(z)=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\left(\frac{-1}{1+i}\right)^{n+1}(z-1)^{n+1}+\sum\limits_{n=0}^{\infty}\left(\frac{-1}{1+i}\right)^{n+1}(z-1)^n$

c)

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

maga a -i körüli Laurent-sor, itt a reciprokos tag együtthatója: -i, azaz ennyi a reziduum. Pólusszingularitása van itt és ennek foka 1, mert a Laurent-sor főrészében csak a reciprok szerepel.

3. Fejtse Laurent-sorba az

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

függvényt a 0 körül úgy, hogy a sorfejtés a 2i pontban előállítsa a függvényt! Milyen szingularitása van a 0-ban? És a -i-ben?

Mo.

Az ábrából látható, hogy a szingularitáson túli gyűrűben van 2i, ezért 1/z szerint kell sorfejteni.

$f(z)=\frac{1}{z^2(z+i)}=\frac{1}{z^3}\frac{1}{1+\frac{i}{z})}=\frac{1}{z^3}\frac{1}{1-\frac{-i}{z})}$

tehát $q=\frac{-i}{z}$ , ami |z|>1 esetén lesz konvergens sor alakú, azaz 2i ide tartozik

$f(z)=\frac{1}{z^3}\sum\limits_{n=0}^\infty\left(\frac{-i}{z}\right)^n=\sum\limits_{n=0}^\infty(-i)^{n}\left(\frac{1}{z}\right)^{n+3}$

0 az f nevezőjének kétszeres gyöke, a számlálónak nem gyöke, a -i a nevezőnek egyszeres, a számlálónak nullaszoros gyöke. Tehát 0-ban másodfokú pólusa van, -i-ben elsőfokú.

4. Fejtse Laurent-sorba az

$f(z)=\mathrm{sh}(\frac{1}{z^2})$

függvényt a 0 körül! Milyen szingularitása van a 0-ban?

MO.

$f(z)=\mathrm{sh}(\frac{1}{z^2})=\frac{1}{z^2}+\frac{1}{3!z^6}+\frac{1}{5!z^{10}}+\frac{1}{7!z^{14}}+\dots$

végtelen sok tag van a főrészben, ezért a szingularitás lényeges.

Integrálás paraméterezéssel és Newton--Leibniz-formulával

$\int\limits_{G}f=\int\limits_{t=t_1}^{t_2}f(z(t))\dot{z}(t)dt$

ahol G paraméterezése $t\mapsto z(t)$ , $t_1\leq t\leq t_2$ folytonosan differenciálható, f folytonos a G-t tartalmazó egy nyílt halmazon.

$\int\limits_{G,z_1}^{z_2}f=F(z_2)-F(z_1)$

ahol F komplex deriválható és F'=f, valamint f Riemann integrálható a G mentén, G kezdőpontja $z 1$ , végpontja $z 2$

1. Adja meg az

$f(z)=\overline{z}^2\,$

függvény integráláját az

a) Origó középpontú, pozitívan irányított egységkör $Re(z)\geq 0$ feltételt teljesítő felére!

b) [0,2+i] szakaszra!

2. Adja meg az

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

függvény integráláját az

a) Origó középpontú, pozitívan irányított kétségkör $Im(z),Re(z)\leq 0$ feltételt teljesítő negyedére! b) Origó középpontú, pozitívan irányított kétségkörre!

Integrálás Riemann-féle integráltétellel és Cauchy-féle integrálformulával

Cauchy-féle integráltétel Ha a D korlátos és zárt tartomány ∂D határa egy zárt görbével paraméterezhető és a görbe a tartománnyal kompatibilisan irányított, továbbá a D⊆U⊆C nyílt halmazon reguláris az f függvény, akkor

$\oint\limits_{\partial D} f=0$

Riemann-féle integráltétel Ha a D korlátos és zárt tartomány ∂D határa egy zárt görbével paraméterezhető és a görbe a tartománnyal kompatibilisan irányított, továbbá a D⊆U⊆C nyílt halmazon reguláris az f függvény, kivéve a D egyetlen pontját és f korlátos, akkor

$\oint\limits_{\partial D} f=0$

Cauchy-féle integrálformulák Ha a D korlátos és zárt, egyszeresen összefüggő tartomány G=∂D határa egy zárt görbével paraméterezhető és a görbe a tartománnyal kompatibilisan irányított, továbbá a D⊆U⊆C nyílt halmazon reguláris az f függvény és $z_0\in \mathrm{int} D$ , akkor

$f^{(n)}(z_0)=\frac{n!}{2\pi i}\oint\limits_{G} \frac{f(z)}{(z-z_0)^{n+1}}\mathrm{d}z$

1.* $\oint\limits_{|z|=1} \frac{\cos(z)-1}{\sin(z^2)}=?\,\mathrm{d}z$

2. $\oint\limits_{|z|=1} \frac{\cos (z)}{z^{100}}\,\mathrm{d}z=?$

3. $\oint\limits_{|z-i|=2} \frac{z^2+z+1}{z^4+4z^2}\,\mathrm{d}z=?$

4. $\oint\limits_{|z-1|=\frac{1}{2}} \frac{\cos(\ln z)}{z^2-3z+2}=?$

Integrálás reziduumtétellel

Reziduumtétel Ha a D korlátos és zárt, egyszeresen összefüggő tartomány G=∂D határa egy zárt görbével paraméterezhető és a görbe a tartománnyal kompatibilisan irányított, továbbá a D⊆U⊆C nyílt halmazon reguláris az f függvény kivéve a $z_1,\dots,z_n\in\mathrm{int}\,D$ pontokban, akkor

$\oint\limits_{G} f=\sum\limits_{k=1}^n\mathrm{Res}^f(z_k)$

ahol $Res f (ζ)$ az f függvény $ζ$ körüli azon Laurent-sorának $c - 1$ együtthatója, mely a függvényt a $ζ$ egy kipontozot környzetében állítja elő.

1.* $\oint\limits_{|z|=1} \frac{z^2+5z+1}{\mathrm{sh}(z)}\,\mathrm{d}z=?$

2. $\oint\limits_{|z-3|=1} \frac{5z+1}{\sin(z)}\,\mathrm{d}z=?$

3. $\oint\limits_{|z|=1} \frac{e^{z^2+2}}{(2z+4)\sin(\frac{\pi z}{4})}\,\mathrm{d}z=?$

Vektoranalízis

Differenciáloperátorok

1. Hol létezik és mennyi az alábbi függvények gradiense?

a) $\mathbf{v}(\mathbf{r})=|\mathbf{r}|^4\,$

b) $\mathbf{v}(\mathbf{r})=\frac{1}{|\mathbf{r}|^2}\,$

c) $\mathbf{v}(\mathbf{r})=\sin(|\mathbf{r}|^3)\,$

2. Hol létezik és ott mi az alábbi térbeli vektormező rotációja és divergenciája?

a) $\mathbf{v}(\mathbf{r})=\mathbf{r}|\mathbf{r}|^6\,$

b) $\mathbf{v}(\mathbf{r})=\mathbf{k}\times\mathbf{r}\,$ (k a z irányú egységvektor)

Potenciálkeresés

1. Ha van, mi az alábbi térbeli vektormező potenciálja?

$v(x,y,z)=(2xy^3,3x^2y^2,z^2)\,$

2. Ha van, mi az alábbi síkbeli vektormező potenciálja?

$v(x,y)=(x^3+y^3,3xy^2)\,$

3. Ha van, mi az alábbi függvény potenciálja?

a) $\mathbf{v}(\mathbf{r})=\mathbf{r}|\mathbf{r}|^6\,$

b) $\mathbf{v}(\mathbf{r})=\frac{2\mathbf{r}}{1+|\mathbf{r}|^2}\,$

Vonalintegrál

$\int\limits_{G,\mathbf{r}_1}^{\mathbf{r}_2}\mathbf{v}\;\mathrm{d}\mathbf{r}=\int\limits_{t_1}^{t_2}\mathbf{v}(\mathbf{r}(t))\cdot\dot\mathbf{r}(t)\,\mathrm{d}t$

ahol r₁ = r(t₁), r₂ = r(t₂).

$\int\limits_{G}\mathbf{v}\;\mathrm{d}\mathbf{r}=\int\limits_{G}v_t\,|\mathrm{d}\mathbf{r}|$

ahol v_t a vektormezőnek a görbe érintője irányú komponense, az integrál pedig a vektormező ívhossz szerinti integrálja.

1. Számítsuk ki az alábbi vektormezőnek az A=(1,-2,3), B=(2,1,4) végpontú egyenes szakaszra vonatkozó integrálját!

$\mathbf{v}(x,y,z)=(y+z)\mathbf{i}+(x+z)\mathbf{j}+(x+y)\mathbf{k}\,$

2. Számítsuk ki a v = k × r függvénynek az R sugarú, [x,y] síkbeli origó középpontú körre vonatkozó integrálját!

3. Számítsuk ki a v = k × r / |k × r|² függvénynek az R sugarú, [x,y] síkbeli origó középpontú körre vett integrálját!

Felületi integrál

$\int\limits_{F}\mathbf{v}\,\mathrm{d}\mathbf{F}=\int\limits_{F_{u,v}}\mathbf{v}(\mathbf{r}(u,v))\left(\frac{\partial \mathbf{r}(u,v)}{\partial u}\times\frac{\partial \mathbf{r}(u,v)}{\partial v}\right)\;\mathrm{d}u\mathrm{d}v$

$\int\limits_{F}\mathbf{v}\,\mathrm{d}\mathbf{F}=\int\limits_{F}v_\mathbf{n}\,|\mathrm{d}\mathbf{F}|$

felszín integrállal a normális irányú komponensből.

1. Számítsuk ki a v vektormezőnek az r felületre vett integrálját:

$\mathbf{v}(x,y,z)=x\mathbf{i}-y\mathbf{j}+z\mathbf{k}\,$

$\mathbf{r}(u,v)=(u+2v)\mathbf{i}+v\mathbf{j}+(u-v)\mathbf{k},\;u\in[0,3], \;v\in[0,1]$

2. Számítsuk ki az v = r-nek az R sugarú, M magasságú, z tengelyű hengerre vonatkozó felületi integrálját!

3. Számítsuk ki az R sugarú origó középpontú gömbnyolcad felszínére az v = r|r|³ integrálját!

Szerkesztő:Mozo/A3 gyakorló feladatok 5.

A lap jelenlegi, 2016. június 8., 09:00-kori változata

Tartalomjegyzék

Differenciálegyenletek

Fokszámban homogén egyenletek

Kezdetiérték feladat

Egzaktra visszavezethető

Lineáris argumentumú egyenlet

Függvényegyütthatós lineáris egyenlet

Laplace-transzformációval megoldható feladatok

Próbafüggvény módszerrel megoldható egyenletek

Komplex függvénytan

Folytonosság, határérték

Deriválhatóság

Elemi függvények

Sorok

Integrálás paraméterezéssel és Newton--Leibniz-formulával

Integrálás Riemann-féle integráltétellel és Cauchy-féle integrálformulával

Integrálás reziduumtétellel

Vektoranalízis

Differenciáloperátorok

Potenciálkeresés

Vonalintegrál

Felületi integrál

Nézetek

Személyes eszközök

Navigáció

Keresés

Eszközök

@@ 8. sor: / 8. sor: @@
 u'x+u=\frac{1}{u}+2u</math>
 :<math>
-u'x=\frac{1+2u^2}{u}</math>
+u'x=\frac{1+u^2}{u}</math>
 :<math>
-\int\frac{u}{1+2u^2}\,\mathrm{d}u=\int \frac{1}{x}\,\mathrm{d}x</math>
+\int\frac{u}{1+u^2}\,\mathrm{d}u=\int \frac{1}{x}\,\mathrm{d}x</math>
 :<math>
-\frac{1}{2}\int\frac{2u}{1+2u^2}\,\mathrm{d}u=\int \frac{1}{x}\,\mathrm{d}x</math>
+\frac{1}{2}\int\frac{2u}{1+u^2}\,\mathrm{d}u=\int \frac{1}{x}\,\mathrm{d}x</math>
 :<math>
-\frac{1}{2}\ln|1+2u^2|=\ln|x|+C</math>; <math>(C\in\mathbf{R})</math>
+\frac{1}{2}\ln|1+u^2|=\ln|x|+C</math>; <math>(C\in\mathbf{R})</math>
 :<math>
-\ln |1+2u^2|=\ln c_1^2x^2\,</math>; <math>(c_1=\ln C\,)</math>
+\ln |1+u^2|=\ln c_1^2x^2\,</math>; <math>(c_1=\ln C\,)</math>
 :<math>
-+2u^2=cx^2\,</math>; <math>\qquad(c>0)\,</math>
++u^2=cx^2\,</math>; <math>\qquad(c>0)\,</math>
 Implicit mo.:
-:<math>1+2\frac{y^2}{x^2}=cx^2\,</math>
+:<math>1+\frac{y^2}{x^2}=cx^2\,</math>
 Explicit mo.:
 :<math>
-y=x\cdot\left(\pm\sqrt{\frac{c}{2}}\sqrt{x^2-\frac{1}{c}}\right)</math>
+y=x\cdot\left(\pm\sqrt{c}\sqrt{x^2-\frac{1}{c}}\right)</math>
 :Itt <math>|x|>\frac{1}{\sqrt{c}}</math>
 '''2.''' <math>x^2y'=xy+y^2\,</math>
@@ 55. sor: / 55. sor: @@
 Explicit mo.:
 :<math>y=\frac{cx^2}{1+cx}\,</math>; <math>(c\in\mathbf{R})</math>
 ===Kezdetiérték feladat===
 '''1.''' <math>y'=e^{x-y}\,</math>; (''y(-1)=0'')
@@ 80. sor: / 81. sor: @@
 :<math>y=\pm\sqrt[6]{6e^{x^2}+6C}\,</math>; (<math>C\in\mathbf{R}</math>)
 Behelyettesítve az implicit ált. mo-ba:
-:<math>-\frac{1}{6}=1+C\,</math>
+:<math>\frac{1}{6}=1+C\,</math>
-:<math>C=-\frac{1}{6}-1=-\frac{7}{6}\,</math>
+:<math>C=\frac{1}{6}-1=-\frac{5}{6}\,</math>
 A kezdeti feltételt kielégítő mo.:
-:<math>y=-\sqrt[6]{6e^{x^2}-7}\,</math>
+:<math>y=-\sqrt[6]{6e^{x^2}-5}\,</math>
 ===Egzaktra visszavezethető===
+:<math>P(x,y)+Q(x,y)y'=0,\qquad ?=y\in\mathrm{C}^1(I,J)\qquad P,Q\in\mathrm{C}^1(I\times J,\mathbf{R})</math>
+:<math>(Pdx+Qdy=0)\,</math>
+:<math>\mu(x)=e^{\int R(x)dx},\qquad R(x)=\frac{\partial_yP-\partial_x Q}{Q}</math>
+:<math>\mu(y)=e^{-\int S(y)dy},\qquad S(y)=\frac{\partial_yP-\partial_x Q}{P}</math>
+Majd <math>?=F\in\mathrm{C}^1(I\times J, \mathbf{R})</math>
+:<math>\begin{cases}\partial_x F=\mu P\,\\\partial_y F=\mu Q\,\end{cases}</math>
 '''1.''' <math>\frac{1}{x^4}-3y^2=xyy'\,</math>
@@ 123. sor: / 137. sor: @@
 És az implicit általános megoldás:
 :<math>xe^{y}-y=C\,</math>; (<math>C\in\mathbf{R}</math>)
 ===Lineáris argumentumú egyenlet===
 '''1.''' <math>y'=(4x-y)^2\,</math>
@@ 149. sor: / 164. sor: @@
 ===Függvényegyütthatós lineáris egyenlet===
+:<math>y'+f(x)y=g(x)\qquad ?=y\in \mathrm{C}^1(I)\qquad f,g\in \mathrm{C}(I)
+</math>
 '''1.''' <math>y'-\frac{3}{x}y=\frac{1}{\cos^2\left(\frac{1}{x^2}\right)}</math>
@@ 180. sor: / 201. sor: @@
 így az általános mo.:
 :<math>y=ce^{-3(x+x\ln x)}+\frac{1}{3}</math>
 ===Laplace-transzformációval megoldható feladatok===
 : <math>\mathcal{L}\{f(t) + g(t)\}  = \mathcal{L}\{f(t)\} + \mathcal{L}\{ g(t)\}  </math>
@@ 240. sor: / 262. sor: @@
 :<math>\,\lambda_{1,2}=\alpha\pm i\beta</math>, akkor <math>y_H=C_1e^{\alpha x}\cos{\beta x}+C_2e^{\alpha x}\sin{\beta x}\,</math>
-Inhomogén partikuláris alakja rezonaniák nélkül, spéci esetekben:
+Inhomogén partikuláris alakja rezonanciák nélkül, spéci esetekben:
 :<math>y''+ay'+by=f(x)\,</math>, és
@@ 283. sor: / 305. sor: @@
 ''Mo. vázlat.'' <math>\lambda^2-4\lambda+4=0\,</math>, azaz <math>\lambda_{1,2}=2\,</math>. Innen
-:<math>y_H(x)=C_1e^{2x}+C_2e^{2x}\,</math>
+:<math>y_H(x)=C_1e^{2x}+C_2xe^{2x}\,</math>
 Mivel
 :<math>f(x)=e^{2x}\,</math>
@@ 299. sor: / 321. sor: @@
 :<math>y_p(x)=x(Ax+B)e^{x}\,</math>
 alakban keresendő.
 ==Komplex függvénytan==
 ===Folytonosság, határérték===
@@ 304. sor: / 327. sor: @@
 : <math>f(z)=\begin{cases}\frac{z^2-iz+2}{z^2+4}& z\ne\pm 2i\\\frac{3}{4}, & z=\pm 2i\end{cases}</math>
-''Mo.'' <math>z=2i</math>-ben a függvény 0/0 alakú, ami határozatlan alak, de alakalmazható a L'Hospital szabály:
+''Mo.'' A <math>\pm2i</math> pontokon kívül a függvény folytonos függvények felhasználásával van definiálva a folytonosságot megőrző módokon, ezért <math>\pm2i</math>-n kívül folytonos. <math>z=2i</math>-ben a függvény 0/0 alakú, ami határozatlan alak, de alakalmazható a L'Hospital szabály:
 : <math>\lim\limits_{z\to 2i}\frac{z^2-iz+2}{z^2+4}=\lim\limits_{z\to 2i}\frac{2z-i}{2z}=\left.\frac{2z-i}{2z}\right|_{z=2i}=\frac{3}{4}</math>
 tehát a határérték létezik és a helyettesítési értékkel egyenlő, azaz 2i-ben a függvény folytonos.
@@ 312. sor: / 335. sor: @@
 '''2.''' Hol létezik véges határértéke az alábbi függvényeknek?
-:<math>f(z)=\frac{\mathrm{Im}^3(z)+i\mathrm{Re}^2(z)}{z\overline{z}}</math>
+:'''a''') <math>f(z)=\frac{\mathrm{Im}^3(z)+i\mathrm{Re}^2(z)}{z\overline{z}}</math>
-:<math>g(z)=\frac{z}{\mathrm{Re}(z)}</math>
+:'''b''') <math>g(z)=\frac{z}{\mathrm{Re}(z)}</math>
-''Mo.'' Legyen <math>z=x+iy</math>. Mivel <math>z\overline{z}=x^2+y^2</math>, ezért f csak a 0-ban nincs értelmezve. Itt valós és képzetes részre bontva:
+''Mo.'' a) Legyen <math>z=x+iy</math>. Mivel <math>z\overline{z}=x^2+y^2</math>, ezért f csak a 0-ban nincs értelmezve. Itt valós és képzetes részre bontva:
 :<math>\frac{\mathrm{Im}^3(z)+i\mathrm{Re}^2(z)}{z\overline{z}}\equiv\left(\frac{y^3}{x^2+y^2},\frac{x^2}{x^2+y^2}\right)</math>
 A sejtés, hogy a valós komponensnek van, a képzetesnek nincs határtéráke. Ezért érdemes csak a képzetest megvizsgálni, mert pontosan akkor létezik a határérték, ha mindkét komponensnek létezik.
@@ 325. sor: / 348. sor: @@
+b)
 :<math>g(z)\equiv(u,v)=\left(1,\frac{y}{x}\right)</math>
 Nincs értelmezve az x=0 pontokban, azaz az y tengely pontjaiban. Nemnulla <math>y_0</math> esetén a <math>(0,y_0)</math> ponthoz az (x,y_0) mentén tartva <math>y_0/x</math>-nek végtelen a határértéke, tehát ott nem létezik. Ha <math>y_0</math> nulla, akkor az (x,0) mentén y/x=0, az (x,x) mentén y/x=1, azaz az origóban sincs határértéke. De mindehol máshol van, mert a határérték invariáns az alapműveletekre.
@@ 372. sor: / 396. sor: @@
 :<math>y=-\frac{3}{2}x^2\,</math>
 parabola mentén komplex deriválható, de sehol se reguláris, mert nincs olyan nyílt környzete, melyben mindenütt deriválható lenne.
+'''3.''' (Harmonikustárs-keresés)
+:<math>\partial_x^2u+\partial_y^2u\equiv 0</math>,
+akkor <math>u\in\mathbf{C}^2(U)</math> harmonikus az <math>U\subseteq\mathbf{R}^2</math> nyílton. Ha f=u+iv reguláris az U tartományon, akkor u és v harmonikus. Ha u harmonikus, az U tartományon, akkor létezik U-n v harmonikus, hogy f=u+iv reguláris. Ekkor v az u-nak egy harmonikus társa (és u az v-nek). Ha f=u+iv reguláris, akkor u,v-re teljesülnek a CR-egyenletek.
+Ha létezik, akkor adjuk meg az
+:<math>u(x,y)=x^2+xy-y^2\,</math>
+függvény harmonikus társát!
+''Mo.''
+:<math>\partial_x^2u+\partial_y^2u=2-2\equiv 0</math>
+tehát létezik harmonikus társa és ezt megtaláljuk az alábbiakból:
+:<math>\begin{cases}\partial_xv=-\partial_yu\\\partial_yv=\partial_xu\end{cases},\qquad\begin{cases}\partial_xv=-x+2y\to &v=-\frac{x^2}{2}+2xy+C_1(y)\\\partial_yv=2x+y\to& v=2xy+\frac{y^2}{2}+C_2(x)\end{cases}</math>
+Tehát
+:<math>v(x,y)=2xy-\frac{x^2}{2}+\frac{y^2}{2}\,</math>
+(Hát persze, hiszen <math>u=Re((1+i/2)z^2)</math>)
+===Elemi függvények===
+:<math>e^{i\varphi}=\cos\varphi+i\sin\varphi</math>
+:<math>\sin z=\frac{e^{iz}-e^{-iz}}{2i}
+</math>
+:<math>\cos z=\frac{e^{iz}+e^{-iz}}{2}
+</math>
+:<math>\mathrm{sh} z=\frac{e^{z}-e^{-z}}{2}</math>
+:<math>\mathrm{ch}\, z=\frac{e^{z}+e^{-z}}{2}</math>
+:<math>\ln re^{i\varphi}=\ln r + i\varphi +2\pi i k</math>
+'''1.''' Számítsa ki az
+:<math>f(z)=\sin(iz)\,</math>
+függvény valós és képzetes részét!
+''MO.'' <math>z=x+iy</math>
+'''2.''' Oldja meg a
+:<math>
+e^{iz}=2i-2\,</math>
+egyenletet!
+''MO.''
+:<math>e^{iz}=2\sqrt{2}e^{-i\frac{\pi}{4}}\,</math>
+:<math>e^{iz}=e^{\ln 2\sqrt{2}}e^{-i\frac{\pi}{4}}\,</math>
+:<math>e^{iz}=e^{\ln (2\sqrt{2})-i\frac{\pi}{4}}\,</math>
+mivel exp 2&pi;i szerint periodikus, ezért:
+:<math>iz=\ln (2\sqrt{2})-i\frac{\pi}{4}+2\pi i k\,</math>
+:<math>z=-i\ln (2\sqrt{2})-\frac{\pi}{4}+2\pi k\,</math>
+'''3. ''' Adja meg az
+:<math>(1+i)^i\,
+</math>
+szám értékét!
+''MO.''
+:<math>(1+i)^i=e^{i\ln (1+i)}=e^{i(\ln(\sqrt{2})+i\frac{\pi}{4}+2\pi ik)}=e^{i\ln(\sqrt{2})-\frac{\pi}{4}-2\pi k}=e^{i\ln(\sqrt{2})}e^{-\frac{\pi}{4}-2\pi k}=(\cos\ln\sqrt{2}+i\sin\ln\sqrt{2})e^{-\frac{\pi}{4}-2\pi k}</math>
+===Sorok===
+Taylor-sor:
+:<math>f(z)=\sum\limits_{n=0}^\infty\frac{f^{(n)}(z_0)}{n!}(z-z_0)</math>
+:<math>\mathrm{Dom}\, f=\mathrm{B}_R(z_0)</math> valamely ''R''-rel.
+Laurent-sor:
+:<math>f(z)=\sum\limits_{n=-\infty}^\infty c_{n}(z-z_0)^n</math>
+:<math>\mathrm{Dom}\, f=\mathrm{int}(\mathrm{B}_{R_1}(z_0)\cap(\mathbf{C}\setminus\mathrm{B}_{R_2}(z_0)))</math> valamely ''R<sub>1</sub>'', ''R<sub>2</sub>''-vel.
+Az f függvénynek a <math>\zeta</math> pont izolált szingularitása, ha f reguláris a <math>\zeta</math> egy kipontozott környezetében, de nem reguláris <math>\zeta</math>-ban. Izolált szingularitás körül a függvény Laurent-sor mindig lézezik ezért a sor alakja szerint osztályozzuk a szingularitásokat.
+Megszüntethető, ha L.-sorban nincsenek reciprokos tagok. Ilyenkor a függvény regulárissá tehető, melynek Taylor-sora pont a Laurent-sora.
+Pólusszingularitása van f-nek a <math>\zeta</math> pontban, ha a <math>\zeta</math> körüli Laurent-sor főrészében <math>1/(z-\zeta)</math>-nak véges sok nemnulla hatványa szerepel. Ezek körzül a <math>1/(z-\zeta)</math> legnagyobb kitevőjű hatványának kitevője a pólusszingularitás foka.
+Lényeges szingularitása van f-nek <math>\zeta</math>-ban, ha a <math>\zeta</math> körüli Laurent-sorban <math>1/(z-\zeta)</math>-nak végtelen sok nemnulla hatványa szerepel.
+:<math>\sum\limits_{n=0}^{\infty}q^n=\frac{1}{1-q}</math>, ha <math>|q|<1</math>
+:<math>e^z=1+z+\frac{z^2}{2!}+\frac{z^3}{3!}+\frac{z^4}{4!}+\frac{z^5}{5!}+\dots</math>
+:<math>\sin z=z-\frac{z^3}{3!}+\frac{z^5}{5!}-\frac{z^7}{7!}\pm\dots</math>
+:<math>\cos z=1-\frac{z^2}{2!}+\frac{z^4}{4!}-\frac{z^5}{5!}\pm\dots</math>
+:<math>\mathrm{sh}\, z=z+\frac{z^3}{3!}+\frac{z^5}{5!}+\frac{z^7}{7!}+\dots</math>
+:<math>\mathrm{ch}\, z=1+\frac{z^2}{2!}+\frac{z^4}{4!}+\frac{z^5}{5!}+\dots</math>
+'''1.''' Igazolja, hogy az
+:<math>
+f(z)=\frac{\sin(z) -z}{z^3}\,</math>
+függvénynek megszüntethető szakadása van a 0-ban! Adja meg a reguláris kiterjesztés 100. deriváltját a 0-ban!
+''MO.''
+:<math>f(z)=\frac{\sin(z) -z}{z^3}=\frac{-\frac{z^3}{3!}+\frac{z^5}{5!}-\frac{z^7}{7!}\pm\dots}{z^3}=-\frac{1}{3!}+\frac{z^2}{5!}-\frac{z^4}{7!}\pm\dots</math>
+Mivel a sorfejtés egyértelmű, ezért a <math>z^{100}</math> tag együtthatója egyértelmű, azaz egyfelől a Taylor-sorból felírva, másfelől a most megadott sorfejtésből:
+:<math>\frac{f^{(100)}(0)}{100!}=-\frac{1}{103!}</math>
+:<math>f^{(100)}(0)=-\frac{100!}{103!}=-\frac{1}{101\cdot 102\cdot 103}</math>
+'''2.''' Fejtse Laurent-sorba az
+:<math>f(z)=\frac{z}{z+i}</math>
+függvényt úgy, hogy a sorfejtés a 1/2 pontban előállítsa a függvényt!
+'''a)''' a 0 körül,
+'''b)''' az 1 körül
+'''c)'''  Milyen szingularitása van a -i-ben? Mennyi a reziduuma ebben?
+''MO.'' a) Ha ránézünk a becses kezeinkkel rajzolt ábrára (ugye mindenki csinált ábrát!), akkor láthatjuk, hogy a reguláris, belső körbe esik mindkét pont körül az 1/2.
+:<math>f(z)=\frac{z}{z+i}=\frac{z}{i}\frac{1}{\frac{z}{i}+1}=\frac{z}{i}\frac{1}{1-\frac{-z}{i}}</math>
+tehát <math>q=\frac{-z}{i}</math>, ami |z|<1 esetén lesz konvergens sor alakú:
+:<math>f(z)=\frac{z}{i}\frac{1}{1-\frac{-z}{i}}=\frac{z}{i}\sum\limits_{n=0}^\infty\left(\frac{-z}{i}\right)^n=\sum\limits_{n=0}^\infty\left(\frac{-z}{i}\right)^{n+1}=\sum\limits_{n=0}^\infty i^{n+1}z^{n+1}</math>
+b)
+:<math>f(z)=\frac{(z-1)+1}{(z-1)+1+i}=\frac{z-1}{(z-1)+1+i}+\frac{1}{(z-1)+1+i}=(z-1)\frac{1}{(z-1)+1+i}+\frac{1}{(z-1)+1+i}</math>
+:<math>\frac{1}{(z-1)+1+i}=\frac{1}{1+i}\frac{1}{\frac{z-1}{1+i}+1}=\frac{1}{1+i}\frac{1}{1-\frac{-(z-1)}{1+i}}</math>
+tehát <math>q=\frac{-z+1}{1+i}</math>, ami <math>|z-1|<\sqrt{2}</math> esetén lesz konvergens sor alakú:
+:<math>\frac{1}{1+i}\frac{1}{1-\frac{-(z-1)}{1+i}}=\frac{1}{1+i}\frac{1}{1-\frac{-(z-1)}{1+i}}=\frac{1}{1+i}\sum\limits_{n=0}^{\infty}\left(\frac{-(z-1)}{1+i}\right)^n=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\left(\frac{-1}{1+i}\right)^{n+1}(z-1)^n</math>
+:<math>f(z)=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\left(\frac{-1}{1+i}\right)^{n+1}(z-1)^{n+1}+\sum\limits_{n=0}^{\infty}\left(\frac{-1}{1+i}\right)^{n+1}(z-1)^n</math>
+c)
+:<math>f(z)=\frac{z}{z+i}=\frac{z+i-i}{z+i}=1-\frac{i}{z+i}</math>
+maga a -i körüli Laurent-sor, itt a reciprokos tag együtthatója: -i, azaz ennyi a reziduum. Pólusszingularitása van itt és ennek foka 1, mert a Laurent-sor főrészében csak a reciprok szerepel.
+'''3.''' Fejtse Laurent-sorba az
+:<math>f(z)=\frac{1}{z^2(z+i)}</math>
+függvényt a 0 körül úgy, hogy a sorfejtés a 2i pontban előállítsa a függvényt! Milyen szingularitása van a 0-ban? És a -i-ben?
+''Mo.''
+Az ábrából látható, hogy a szingularitáson túli gyűrűben van 2i, ezért 1/z szerint kell sorfejteni.
+:<math>f(z)=\frac{1}{z^2(z+i)}=\frac{1}{z^3}\frac{1}{1+\frac{i}{z})}=\frac{1}{z^3}\frac{1}{1-\frac{-i}{z})}</math>
+tehát <math>q=\frac{-i}{z}</math>, ami |z|>1 esetén lesz konvergens sor alakú, azaz 2i ide tartozik
+:<math>f(z)=\frac{1}{z^3}\sum\limits_{n=0}^\infty\left(\frac{-i}{z}\right)^n=\sum\limits_{n=0}^\infty(-i)^{n}\left(\frac{1}{z}\right)^{n+3}</math>
+az f nevezőjének kétszeres gyöke, a számlálónak nem gyöke, a -i a nevezőnek egyszeres, a számlálónak nullaszoros gyöke. Tehát 0-ban másodfokú pólusa van, -i-ben elsőfokú.
+'''4.''' Fejtse Laurent-sorba az
+:<math>f(z)=\mathrm{sh}(\frac{1}{z^2})</math>
+függvényt a 0 körül! Milyen szingularitása van a 0-ban?
+''MO.''
+:<math>f(z)=\mathrm{sh}(\frac{1}{z^2})=\frac{1}{z^2}+\frac{1}{3!z^6}+\frac{1}{5!z^{10}}+\frac{1}{7!z^{14}}+\dots</math>
+végtelen sok tag van a főrészben, ezért a szingularitás lényeges.
+===Integrálás paraméterezéssel és Newton--Leibniz-formulával===
+:<math>\int\limits_{G}f=\int\limits_{t=t_1}^{t_2}f(z(t))\dot{z}(t)dt</math>
+ahol G paraméterezése <math>t\mapsto z(t)</math>, <math>t_1\leq t\leq t_2</math> folytonosan differenciálható, f folytonos a G-t tartalmazó egy nyílt halmazon.
+:<math>\int\limits_{G,z_1}^{z_2}f=F(z_2)-F(z_1)</math>
+ahol F komplex deriválható és F'=f, valamint f Riemann integrálható a G mentén, G kezdőpontja <math>z_1</math>, végpontja <math>z_2</math>
+'''1.''' Adja meg az
+:<math>
+f(z)=\overline{z}^2\,</math>
+függvény integráláját az
+'''a''') Origó középpontú, pozitívan irányított egységkör <math>Re(z)\geq 0</math> feltételt teljesítő felére!
+'''b''') [0,2+i] szakaszra!
+'''2.''' Adja meg az
+:<math>
+f(z)=\frac{2z}{(z^2+1)^2}\,</math>
+függvény integráláját az
+'''a''') Origó középpontú, pozitívan irányított kétségkör <math>Im(z),Re(z)\leq 0</math> feltételt teljesítő negyedére!
+'''b''') Origó középpontú, pozitívan irányított kétségkörre!
+===Integrálás Riemann-féle integráltétellel és Cauchy-féle integrálformulával===
+'''Cauchy-féle integráltétel''' Ha a D korlátos és zárt tartomány &part;D határa egy zárt görbével paraméterezhető és a görbe a tartománnyal kompatibilisan irányított, továbbá a D&sube;U&sube;'''C''' nyílt halmazon reguláris az f függvény, akkor
+:<math>\oint\limits_{\partial D} f=0</math>
+'''Riemann-féle integráltétel''' Ha a D korlátos és zárt tartomány &part;D határa egy zárt görbével paraméterezhető és a görbe a tartománnyal kompatibilisan irányított, továbbá a D&sube;U&sube;'''C''' nyílt halmazon reguláris az f függvény, kivéve a D egyetlen pontját és f korlátos,  akkor
+:<math>\oint\limits_{\partial D} f=0</math>
+'''Cauchy-féle integrálformulák''' Ha a D korlátos és zárt, egyszeresen összefüggő tartomány G=&part;D határa egy zárt görbével paraméterezhető és a görbe a tartománnyal kompatibilisan irányított, továbbá a D&sube;U&sube;'''C''' nyílt halmazon reguláris az f függvény és <math>z_0\in \mathrm{int} D</math>, akkor
+:<math>f^{(n)}(z_0)=\frac{n!}{2\pi i}\oint\limits_{G} \frac{f(z)}{(z-z_0)^{n+1}}\mathrm{d}z</math>
+'''1.'''* <math>\oint\limits_{|z|=1} \frac{\cos(z)-1}{\sin(z^2)}=?\,\mathrm{d}z</math>
+'''2.''' <math>\oint\limits_{|z|=1} \frac{\cos (z)}{z^{100}}\,\mathrm{d}z=?</math>
+'''3.''' <math>\oint\limits_{|z-i|=2} \frac{z^2+z+1}{z^4+4z^2}\,\mathrm{d}z=?</math>
+'''4.''' <math>\oint\limits_{|z-1|=\frac{1}{2}} \frac{\cos(\ln z)}{z^2-3z+2}=?</math>
+===Integrálás reziduumtétellel===
+'''Reziduumtétel''' Ha a D korlátos és zárt, egyszeresen összefüggő tartomány G=&part;D határa egy zárt görbével paraméterezhető és a görbe a tartománnyal kompatibilisan irányított, továbbá a D&sube;U&sube;'''C''' nyílt halmazon reguláris az f függvény kivéve a <math>z_1,\dots,z_n\in\mathrm{int}\,D</math> pontokban, akkor
+:<math>\oint\limits_{G} f=\sum\limits_{k=1}^n\mathrm{Res}^f(z_k)</math>
+ahol <math>\mathrm{Res}^f(\zeta)</math> az f függvény <math>\zeta</math> körüli azon Laurent-sorának <math>c_{-1}</math> együtthatója, mely a függvényt a <math>\zeta</math> egy kipontozot környzetében állítja elő.
+'''1.'''* <math>\oint\limits_{|z|=1} \frac{z^2+5z+1}{\mathrm{sh}(z)}\,\mathrm{d}z=?</math>
+'''2.''' <math>\oint\limits_{|z-3|=1} \frac{5z+1}{\sin(z)}\,\mathrm{d}z=?</math>
+'''3.''' <math>\oint\limits_{|z|=1} \frac{e^{z^2+2}}{(2z+4)\sin(\frac{\pi z}{4})}\,\mathrm{d}z=?</math>
+==Vektoranalízis==
+===Differenciáloperátorok===
+'''1.''' Hol létezik és mennyi az alábbi függvények gradiense?
+:'''a)''' <math> \mathbf{v}(\mathbf{r})=|\mathbf{r}|^4\,</math>
+:'''b)''' <math> \mathbf{v}(\mathbf{r})=\frac{1}{|\mathbf{r}|^2}\,</math>
+:'''c)''' <math> \mathbf{v}(\mathbf{r})=\sin(|\mathbf{r}|^3)\,</math>
+'''2.''' Hol létezik és ott mi az alábbi térbeli vektormező rotációja és divergenciája?
+:'''a)''' <math> \mathbf{v}(\mathbf{r})=\mathbf{r}|\mathbf{r}|^6\,</math>
+:'''b)''' <math> \mathbf{v}(\mathbf{r})=\mathbf{k}\times\mathbf{r}\,</math> ('''k''' a z irányú egységvektor)
+===Potenciálkeresés===
+'''1.''' Ha van, mi az alábbi térbeli vektormező potenciálja?
+:<math> v(x,y,z)=(2xy^3,3x^2y^2,z^2)\,</math>
+'''2.''' Ha van, mi az alábbi síkbeli vektormező potenciálja?
+:<math> v(x,y)=(x^3+y^3,3xy^2)\,</math>
+'''3.''' Ha van, mi az alábbi függvény potenciálja?
+:'''a)''' <math> \mathbf{v}(\mathbf{r})=\mathbf{r}|\mathbf{r}|^6\,</math>
+:'''b)''' <math> \mathbf{v}(\mathbf{r})=\frac{2\mathbf{r}}{1+|\mathbf{r}|^2}\,</math>
+===Vonalintegrál===
+:<math>\int\limits_{G,\mathbf{r}_1}^{\mathbf{r}_2}\mathbf{v}\;\mathrm{d}\mathbf{r}=\int\limits_{t_1}^{t_2}\mathbf{v}(\mathbf{r}(t))\cdot\dot\mathbf{r}(t)\,\mathrm{d}t</math>
+ahol '''r'''<sub>1</sub> = '''r'''(''t''<sub>1</sub>), '''r'''<sub>2</sub> = '''r'''(''t''<sub>2</sub>).
+:<math>\int\limits_{G}\mathbf{v}\;\mathrm{d}\mathbf{r}=\int\limits_{G}v_t\,|\mathrm{d}\mathbf{r}|</math>
+ahol ''v''<sub>t</sub> a vektormezőnek a görbe érintője irányú komponense, az integrál pedig a vektormező ívhossz szerinti integrálja.
+'''1. ''' Számítsuk ki az alábbi vektormezőnek az A=(1,-2,3), B=(2,1,4) végpontú egyenes szakaszra vonatkozó integrálját!
+:<math>\mathbf{v}(x,y,z)=(y+z)\mathbf{i}+(x+z)\mathbf{j}+(x+y)\mathbf{k}\,</math>
+'''2.''' Számítsuk ki a '''v''' = '''k''' &times; '''r''' függvénynek az R sugarú, [x,y] síkbeli origó középpontú körre vonatkozó integrálját!
+'''3. ''' Számítsuk ki a '''v''' = '''k''' &times; '''r''' / |'''k''' &times; '''r'''|<sup>2</sup> függvénynek az R sugarú, [x,y] síkbeli origó középpontú körre vett integrálját!
+===Felületi integrál===
+:<math>\int\limits_{F}\mathbf{v}\,\mathrm{d}\mathbf{F}=\int\limits_{F_{u,v}}\mathbf{v}(\mathbf{r}(u,v))\left(\frac{\partial \mathbf{r}(u,v)}{\partial u}\times\frac{\partial \mathbf{r}(u,v)}{\partial v}\right)\;\mathrm{d}u\mathrm{d}v</math>
+:<math>\int\limits_{F}\mathbf{v}\,\mathrm{d}\mathbf{F}=\int\limits_{F}v_\mathbf{n}\,|\mathrm{d}\mathbf{F}|</math>
+felszín integrállal a normális irányú komponensből.
+'''1.''' Számítsuk ki a '''v''' vektormezőnek az '''r''' felületre vett integrálját:
+:<math>\mathbf{v}(x,y,z)=x\mathbf{i}-y\mathbf{j}+z\mathbf{k}\,</math>
+:<math>\mathbf{r}(u,v)=(u+2v)\mathbf{i}+v\mathbf{j}+(u-v)\mathbf{k},\;u\in[0,3], \;v\in[0,1]</math>
+'''2. ''' Számítsuk ki az '''v''' = '''r'''-nek az R sugarú, M magasságú, z tengelyű hengerre vonatkozó felületi integrálját!
+'''3.''' Számítsuk ki az R sugarú origó középpontú gömbnyolcad felszínére az '''v''' = '''r'''|'''r'''|<sup>3</sup> integrálját!