Szerkesztő:Mozo/A3 gyakorló feladatok 5.

A MathWikiből

(Változatok közti eltérés)

Ugrás: navigáció, keresés

A lap 2016. június 4., 20:37-kori változata

_{<Matematika A3a 2008}

Tartalomjegyzék

1 Differenciálegyenletek
2 Komplex függvénytan
- 2.1 Folytonosság, határérték
- 2.2 Deriválhatóság

Differenciálegyenletek

Fokszámban homogén egyenletek

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Implicit mo.:

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

Explicit mo.:

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

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:

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

$C=-\frac{1}{6}-1=-\frac{7}{6}\,$

A kezdeti feltételt kielégítő mo.:

$y=-\sqrt[6]{6e^{x^2}-7}\,$

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. $z = 2 i$ -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 $U\subseteq\mathbf{R}^2$ nyílt. 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:

$\begin{cases}\partial_xv=-\partial_yu\\\partial_yv=\partial_xu\end{cases}$

@@ 394. sor: / 394. 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 <math>U\subseteq\mathbf{R}^2</math> nyílt. 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}</math>

Szerkesztő:Mozo/A3 gyakorló feladatok 5.

A lap 2016. június 4., 20:37-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

Nézetek

Személyes eszközök

Navigáció

Keresés

Eszközök