Szerkesztő:Mozo/A3 gyakorló feladatok 5.
Mozo (vitalap | szerkesztései) (→Folytonosság, határérték) |
Mozo (vitalap | szerkesztései) (→Deriválhatóság) |
||
330. sor: | 330. sor: | ||
===Deriválhatóság=== | ===Deriválhatóság=== | ||
'''1.''' Hol deriválható komplex módon és hol reguláris az alábbi függvény? | '''1.''' Hol deriválható komplex módon és hol reguláris az alábbi függvény? | ||
− | :<math>f(z)=\overline{z}|z|^2\,</math> | + | :'''a''') <math>f(z)=\overline{z}|z|^2\,</math> |
+ | :'''b''')* <math>g(z)=x^2-y^2+2|xy|i\,</math> | ||
− | ''Mo.'' Legyen <math>z=x+iy</math>. | + | ''Mo.'' a) Legyen <math>z=x+iy</math>. |
:<math>f(z)\equiv(u(x,y),v(x,y))=\left(x^3+xy^2,-x^2y-y^3\right)</math> | :<math>f(z)\equiv(u(x,y),v(x,y))=\left(x^3+xy^2,-x^2y-y^3\right)</math> | ||
:<math>\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}</math> | :<math>\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}</math> | ||
341. sor: | 342. sor: | ||
:<math>2xy=2xy\,</math> | :<math>2xy=2xy\,</math> | ||
Mivel az első, azaz <math>3x^2+y^2+x^2+3y^2=0\,</math> 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. | Mivel az első, azaz <math>3x^2+y^2+x^2+3y^2=0\,</math> 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) <math>u=x^2-y^2</math>, <math>v=2|xy|</math>. 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. A síknegyedeken belül tehát reguláris. | ||
'''2.''' Hol deriválható komplex módon és hol reguláris az alábbi függvény? | '''2.''' Hol deriválható komplex módon és hol reguláris az alábbi függvény? | ||
− | :<math>f(z)=\sin(z)|z|\,</math> | + | :'''a''')* <math>f(z)=\sin(z)|z|\,</math> |
+ | :'''b''') <math>g(z)=y^2+x^3i\,</math> | ||
− | ''Mo.'' HF CR-egyenletekkel igazolni, hogy |z| sehol se deriválató. Azt tudjuk, hogy sin(z) mindenütt deriválható. <math>\sin(z)=0</math> pontosan akkor, ha <math>z=k\pi</math> (HF). Ezért <math>z\ne k\pi</math> esetén, ha <math>f(z)</math> deriválható lenne, akkor | + | ''Mo.'' a) HF CR-egyenletekkel igazolni, hogy |z| sehol se deriválató. Azt tudjuk, hogy sin(z) mindenütt deriválható. <math>\sin(z)=0</math> pontosan akkor, ha <math>z=k\pi</math> (HF). Ezért <math>z\ne k\pi</math> esetén, ha <math>f(z)</math> deriválható lenne, akkor |
:<math>\frac{f(z)}{\sin z}=\frac{1}{\sin z}\sin (z)|z|=|z|</math> | :<math>\frac{f(z)}{\sin z}=\frac{1}{\sin z}\sin (z)|z|=|z|</math> | ||
is deriválható lenne, ami tehát lehetetlen. Már csak a <math>z= k\pi</math> 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: | is deriválható lenne, ami tehát lehetetlen. Már csak a <math>z= k\pi</math> 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: | ||
:<math>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|\,</math> | :<math>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|\,</math> | ||
ami létezik, tehát minden <math>k\pi</math> pontban deriválható a függvény, de máshol nem, így sehol sem reguláris. | ami létezik, tehát minden <math>k\pi</math> pontban deriválható a függvény, de máshol nem, így sehol sem reguláris. | ||
+ | |||
+ | |||
+ | b) | ||
+ | :<math>\begin{bmatrix}\partial_xu & \partial_yu\\\partial_xv & \partial_yv\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0 & 2y\\ 3x^2 & 0\end{bmatrix}</math> | ||
+ | Ezek a parciális deriváltak mindenhol folytonosak, azaz az (u,v) pár totálisan deriválható mindenhol. | ||
+ | Innen a Cauchy--Riemann-egyenletek: | ||
+ | :<math>0=0\,</math> | ||
+ | :<math>2y=-3x^2\,</math> | ||
+ | Azaz a függvény az | ||
+ | :<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. |
A lap 2016. június 4., 15:53-kori változata
Tartalomjegyzék |
Differenciálegyenletek
Fokszámban homogén egyenletek
1.
MO. u = y / x; y = ux; y' = u'x + u
- ;
- ;
- ;
Implicit mo.:
Explicit mo.:
- Itt
2.
MO. y≡0 konstans mo. y=ux helyettesítéssel:
ahonnan intervallumon értelmezett megoldás esetén:
- ;
Implicit mo.:
- ; és y=0
Explicit mo.:
- és y=0.
3.
MO. y≡0 konstans mo. y=ux helyettesítéssel:
- ;
- ;
- ;
Implicit mo.:
- ;
Explicit mo.:
- ;
Kezdetiérték feladat
1. ; (y(-1)=0)
MO.
Implicit ált. mo.:
- ; ()
Explicit általános mo.:
Behelyettesítve az implicit ált. mo-ba:
A kezdeti feltételt kielégítő mo.:
2. ; (y(0)=-1)
MO.
Implicit ált. mo.:
- ; ()
Explicit általános mo.:
- ; ()
Behelyettesítve az implicit ált. mo-ba:
A kezdeti feltételt kielégítő mo.:
Egzaktra visszavezethető
1.
MO.:
Tehát x5 alkalmas integráló szorzó.
Innen az
egy megoldását megkeresve:
ahonnan:
És az implicit általános megoldás:
- ; ()
(Az explicit pedig:
- )
2.
MO.:
integráló szorzó.
egy megoldását megkeresve:
ahonnan:
És az implicit általános megoldás:
- ; ()
Lineáris argumentumú egyenlet
1.
MO. u=4x-y; u'=4-y'
- ; konstans megoldások:
- ; (ha )
Implicit általános megoldás:
- és az szeparálással ki nem hozható két megoldás:
2.
MO. u=x+y; u'=1+y'
- ; konstans megoldások:
- ; (ha )
Implicit általános mo.:
- és a szeparálással ki nem hozható megoldások:
Függvényegyütthatós lineáris egyenlet
1.
MO. I.) Homogén. y≡0 mo.
II.) Az inhomogén partikuláris megoládást
alakban keressük.
Behelyettesítés után:
így az általános mo.:
2.
MO. I.) Homogén. y≡0 (x>0) mo.
II.) Az inhomogén partikuláris megoládást
alakban keressük. Behelyettesítés után:
így az általános mo.:
Laplace-transzformációval megoldható feladatok
1. x(0)=1; y(0)=-1 kezdeti feltétellel oldja meg az
egyenletrendszert!
MO.
Ebből kell kifejezni X-et és Y-t. Egyszerű a megoldás, ha észrevesszük, hogy ezeket összeadva:
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:
Ezt visszatranszformálva:
És y=-x miatt:
2. y(0)=0; y'(0)=0 kezdeti feltétellel oldja meg az
egyenletet!
MO.
Innen visszatranszformálva:
Próbafüggvény módszerrel megoldható egyenletek
Homogén egyenlet megoldása:
- (karakterisztikus polinom)
- , akkor (belső rezonancia)
- , akkor
- , akkor
Inhomogén partikuláris alakja rezonaniák nélkül, spéci esetekben:
- , és
- , akkor
- , akkor
- , akkor
- , akkor
Általános (exp., trig., pol.) esetben pedig ha
- ,
akkor
ahol 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
egyenlet általános megoldását!
MO. , mert gyökei
Ezt behelyettesítve az egyenletbe:
Tehát és , így az általános megoldás: ,
2. (Rezonanciás feladatok)
a.
Mo. vázlat. , azaz . Innen
- yH(x) = C1cos(3x) + C2sin(3x)
Mivel
ezért a + bi = 3i 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
alakban keresendő.
b.
Mo. vázlat. , azaz . Innen
Mivel
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
alakban keresendő.
c.
Mo. vázlat. , azaz . Innen
Mivel
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
alakban keresendő.
Komplex függvénytan
Folytonosság, határérték
1. Határozzuk meg, hogy az alábbi függvény folytonos-e?
Mo. z = 2i-ben a függvény 0/0 alakú, ami határozatlan alak, de alakalmazható a L'Hospital szabály:
tehát a határérték létezik és a helyettesítési értékkel egyenlő, azaz 2i-ben a függvény folytonos.
z = − 2i-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?
Mo. Legyen z = x + iy. Mivel , ezért f csak a 0-ban nincs értelmezve. Itt valós és képzetes részre bontva:
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.
- irányból
- irányból
azaz a határérték nem létezhet a 0-ban. (Amúgy a valós rész határértéke létezik és 0, ugyanis rendőrelvvel:
- )
Nincs értelmezve az x=0 pontokban, azaz az y tengely pontjaiban. Nemnulla y0 esetén a (0,y0) ponthoz az (x,y_0) mentén tartva y0 / x-nek végtelen a határértéke, tehát ott nem létezik. Ha y0 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)
- b)*
Mo. a) Legyen z = x + iy.
Ezek a parciális deriváltak mindenhol folytonosak, azaz az (u,v) pár totálisan deriválható mindenhol. Innen a Cauchy--Riemann-egyenletek:
Mivel az első, azaz 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 = x2 − y2, v = 2 | xy | . 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. A síknegyedeken belül tehát reguláris.
2. Hol deriválható komplex módon és hol reguláris az alábbi függvény?
- a)*
- b)
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 = kπ (HF). Ezért esetén, ha f(z) deriválható lenne, akkor
is deriválható lenne, ami tehát lehetetlen. Már csak a z = kπ 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:
ami létezik, tehát minden kπ pontban deriválható a függvény, de máshol nem, így sehol sem reguláris.
b)
Ezek a parciális deriváltak mindenhol folytonosak, azaz az (u,v) pár totálisan deriválható mindenhol. Innen a Cauchy--Riemann-egyenletek:
Azaz a függvény az
parabola mentén komplex deriválható, de sehol se reguláris, mert nincs olyan nyílt környzete, melyben mindenütt deriválható lenne.