Szerkesztő:Mozo/A3 gyakorló feladatok 6.

A MathWikiből
< Szerkesztő:Mozo
A lap korábbi változatát látod, amilyen Mozo (vitalap | szerkesztései) 2017. január 16., 17:32-kor történt szerkesztése után volt.

Tartalomjegyzék

Differenciálgeometria

Ívhossz és ívhosszparaméterezés

s=\int\limits_{t_1}^{t_2}|\dot{\mathbf{r}}(t)|dt
s(t')=\int\limits_{t_0}^{t'}|\dot{\mathbf{r}}(t)|dt
s=s(t')\qquad\to\qquad t'=t'(s)\qquad\to\qquad \mathbf{r}(s)=\mathbf{r}(t')|_{t'=t'(s)}


1. a) Mi az alábbi görbe ívhossza a [1,e] paraméterszakaszon és mi az ívhosszparaméterezése t=1-tól kezdődően?

\mathbf{r}(t)=(t\cos \ln t, t\sin \ln t, t)

b) Mi az alábbi görbe ívhossza a [0,1] paraméterszakaszon és mi az ívhosszparaméterezése t=0-tól kezdődően?

\mathbf{r}(t)=(\frac{4\sqrt{3}}{3}\sqrt{t^3}, 2t, \frac{3}{2}t^2)

MO.: a)

\dot{\mathbf{r}}(t)=(\cos\ln t-t\sin\ln t\cdot \frac{1}{t},\sin\ln t+t\cos\ln t\cdot \frac{1}{t}, 1)=(\cos\ln t-\sin\ln t,\sin\ln t+\cos\ln t, 1)
|\dot{\mathbf{r}}(t)|=\sqrt{(\cos\ln t-\sin\ln t)^2+(\sin\ln t+\cos\ln t)^2+1}=
=\sqrt{\cos^2\ln t+\sin^2\ln t-2\cos\ln t\sin\ln t+\cos^2\ln t+\sin^2\ln t+2\cos\ln t\sin\ln t+1}=\sqrt{1+1+1}=\sqrt{3}

Ívhossz: [1,e]-n:

s=\int\limits_{1}^{e}\sqrt{3}\,dt=[\sqrt{3}\cdot t]_1^e=\sqrt{3}(e-1)

Ívhossz paraméterezés t=1-től:

s(t')=\int\limits_{t=1}^{t'}\sqrt{3}\,dt=[\sqrt{3}\cdot t]_{1}^{t'}=\sqrt{3}(t'-1)\qquad\to\qquad t'=\frac{s}{\sqrt{3}}+1
\mathbf{r}(s)=\left(\left(\frac{s}{\sqrt{3}}+1\right)\cos \ln \left(\frac{s}{\sqrt{3}}+1\right), \left(\frac{s}{\sqrt{3}}+1\right)\sin \ln \left(\frac{s}{\sqrt{3}}+1\right), \frac{s}{\sqrt{3}}+1\right)

b)

\sqrt{t^3}=t^{\frac{3}{2}}
\dot{\mathbf{r}}(t)=(\frac{4\sqrt{3}}{3}\frac{3}{2}\sqrt{t}, 2, \frac{3}{2}2t)=(2\sqrt{3}\sqrt{t}, 2, 3t)
|\dot{\mathbf{r}}(t)|=\sqrt{12t+ 4+9t^2}=

Vegyük észre, hogy a négyzetgyök alatt teljes négyzet áll:

=\sqrt{12t+ 4+9t^2}=\sqrt{9t^2+12t+4}=\sqrt{(3t+2)^2}=|3t+2| ez t>0-ra persze azonos 3t+2-vel.

Ívhossz: [1,e]-n:

s=\int\limits_{0}^{10}3t+2\,dt=\left.\frac{(3t+2)^2}{6}\right|_0^{10}=\frac{(32)^2}{6}-\frac{2}{3}

Ívhossz paraméterezés t=0-tól:

s(t')=\int\limits_{t=1}^{t'}3t+2\,dt=\left[\frac{(3t+2)^2}{6}\right]_{0}^{t'}=\frac{(3t'+2)^2}{6}-\frac{2}{3}
t'=\frac{\sqrt{6(s+\frac{2}{3})}-2}{3}=\frac{\sqrt{6s+4}-2}{3}
\mathbf{r}(s)=\left(\frac{4\sqrt{3}}{3}\sqrt{\left(\frac{\sqrt{6s+4}-2}{3}\right)^3}, 2\frac{\sqrt{6s+4}-2}{3}, \frac{3}{2}\left(\frac{\sqrt{6s+4}-2}{3}\right)^2\right)

Felszín

\mathbf{r}=\mathbf{r}(u,v) esetén

A=\iint\limits_{T_{u,v}}|\partial_u\mathbf{r}\times\partial_v\mathbf{r}|\,dudv

z = f(x,y) esetén

A=\iint\limits_{T_{x,y}}\sqrt{(\partial_xf)^2+(\partial_yf)^2+1}\,dxdy

2. a) Számítsuk ki a z = x2y2 egyenlettel adott felület azon darabjának felszínét, melyet az x^2+y^2\leq 4, x\geq 0 feltételek adnak meg!

b) Számítsuk ki a z=\frac{x^2}{2y} egyenlettel adott felület azon darabjának felszínét, melyet az 0\leq x\leq 1, 1\leq y\leq 3 feltételek adnak meg!

c) Számítsuk ki az \mathbf{r}(u,v)=(u\cos v,u\sin v,u) felület azon darabjának felszínét, melyet a 0\leq u\leq 2, 0\leq v\leq \pi feltételek adnak meg!

MO.: a)

\sqrt{(\partial_xz(x,y))^2+(\partial_yz(x,y))^2+1}=\sqrt{(2x)^2+(2y)^2+1}=\sqrt{4x^2+4y^2+1}=\sqrt{4(x^2+y^2)+1}

Mivel a tartomány is és a függvény is hengerszimmetriát mutat (minden amiben x2 + y2 van, az hengerszimmetrikus), ezért az integrált hengerkoordinátákban számítjuk ki. A tartomány derékszögű és polárparamméterezése (érdemes felrajzolni koordinátarendszerben és leolvasni az r-t, φ-t), r a Jacobi-determináns:

T_{x,y}=\{(x,y)\mid x^2+y^2\leq 4, x\geq 0 \}
T_{r,\varphi}=\{(r,\varphi)\mid 0\leq r\leq 2, -\frac{\pi}{2}\leq\varphi\leq \frac{\pi}{2}\}
A=\int\limits_{\varphi=-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\int\limits_{r=0}^2\sqrt{4r^2+1}\,r\,drd\varphi=\frac{1}{8}\int\limits_{\varphi=-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\int\limits_{r=0}^2\sqrt{4r^2+1}\,8r\,drd\varphi=\frac{1}{8}[\varphi]_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\cdot[\frac{2}{3}(4r^2+1)^{\frac{3}{2}}]_0^2=\frac{\pi}{24}(17^{\frac{3}{2}}-1)

b)

\sqrt{(\frac{x}{y})^2+(-2\frac{x^2}{4y^2})^2+1}=\sqrt{\frac{x^2}{y^2}+\frac{x^4}{4y^4}+1}=

Vegyük észre, hogy a négyzetgyök alatt egy teljes négyzet


=\sqrt{\frac{x^2}{y^2}+\frac{x^4}{4y^4}+1}=\sqrt{\left(\frac{x}{2y}+1\right)^2}=\left|\frac{x}{2y}+1\right|, ami \frac{x}{2y}+1, a 0\leq x\leq 1, 1\leq y\leq 3 feltételek mellett.
T_{x,y}=\{(x,y)\mid 0\leq x\leq 1,1\leq y\leq 3 \}
A=\int\limits_{x=0}^1\int\limits_{y=1}^3\,\frac{x}{2y}+1\,dydx=\int\limits_{x=0}^1\,\left[2x(\ln y)+y\right]_{y=1}^3\,dx=\int\limits_{x=0}^1\,2x(\ln 3)+2\,dx=[x^2(\ln 3)+2x]_0^1=(\ln 3)+2

Érintősík

Ha \mathbf{r}=\mathbf{r}(u,v) a felület, akkor az érintősík normálisa:

\mathbf{n}=\partial_u\mathbf{r}\times\partial_v\mathbf{r}, ha pedig n=(A,B,C), akkor az érintősík egyenlete:
A(xx0) + B(yy0) + C(zz0) = 0

ahol (x0,y0,z0) annak a pontnak a koordinátái, ahol az érintősíkot keressük, ez néha \mathbf{r}(u_0,v_0)-ként van meghatározva. Speciálisan, ha z=f(x,y) és u=x, v=y, akkor \mathbf{n}=(\partial_xf,-\partial_yf,1). Ugyanis ekkor (x,y,f(x,y)) a felület és

\partial_x\mathbf{r}=(1,0,\partial_xf)
\partial_y\mathbf{r}=(0,1,\partial_yf)
\begin{vmatrix}\mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k}\\
1 &0 &\partial_xf
\\
0 & 1 & \partial_yf
\end{vmatrix}=-\mathbf{i}\partial_xf-\mathbf{j}\partial_yf+\mathbf{k}

3. a) \mathbf{r}(u,v)=(e^u\sin v,e^u,uv+1). Mi az érintősíkja az (u,v)=(0,0)-ban?

b) z = x2y2 érintősíkja a (x0,y0,z0) = (0,1, − 1)-ben.

MO.: a)

\partial_u\mathbf{r}=(e^u\sin v,e^u,v)
\partial_v\mathbf{r}=(e^u\cos v,0,u)

az adott (0,0) pontban

\partial_u\mathbf{r}=(0,1,0)=\mathbf{j}
\partial_v\mathbf{r}=(1,0,0)=\mathbf{i}

ezek vektoriális szorzata: -k, azaz a normálvektor: (A,B,C)=(0,0,-1) vagy egyszerűbben (A,B,C)=(0,0,1) mert az érintősíknál nincs jelentősége a normálvektor irányításának. Az adott pont: \mathbf{r}(0,0)=(0,1,1)=(x_0,y_0,z_0) Tehát a sík egyenlete: z-1=0, azaz z=1.

b) \mathbf{n}=(2x,-2y,1)=(0,-2,1)=(A,B,C)

-2(y-1)+z+1=0\,

Differenciálegyenletek

Egzaktra visszavezethető egyenlet

Mi a megoldása az x2y2 + 3xyy' = 0 egyenletnek?

MO.:

(x^2-y^2)dx+ 3xydy=0\, legyen itt:
P(x,y)=x^2-y^2,\quad Q(x,y)=3xy
\partial_yP-\partial_xQ=-2y-3y=-5y
R(x)=\frac{\partial_y P-\partial_yQ}{Q}=\frac{-5y}{3xy}=-\frac{5}{3}\frac{1}{x}
\mu(x)=e^{\int -\frac{5}{3}\frac{1}{x}dx}=e^{-\frac{5}{3}\ln|x|}=x^{-\frac{5}{3}}
(x^{\frac{1}{3}}-x^{-\frac{5}{3}}y^2)dx+ 3x^{-\frac{2}{3}}ydy=0\,

Függvényegyütthatós lineáris egyenlet

Mi a megoldása az y'-2xy=x\, egyenletnek? Melyik az a partikuláris megoldás, melyre y(0)=-\frac{1}{2}?

MO.:

A homogén megoldása:

y'-2xy=0\,
y'=2xy\,
\frac{dy}{dx}=2xy\,\qquad (y=0\;\mathrm{mo.})
\int\frac{dy}{y}=\int 2xdx\,
\ln|y|=x^2+C\,
|y|=e^{x^2+C}\,
y=ce^{x^2}\, elsőrendű homogén lineáris megoldása egy egydimenziós függvénytér, ebben a 0 is benne van.

Az inhomogén egy partikuláris megoldását az alábbi alakban keressük:

y=c(x)e^{x^2}\,
y'=c'(x)e^{x^2}+c(x)2xe^{x^2}\,

Behelyettesítve:

c'(x)e^{x^2}+c(x)2xe^{x^2}-2xc(x)e^{x^2}=x\,
c'(x)e^{x^2}=x\,
c'(x)=xe^{-x^2}\,
c(x)=-\frac{1}{2}\int -2xe^{-x^2}\,dx=-\frac{1}{2}e^{-x^2} elég egy partikuláris megoldás.

Innen az inhomogén általános megoldása:

y=ce^{x^2}-\frac{1}{2}e^{-x^2}e^{x^2}\,=ce^{x^2}-\frac{1}{2}

A kezdeti érték feladathoz:

y=ce^{x^2}-\frac{1}{2}
-\frac{1}{2}=c-\frac{1}{2}

Azaz c=0 és így

y_P=-\frac{1}{2}

Lineáris állandóegyütthatós

Minden

f0(x)y + f1(x)y' + ... + fn(x)y(n)) = f(x)

lineáris differenciálegyenlet megoldásainak halmaza

\,y=y_H+y_P

alakú, ahol yH a homogén

f0(x)y + f1(x)y' + ... + fn(x)y(n))

egyenlet megoldása, y_p pedig az egyenlet egy partikuláris megoldása.

Állandóegyütthatójú, ha

f0(x) = a0,f1(x) = a1 + ... + fn(x) = an számok.

Gyakran csak másodrendű:

ay''+by'+cy=f(x)\,

ha a, b, cR.

Ilyenkor a homogén egyenlet megoldását az aλ2+bλ+c=0 karakterisztikus egyenlet megoldásából származó λ gyökökből száraztatjuk (bizonyítása a bizonyítások között).

y(x)=C_1e^{\lambda_1x}+C_2e^{\lambda_2x}, ha \lambda_1\ne\lambda_2\in\mathbf{R}\,
y(x)=C_1e^{\lambda x}+C_2xe^{\lambda x}\,, ha \lambda_1=\lambda=\lambda\in\mathbf{R}\, (gyök vagy belső rezonancia esete)
y(x)=C_1e^{\alpha x}\cos(\beta x)+C_2e^{\alpha x}\sin(\beta x)\,, ha \lambda_{1,2}=\alpha\pm\beta\in\mathbf{C}\,

Az inhomogén egyenlet megoldását a következő alakban keressük. Ha az inhomogén tag az alábbi alakban írható

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

ahol p(x) és q(x) polinomok és a a+ibC szám m szeres gyöke az aλ2+bλ+c karakterisztikus polinomnak, akkor az yp(x) partikuláris megoldásra a feltevés:

y_p(x)=x^me^{ax}\left(P(x)\cos(bx)+Q(x)\sin(bx)\right)

ahol P(x) és Q(x) olyan polinomok, hogy deg P(x)=deg Q(x)= max{deg p(x), deg q(x)}.


4. y''+4y=\sin(2x)\, kezdeti feltételek: y(0) = 0, y'(0) = − 1

MO.: I. Először a homogén egyenletet oldjuk meg:

y''+4y=0\,
\lambda^2+4=0\qquad\to\qquad \lambda_{1,2}=\pm 2i (tehát a megoldás \alpha\pm\beta, alakú, ahol α = 0,β = 2)
y_H=C_1\cos(2x)+C_2\sin(2x)\,

II. Vegyük észre, hogy a karakterisztikus egyenlet β = 2 gyöke rezonanciában van az sin(2x) inhomogén tag 2 frekvenciájával. Ekkor egy x szorzót veszünk hozzá az Asin(2x) + Bcos(2x) kifejezéshez, ezért a próbafüggvény:

y_P=x(A\sin(2x)+B\cos(2x))\,

lesz.

\,y_P'=A\sin(2x)+2Ax\cos(2x)+B\cos(2x)-2Bx\sin(2x)\,
\,y_P''=2A\cos(2x)+2A\cos(2x)-4Ax\sin(2x)-2B\sin(2x)-2B\sin(2x)-4Bx\cos(2x)\,

Behelyettesítve az egyenletbe:

y''+4y=\sin(2x)\,
\,4A\cos(2x)-4Ax\sin(2x)-4B\sin(2x)-4Bx\cos(2x)+4xA\sin(2x)+4Bx\cos(2x)=\sin(2x)
\,4A\cos(2x)-4B\sin(2x)=1\cdot\sin(2x)+0\cdot \cos(2x)

Az együtthatókat leolvasva:

4A = 0, − 4B = 1 azaz A=0, B=-\frac{1}{4}

Az általános megoldás:


y=C_1\cos(2x)+C_2\sin(2x)-\frac{1}{4}\sin(2x)

A kezdeti érték feltételből a konstansok:

y(0)=0\,

0=C_1\,
y'(0)=-1\,

y'=-2C_1\sin(2x)+2C_2\cos(2x)-\frac{1}{2}\cos(2x)

-1=+2C_2-\frac{1}{2}

-\frac{1}{2}=+2C_2

-\frac{1}{4}=C_2


5.

y''-5y'+6y=e^{2x}\, kezdeti feltételek: y(0) = 1, y'(0) = − 1

MO.: I. Először a homogén egyenletet oldjuk meg:

y''-5y'+6y=0\,
\lambda^2-5\lambda+6=0\qquad\to\qquad \lambda_1=2,\lambda_1=3
y_H=C_1e^{2x}+C_2e^{3x}\,

II. Vegyük észre, hogy 2 gyök rezonál az exponenciális frekvenciájával. Ezért a partikuláris megoldást

y = Axe2x

alakban keressük.

y' = Ae2x + 2Axe2x
y'' = 2Ae2x + 2Ae2x + 4Axe2x

Behelyettesítve az eredeti egyenletbe:

2Ae^{2x}+2Ae^{2x}+4Axe^{2x}-5(Ae^{2x}+2Axe^{2x})+6Axe^{2x}=e^{2x}\,
2Ae^{2x}+2Ae^{2x}+4Axe^{2x}-5Ae^{2x}-10Axe^{2x}+6Axe^{2x}=e^{2x}\,
-Ae^{2x}=e^{2x}\,
-A=1\,
A=-1\,

Áltlános megoldás:

y=C_1e^{2x}+C_2e^{3x}-xe^{2x}\,

A kezdeti érték feltételből a konstansok:

y(0) = 1: x=0, y=1
1=C_1+C_2\,
y'(0) = − 1: x=0, y'=-1
y'=2C_1e^{2x}+3C_2e^{3x}-e^{2x}-2xe^{2x}\,
-1=2C_1+3C_2-1\,
0=2C_1+3C_2\, azaz C_2=-\frac{2}{3}C_1\,
1=C_1+C_2\,
1=C_1-\frac{2}{3}C_1\, azaz 1=\frac{1}{3}C_1\, azaz C1 = 3 C2 = − 2

Hiányos magasabbrendű

Gyakori probléma a lineáris, melyet hiányosként oldunk meg:

6.

y''' + 2y'' + y' = 3x2

Ez egy y-ban hiányos lineáris. Valójában olyan, mintha nem is y-ra, hanem y'-re lenne felírva az egyenlet. Ilyenkor érdemes először y'-re megoldani, majd y'-t integrálni, hogy y-hoz jussunk. Ehhez bevezetjük a p(x)=y'(x) új ismeretlen függvényt. Ekkor az egyenlet:

p'' + 2p' + p = 3x2

Ez már egy állandó együtthatójú másodrendű lineáris. Először megoldjuk p-re.

I. Karakterisztikus polinom

λ2 + 2λ + 1 = 0

Ez egy teljes négyzet:

(λ + 1)2 = 0 azaz λ1,2 = − 1, vagyis belső rezonancia van, a gyökök egybeesnek.
pH = C1ex + C2xex

II. Próbafüggvény a másodfokú polinom miatt:

pP = Ax2 + Bx + C
pP' = 2Ax + B
pP'' = 2A
2A + 2(2Ax + B) + Ax2 + Bx + C = 3x2
2A + C + 2B + (4A + B)x + Ax2 = 3x2

A=3, B=-12, C=-6+12=6

Innen

p = C1ex + C2xex + 3x2 − 12x + 6

Az y-t a p=y' egyenlet miatt a p integrálásával kapjuk:

y = − C1exC2xexC2ex + x3 − 6x2 + 6x + D

ahol a középső tag parciális integrálással kapható:

\int xe^{-x}\,dx=-xe^{-x}-\int -e^{-x} dx=-xe^{-x}-e^{-x} dx

Integrálátalakító tételek

Gauss-tétel

Gauss-tétel: Ha V olyan mérhető korlátos térfogat, melyet az F felület határol és v olyan folytonosan differenciálható vektormező, mely a V-t és az F-et tartalmazó nyílt halmazon értelmezett, és az F a V-ből kifelé van irányítva akkor

\oint\limits_F\mathbf{v}\,d\mathbf{f}=\int\limits_{V} \mathrm{div}\,\mathbf{v}\,dV

F. Számítsuk ki z=\sqrt[3]{x^2+y^2} és z=1 egyenletek által meghatározott felületek által bezárt korlátos térfogat kifelé irányított határára a

\mathbf{v}(x,y,z)=(x^3z^2,y^3z^2,xy)

vektormező integrálját!

MO. Láthatóan a felület hengerszimmetrikus, hiszen csak r-től és z-től függ (x2 + y2 van benne). z=\sqrt[3]{x^2+y^2} hengerkoordinátákban:

z=\sqrt[3]{r^2}

ez egy gyökfüggvény a z tengely körül körbeforgatva (tölcsér) és a magassága z=1. A két felület metszésvonala:

z=\sqrt[3]{r^2}
z = 1

azaz

1=\sqrt[3]{r^2}

és

r = 1, z = 1.

Alulról tehát a tölcsér, felülről egy sík határolja a térfogatot, ezért a felső határ: z=1, az alsó határ z=\sqrt[3]{r^2} , miközben a sugár 0\leq r\leq 1 és a forgásszimmetria miatt: 0\leq \varphi\leq 2\pi

\mathrm{div}\, \mathbf{v}=\partial_x v_1+\partial_y v_2+\partial_z v_3=3x^2z^2+3y^2z^2=3z^2r^2
\oint\limits_F\mathbf{v}\,d\mathbf{f}=\int\limits_{V} \mathrm{div}\,\mathbf{v}\,dV=\int\limits_{\varphi=0}^{2\pi}\int\limits_{r=0}^1\int\limits_{z=r^{\frac{2}{3}}}^1 r^2 3z^2 r\,dzdrd\varphi=\int\limits_{\varphi=0}^{2\pi}\int\limits_{r=0}^1[r^3 z^3]_{z=r^{\frac{2}{3}}}^1 \,drd\varphi=
=\int\limits_{\varphi=0}^{2\pi}\int\limits_{r=0}^1r^3-r^5 \,drd\varphi=\int\limits_{\varphi=0}^{2\pi}[\frac{1}{4}r^4-\frac{1}{6}r^6]_0^1 \,d\varphi=\int\limits_{\varphi=0}^{2\pi}\frac{1}{4}-\frac{1}{6}\,d\varphi=\frac{\pi}{6}

F. Számítsuk ki z\leq \sqrt{4-x^2-y^2} és x\geq 0, y\geq 0, z\geq 0 egyenlőtlenségek által meghatározott korlátos térfogat kifelé irányított határárra a

\mathbf{v}(x,y,z)=(y,x,\frac{1}{3}z^3)

vektormező integrálját!

MO.: Zárt térfogatra kell integrálni, ez Gauss-tétel lesz. A vektormező divergenciája:

\mathrm{div}\, \mathbf{v}=\partial_x v_1+\partial_y v_2+\partial_z v_3=0+0+z^2=z^2

A x\geq 0, y\geq 0, z\geq 0 feltételek az első térnyolcadot határozzák meg, az z=\sqrt{4-x^2-y^2} egyenlet pedig a 2 sugarú, origó középpontú gömbfelületet felső felét, ugyanis gömbi koordinátákban r az origótól mért távolság:

z=\sqrt{4-x^2-y^2}
z2 = 4 − x2y2
x2 + y2 + z2 = 4
r2 = 4

A tartomány gömbi paraméterezése


V_{r,\varphi,\vartheta}=\{(r,\varphi,\vartheta)\mid 0\leq r\leq 2,0\leq\varphi\leq \frac{\pi}{2},0\leq\vartheta\leq \frac{\pi}{2}\}

mivel

z=r\cos\vartheta

és a Jacobi-determináns:

r^2\sin\vartheta

ezért

\oint\limits_F\mathbf{v}\,d\mathbf{f}=\int\limits_{V} \mathrm{div}\,\mathbf{v}\,dV=\int\limits_{r=0}^{2}\int\limits_{\varphi=0}^{\frac{\pi}{2}}\int\limits_{\vartheta=0}^{\frac{\pi}{2}}r^2\cos^2\vartheta r^2\sin\vartheta\,d\vartheta d\varphi dr=\int\limits_{r=0}^{2}\int\limits_{\varphi=0}^\frac{\pi}{2}\int\limits_{\vartheta=0}^\frac{\pi}{2}r^4\cos^2\vartheta\sin\vartheta\,d\vartheta d\varphi dr=
=\left(\int\limits_{r=0}^{2}r^4 dr\right)\cdot\left(\int\limits_{\varphi=0}^\frac{\pi}{2}\cos^2\vartheta\sin\vartheta d\vartheta\right)\cdot\left(\int\limits_{\varphi=0}^\frac{\pi}{2}1d\varphi\right)=\frac{2^5}{5}\cdot \frac{1}{3}\cdot \frac{\pi}{2}

Stokes-tétel

Stokes-tétel: Ha F olyan határral rendelkező felület, melynek határa a G zárt görbe és ezek kompatibilisen vannak irányítva, (azaz a jobbkézszabállyal), akkor minden az ezeket tartalmazó nyílt halmazon értelmezett v folytonosan differenciálható vektormezőre

\oint\limits_G\mathbf{v}\,d\mathbf{r}=\int\limits_{F} \mathrm{rot}\,\mathbf{v}\,d\mathbf{f}

Megjegyzés. A \mathbf{v} vektormező integrálját az F:\mathbf{r}=\mathbf{r}(u,v) megadású Tu,v értelmzési tartományú felületdarabra a következőképpen számítjuk ki:

\int\limits_{F}\mathbf{v}\,d\mathbf{f}=\iint\limits_{T_{u,v}}\begin{vmatrix}w_1(\mathbf{r}(u,v)) & w_2(\mathbf{r}(u,v)) & w_3(\mathbf{r}(u,v))\\
(\partial_u\mathbf{r})_1 & (\partial_u\mathbf{r})_2 & (\partial_u\mathbf{r})_3\\
(\partial_v\mathbf{r})_1 & (\partial_v\mathbf{r})_2 & (\partial_v\mathbf{r})_3 
\end{vmatrix} dudv

F. Számítsuk ki a z = x2 − 1 felület x^2+y^2\leq 9 feltételnek eleget tévő darabjának határára a \mathbf{v}(x,y,z)=(z^2,x^2,y^2) vektormező görbementi integrálját!

MO. Megvan a felület is és a pereme is, ezért Stokes. Ehhez a rotációt kell meghatározni.

\mathrm{rot}\,\mathbf{v}=\begin{vmatrix}\mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k}\\
\partial_x & \partial_y & \partial_z\\
z^2 & x^2 & y^2 
\end{vmatrix}=(2y,2z,2x)

A felület paraméterezése z=f(x,y)-nál mindig x=u, y=v választással:

\mathbf{r}(x,y)=\begin{pmatrix}x\\y\\x^2-1\end{pmatrix}

A vegyes szorzat:

\begin{vmatrix}\mathrm{rot}\,\mathbf{v}(\mathbf{r}(x,y))\\
\partial_x\mathbf{r}(x,y)\\
\partial_y\mathbf{r}(x,y)\end{vmatrix}=\begin{vmatrix} 2y & 2(x^2-1) & 2x\\
1 & 0 & 2x\\
0 & 1 & 0 
\end{vmatrix}=2x-4xy
\oint\limits_G\mathbf{v}\,d\mathbf{r}=\int\limits_{F} \mathrm{rot}\,\mathbf{v}\,d\mathbf{f}=\iint\limits_{T_{x,y}} 2x-4xy \, dxdy=

Ez a x^2+y^2\leq 9 forgásszimmetriája miatt polárkoordinátákban

=\int\limits_{r=0}^3\int\limits_{\varphi=0}^{2\pi} 2r^2\cos\varphi-4r^3\cos\varphi\sin\varphi \, d\varphi dr=\int\limits_{r=0}^3[2r^2\sin\varphi-2r^3\sin^2\varphi]_{\varphi=0}^{2\pi} \, dr=0

Potenciálkeresés

Ha van olyan u, hogy \mathrm{grad\,u}=\mathbf{v}, akkor minden az értelmezési tartományba eső G:\mathbf{r}=\mathbf{r}(t),\;t_1\leq t\leq t_2 görbére, ha \mathbf{r}_1=\mathbf{r}(t_1) és \mathbf{r}_2=\mathbf{r}(t_2), akkor

\int\limits_{G}\mathbf{v}\,d\mathbf{r}=u(\mathbf{r}_2)-u(\mathbf{r}_1)

Mi az u, ha grad u = (yz,xz,xy)? Mi a grad u integrálja a (0,0,0) és (2,3,4) közötti egyenes szakaszon?

Komplex

Cauchy-féle integrálformulák

Az n-edik deriváltra vonatkozó Cauchy-féle integrálformulák:


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

f reguláris, G az f értelmezési tartományában egyszerű görbe, egyszer hurkolja körül z0-t.

Cauchy-tétel: Ha T a komplex számsík olyan tartománya, melynek határa a G egyszerű görbe (ez lehet véges sok diszjunkt görbe uniója is, azaz a T kontúrja véges sok zárt darabból) és a jobbkézszabály szerint van irányítva és az f komplex reguláris függvény a tartományt és a határát tartalmazó nyílt halmazon van értelmezve, akkor


\oint\limits_{G}f(z)\,dz=0

F.


\oint\limits_{|z-i|=2}\frac{e^z}{(z^2+4)(z-1)^2}dz=?

MO.: Szorzattá alakítjuk a nevezőt (ez mindig fog menni elsőfokúk szorzatával, mert a komplex számok körében vagyunk!). Ábrázoljuk a görbét és a nevező gyökhelyeit. Enélkül nem megy!

(z2 + 4)(z − 1)2 = (z − 2i)(z + 2i)(z − 1)2 gyökök: 1 (ez egy kettes multiplicitású gyök, mert kétszeres gyöke a nevezőnek), +2i, -2i (egyszeresek).

A | zi | = 2 kör a 2 sugarú, i körüli kör, melyben a gyökök közül az 1 és a 2i van benne.

Legyen K1 az 1 körüli 1/100 sugarú kör, K2 a 2i körüli 1/100 sugarú kör. Az integrált a Cauchy-tétel alapján felbonthatjuk az integrandus K1 és K2 körüli integráljára.


\oint\limits_{|z-i|=2}\frac{e^z}{(z^2+4)(z-1)^2}dz=\oint\limits_{K_1}\frac{\frac{e^z}{z^2+4}}{(z-1)^2}dz+\oint\limits_{K_2}\frac{\frac{e^z}{(z-1)^2(z+2i)}}{z-2i}dz=

Itt az első integrálnál \frac{e^z}{z^2+4} reguláris K1-ben, a nevező fokszáma 2, azaz az n=1-re vonatkozó Cauchy-formulát kell alkalmazni a z0 = 1 ponttal, továbbá a második integrálnál \frac{e^z}{(z-1)^2(z+2i)} reguláris K2-ben, n = 0 és z0 = 2i.

=\frac{2\pi i}{1}\left.\left(\frac{e^z}{z^2+4}\right)'\right|_1+\frac{2\pi i}{1}\left.\frac{e^z}{(z-1)^2(z+2i)}\right|_{2i}=\frac{2\pi i}{1}\left.\frac{e^z(z^2+4)-2e^zz}{(z^2+4)^2}\right|_1+\frac{2\pi i}{1}\left.\frac{e^z}{(z-1)^2(z+2i)}\right|_{2i}=

=2\pi i\left(\frac{3e}{25}+\frac{e^{2i}}{4i(2i-1)^2}\right)

Harmonikus társ keresése

Mi a v, ha u = x2y2excosy és f=u+iv reguláris.

Valós és képzetes rész kiszámítása

Mi a valós és képzetes része az f(z) = 4(sh(iz))2 függvénynek?

Komplex egyenlet

Mi a megoldása a sinz = i egyenletnek?

Komplex elemi függvény kiszámítása

Mi algebrai alakban (1 + i)i

Személyes eszközök