Szerkesztő:Mozo/ A3 bizonyítások

A MathWikiből

(Változatok közti eltérés)

Ugrás: navigáció, keresés

A lap 2014. január 1., 23:28-kori változata

Tartalomjegyzék

1 Egzakt differenciálegyenlet
2 Lineáris differenciálegyenletek
3 Komplex differenciálhatóság
- 3.1 Jellemzés
- 3.2 Egy tétel a reziduumról
4 Potenciál
5 Komplex körintegrálok
6 Reguláris függvény analitikus, Laurent-sorfejtés
7 Felületi integrál, Gauss-tétel
8 Vonalintegrál, Stokes-tétel
9 CROSS és alkalmazása és a Green-tétel

Egzakt differenciálegyenlet

Definíció

Legyen U ⊆ R² nyílt halmaz és P,Q: U $\to$ R folytonos függvények, Q sehol sem nulla. Azt mondjuk, hogy az

$y'=-\frac{P(x,y)}{Q(x,y)}\quad\quad \mathrm{(EX)}$

differenciálegyenlet egzakt, ha létezik olyan F: U $\to$ R folytonosan differenciálható függvény, hogy

$\frac{\partial F}{\partial x}=P,\quad\quad\frac{\partial F}{\partial y}=Q\quad\quad\mathrm{(C)}$

Elméleti példa. Minden

$y'=\frac{f(x)}{g(y)}\quad\quad (f\in\mathrm{C}(I),\;g\in \mathrm{C}(J),\;0\notin\mathrm{Ran}(g))$

alakú szeparábilis differenciálegyenlet egzakt, hiszen ha g integrálfüggvénye G, akkor

$g(y)y'=f(x)\quad\quad\Rightarrow\quad\quad G(y)=F(x)+C$

Alkalmas tehát az alábbi függvény:

$\Phi(x,y):=G(y)-F(x)=C\quad\quad\Rightarrow\quad\quad\frac{\partial \Phi}{\partial x}=f,\quad\quad\frac{\partial \Phi}{\partial y}=g$

Jelen esetben a G függvény deriváltja (G'=g) sehol sem nulla folytonos függvény, ezért szigorúan monoton. Emiatt kifejezhető y éspedig:

$y(x)=G^{-1}(F(x)+C)\,$

Megjegyzés. A megoldásokat implicit módon adja meg az

$\Phi(x,y)=C\,$

egyenlet. Mivel

$\frac{\partial\Phi}{\partial y}\ne 0$

ezért az implicitfüggvény-tétel miatt y-t "ki lehet fejezni". Érdemes felelevenítenünk magát az implicitfüggvény-tételt:

Implicitfüggvény-tétel -- Ha a Φ: $I$ × $J$ $\to$ R folytonosan differenciálható függvény az $(x 0, y 0)$ ∈ int( $I$ × $J$ ) pontban teljesíti a ∂Φ/∂y ≠ 0 feltételt, akkor a $(x 0, y 0)$ pont egy környezetében egyértelműen létezik az Φ(x,y)=Φ( $x 0, y 0$ ) egyenletnek az $(x 0, y 0)$ ponton áthaladó implicit függvénye, azaz az $x 0$ egy K⊆I környezetében értelmezett, J-beli értékű y deriválható függvény, melyre minden x ∈ K esetén:

$\Phi(x,y(x))=\Phi(x_0,y_0)\,$ , $y(x_0)=y_0\,$

és ennek deriváltja minden x ∈ K-ban:

$y'(x)=-\left.\frac{\;\frac{\partial\Phi}{\partial x}\;}{\frac{\partial \Phi}{\partial{y}}}\right|_{(x,y(x))}$

Egzakt egyenlet egzisztencia- és unicitástétele

Tétel. Legyenek P és Q az U ⊆ R² nyílt halmazon értelmezett folytonos valós függvények, Q sehol se nulla, grad F = (P,Q) valamely F: U $\to$ R folytonosan differenciálható függvénnyel és $(x 0, y 0)$ ∈ U. Ekkor

1) az

(ex) y'=-P/Q

egyenletnek egyértelműen létezik az $y 0 = y (x 0)$ kezdeti feltételt kielégítő y lokális megoldása és

2) az

(impl) F(x,y) = F(

x 0, y 0

)

egyenlet $(x 0, y 0)$ -on áthaladó egyetlen lokális implicit függvénye az (ex) egyenlet $y (x 0) = y 0$ kezdeti feltételt kielégítő egyetlen lokális megoldása.

Biz. 1) Egzisztencia. Belátjuk, hogy (impl) egyetlen $(x 0, y 0)$ -on áthaladó implicit függvénye megoldása az (ex) egyenletnek.

$\left.\frac{\partial F}{\partial y}\right|_{(x_0,y_0)}=Q(x_0,y_0)\ne 0$

így az implicitfüggvény-tétel szerint, egyértelműen létezik F-nek y=y(x) implicit függvénye az adott pont egy környezetében és ennek deriváltja az értelmezési tartományának minden pontjában:

$y'(x)=-\frac{\;\cfrac{\partial F}{\partial x}(x,y(x))\;}{\cfrac{\partial F}{\partial y}(x,y(x))}=-\frac{P(x,y(x))}{Q(x,y(x))}$

tehát y az (ex) differenciálegyenletnek is megoldása, és ez kielégíti a kezdeti feltételt.

Unicitás. Tegyük fel, hogy létezik megoldása a kezdeti érték feladatnak. Legyen egy tetszőleges megoldása y, azaz

$y'(x)=-\frac{P(x,y(x))}{Q(x,y(x))}$

Ez az egyenlet a grad F = (P,Q) miatt előáll

$\frac{\partial F}{\partial x}+\frac{\partial F}{\partial y}y'=0$

alakban. Most belátjuk, hogy y (impl)-nek implicit megoldása. Az összetett függvény differenciálási szabálya miatt ( d(F $\circ$ G)(x,y)=dF(G(x,y)) $\circ$ dG(x,y) ) az előző egyenlet a következő formában is írható:

$(F(x,y(x)))'=[\mathrm{grad}\,F|_{(x,y(x))}]\cdot\begin{bmatrix}x'\\y'(x)\end{bmatrix}=\frac{\partial F}{\partial x}|_{(x,y(x))}+y'\frac{\partial F}{\partial y}|_{(x,y(x))}\equiv 0\,$

x értékei egy intervallumból kerülnek ki, ezért az integrálszámítás alaptétele szerint az x $\mapsto$ F(x,y(x)) egy konstans függvény. De a feltétel szerint $y (x 0) = y 0$ teljesül, ezért x $\mapsto$ y(x) egy $(x 0, y 0)$ -on áthaladó implicit függvénye az F(x,y)=F( $x 0, y 0$ ) egyenletnek. Ez az utóbbi azonban egyértelműen van meghatározva, ezért a kezdeti érték feladat minden megoldása egybeesik ezzel az implicit függvénnyel, azaz a megoldás egyértelmű.

2) Az implicitfüggvény tételében adott egyetlen implicit függvény az 1) egzisztencia része miatt megoldása (ex)-nek és 1) unicitás része miatt ez az egyetlen megoldása (ex)-nek.

Az egzaktság jellemzése

Megjegyzés. Az egzakt differenciálegyenletet még

$P(x,y)+Q(x,y)y'=0\,$ ill. $P(x,y)\,\mathrm{d}x+Q(x,y)\,\mathrm{d}y=0\,$

alakban is szokás írni.

Ez utóbbi egyenletről azt is mondják, hogy akkor egzakt, ha a P(x,y)dx + Q(x,y)dy kifejezés "teljes differenciál", amin azt értik, hogy létezik olyan F(x,y) függvény, melynek teljes differenciálja:

$\mathrm{d}F(x,y)=P(x,y)\,\mathrm{d}x+Q(x,y)\,\mathrm{d}y\,$

Ezt a mai jelölésekkel a következőképpen írjuk. Egy F kétváltozós függvény teljes differenciálja egy lineáris leképezés, mely a sztenderd {(1,0),(0,1)} bázisban felírt koordinátáival nem más, mit a parciális deriváltjainak sormátrixa:

$[\mathrm{d}F(x,y)]=\mathrm{grad}\,F(x,y)=\left[\;\frac{\partial F}{\partial x}\;,\;\frac{\partial F}{\partial y}\;\right]$

Emiatt a (C) feltétel a következő alakban is írható:

$[\mathrm{d}F]=\left[P,Q\right]\,$ ill. $\mathrm{grad}\,F=[P,Q]\,$

Tehát az egzakt egyenletben a (P,Q) vektormező (vektorértékű függvény) potenciálos. Innen hasznos jellemzést kapunk az egzaktságra a vektoranalízisbeli ismereteinkből.

Tétel. Legyen U egyszeresen összefüggő nyílt halmaz, P,Q: U $\to$ R folytonosan differenciálható függvények (Q sehol sem nulla). A Pdx + Qdy = 0 egyenlet pontosan akkor egzakt, ha

$\frac{\partial P}{\partial y}\equiv\frac{\partial Q}{\partial x}$

Az F függvényt, az Pdx + Qdy = 0 egyenlet integráljának nevezzük.

Ezt a tételt jól ismerjük és a bizonyítását a vektoranalízisben vettük.

Megjegyzés. 1) A feltétel nem más, mint az, hogy a (P,Q) síkbeli vektormező rotációja azonosan nulla. Ugyanis a rotáció a síkbeli (P,Q) vektormező esetén:

$\mathrm{rot}\,(P,Q)=\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}$

2) Bár a szeparábilis egyenlet egzakt, a fenti feltétel az egzaktság ellenőrzésére sokkal szigorúbb mint a szeparábilis egyenlet megoldhatóságának feltétele.

Lineáris differenciálegyenletek

Inhomogén lineáris egyenlet megoldásai

Tétel. Ha V, W tetszőleges lineáris tér, A ∈ Lin(V,W) lineáris operátor, b ∈ W. Ha x₀ ∈ V megoldása az Ax = b inhomogén egyenletnek, akkor az

$\mathbf{A}x=b\,$

összes megoldásainak halmaza:

$M=\{x+x_0\in V\mid x\in\mathrm{Ker}(\mathbf{A})\}$

Bizonyítás. 1) Ha x ∈ Ker(A), akkor Ax = 0. Ekkor

$\mathbf{A}(x+x_0)= \mathbf{A}x+\mathbf{A}x_0=0+b=b\,$

azaz ekkor x+x₀ ∈ M.

2) Ha

$\mathbf{A}(x+x_0)=b\,$ és $\mathbf{A}x_0=b\,$

akkor

$\mathbf{A}x=\mathbf{A}(x+x_0-x_0)=\mathbf{A}(x+x_0)-\mathbf{A}x_0=b-b=0\,$

tehát x ∈ Ker(A). QED.

Megjegyzés. Tudjuk tehát akármilyen lineáris térben az inhomogén egyenlet összes megoldását, ha ismert egy megoldása. Ha tehát Ax=b lineáris differenciálegyenlet, akkor a tétel azt a szlogent fejezi ki, hogy inhomogén lineáris differenciálegyenlet általános megoldása egyenlő a homogén egyenlet általános megoldása plusz az inhomogén egyenlet egy partikuláris megoldása.

Elsőrendű inh. lin. diff. egyenlet és az állandó variálása

Állítás. Ha f: I $\to$ R folytonos függvény akkor az

$\mathbf{A}y=y'+f\cdot y\,\quad\quad(y\in\mathrm{C}^1(I))$

lineáris operátor a Lin(C¹(I),C(I)) téren.

Bizonyítás.

$\mathbf{A}(\lambda y_1+\mu y_2)=(\lambda .y_1+\mu .y_2)'+f\cdot(\lambda .y_1+\mu .y_2)=$

$=\lambda y_1'+\mu y_2'+\lambda f\cdot y_1+\mu f\cdot y_2=\lambda.\mathbf{A}(y_1)+\mu.\mathbf{A}(y_2)$

Következmény. A fenti jelölésekkel, tetszőleges g folytonos függvényre, ha $y 0$ a

$y'+f\cdot y+g=0\,\quad\quad(?=y\in\mathrm{C}^1(I))$

differenciálegyenlet egy megoldása, akkor az egyenlet általános megoldása egyenlő a

$y'+f\cdot y=0\,\quad\quad(?=y\in\mathrm{C}^1(I))$

homogén egyenlet általános megoldása plusz $y 0$ .

Példa. Oldjuk meg az

$y'+\frac{y}{x}=\sin(x^2)\,$

egyenletet! A partikuláris megoldást keressük az állandók variálása módszerével!

Másodrendű, áll. ehós hom. egyenlet

Tétel. Ha a,b ∈ R, akkor az

$\mathbf{A}y=y''+ay'+by\quad\quad(y\in\mathrm{C}^2(I))$

C²(I) $\to$ C(I) lineáris operátor magja kétdimenziós.

Megoldás. A bizonyítás két részből fog állni. Először is Laplace-transzformációval belátjuk, hogy ha dim Ker(A) legalább kettő, akkor legfeljebb 2. Másodszor pedig mutatunk 2 lineárisan független megoldást.

Bizonyítás nélkül elfogadjuk azt a tényt, hogy ha ezen egyenlet esetén egy adott pontban kezdeti értéket adunk az y-nak és az y'-nek akkor a megoldás (ha van) egyértelmű. Szemléletes képpel, ez azt jelenti, hogy ha a kezdőfázist és a sebességet megadjuk, akkor azzal a teljes hullámformát megkapjuk.

I. Legyen $y 1$ és $y 2$ két lineárisan független megolása az

A y = 0

egyenletnek és legyen y ∈ Ker(A) tetszőleges. Rögzítsünk egy $x 0$ ∈ I helyet, melyen $y (x 0) = u$ és $y'(x 0) = v$ . Elő fogjuk állítani ezt a partikuláris megoldást a két előbbi megoldás lineáris kombinációjaként. Legyenek:

$y_1(x_0)=u_1,\quad y_1'=v_1$

$y_2(x_0)=u_2,\quad y_1'=v_2$

azt kívánjuk elérni, hogy az

α u 1 + β u 2 = u

α v 1 + β v 2 = v

egyenletrendszernek legyen egyértelmű megoldása (α,β)-ra. Ez pontosan akkor van, ha a

$W^{\mathbf{A}}(x_0)=\begin{vmatrix}y_1(x_0) & y_2(x_0)\\y_1'(x_0) & y_2'(x_0)\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}u_1 & u_2\\v_1 & v_2\end{vmatrix}=u_1v_2 -u_2v_1$

determináns (azaz az egyenletrendszer $x 0$ -beli Wronsky-determinánsa) nem nulla. Hiszen ekkor a megoldás egyértelműsége miatt (azaz, hogy u és v egyértelműen meghatározza y-t) azt kapjuk, hogy (α,β) "globális konstansok is", azaz α $y 1$ + β $y 2$ = y.

Az egyenlet Laplace-transzformáltja:

$s^2Y-su_0-v_0+a(sY-u_0)+bY=0\,$

$Y_1(s^2+as+b)-su_1-v_1-au_1=0\quad\quad/\cdot v_2$

$Y_2(s^2+as+b)-su_2-v_2-au_2=0\quad\quad/\cdot v_1$

(s 2 + a s + b)(v 2 Y 1 - v 1 Y 2) + (s + a)(u 2 v 1 - u 1 v 2) = 0

Ennek az egyenletnek minden s-re fenn kell állnia, ezért ha $u 2 v 1 - u 1 v 2 = 0$ lenne, akkor $v 2 Y 1 - v 1 Y 2 = 0$ is lenne (minden s-re), azaz $Y 2$ és $Y 1$ lineárisan kifejezhetők lennének egymással, ami ellentmondana a rájuk tett kezdeti feltevésnek.

II. A megoldéskeresési feladatot kicsit bővebb körben, a valós változós, komplex értékű kétszer folytonosan R-differenciálható függvények körében oldjuk meg. Tehát ekkor A a C²(I,C) térből a C(I,C) térbe hat. Ezek között fogunk valós megoldás keresni. A differenciáloperátornak sajátfüggvénye az exponenciális függvény, így tetszőleges λ ∈ C

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

próbafüggvény behelyettesítésével kapjuk:

$\lambda^2+a\lambda+b=0\,$

Tehát a megoldások:

1. ha λ₁ ≠ λ₂ valósak, akkor

$\{e^{\lambda_1x},e^{\lambda_2x}\}$

bázis, mert lineárisan függetlenek és éppen ezért I. miatt előállítják Ker(A)-t:

$\mathrm{Ker}(\mathbf{A})=\{C_1e^{\lambda_1 x}+C_2e^{\lambda_2 x}\mid C_1,C_2\in\mathbf{R}\}$

2. ha λ₁ = λ₂ valósak, akkor keresnünk kell mégegy az e^λx-től lineárisan független megoldást.

$y_2(x)=xe^{\lambda x}\,$

Világos, hogy ez az, hiszen a $C_1e^{\lambda x}+C_2xe^{\lambda x}\equiv 0$ egyenletet e^λx-vel leosztva, a polinom balodalú $C_1+C_2x\equiv 0$ adódna, ami csak akkor lehet a nullapolinom, ha az ehók mind nullák.

$\mathrm{Ker}(\mathbf{A})=\{C_1e^{\lambda x}+C_2xe^{\lambda x}\mid C_1,C_2\in\mathbf{R}\}$

3. ha λ = α $\pm$ βi nemvalós, akkor

$f_1(x)=e^{x(\alpha+i\beta)},\quad\quad f_2(x)=e^{x(\alpha-i\beta)}$

azaz

$f_1(x)=e^{\alpha x}(\cos(\beta)+i\sin(\beta)),\quad\quad f_2(x)=e^{\alpha x}(\cos(\beta)-i\sin(\beta))$

megoldások, melyek azonban komplexek. De ezeket összeadva, illetve a különbségüket i-vel beszorozva már valós megoldásokat kapunk (ezek az előbbi végzett műveletek lineárisak voltak, így a függvények megoldás mivoltán nem változtattak). Azaz:

$y_1(x)=e^{\alpha x}\cos(\beta),\quad\quad y_2(x)=e^{\alpha x}\sin(\beta)$

a tér pedig:

$\mathrm{Ker}(\mathbf{A})=\{C_1e^{\alpha x}\cos(\beta)+C_2e^{\alpha x}\sin(\beta)\mid C_1,C_2\in\mathbf{R}\}$

bázis, mert lineárisan függetlenek és éppen ezért I. miatt előállítják Ker(A)-t.

Komplex differenciálhatóság

Definíció - Komplex differenciálhatóság, komplex derivált - Legyen f a z₀ egy környezetében értelmezett függvény. Azt mondjuk, hogy f C-deriválható z₀-ban és deriváltja a w szám, ha

$\lim\limits_{z\to z_0}\frac{f(z)-f(z_0)}{z-z_0}=w$

Jelölése: $f'(z 0)$ .

Azt, hogy az f a z₀-ban komplex deriválható még úgy is jelöljük, hogy

$f\in \mathrm{Diff}_{\mathbf{C}}(z_0)$ .

Megj. Hasonlóképpen a valós egyváltozós esethez az f komplex differenciálhatósága z₀-ban ekvivalens azzal, hogy létezik olyan ε(z) függvény, mely a z₀-ban a 0-hoz tart, ott folytonos és minden z-re az értelmezési tartományból:

$f(z)=f(z_0)+f'(z_0)(z-z_0)+\varepsilon(z)(z-z_0).$

Példa. A következő függvény komplex deriválható a 0-ban:

$f(z)=\overline{z}\cdot z$

Mo. A különbségi hányados:

$\frac{\overline{z}\cdot z-0}{z-0}=\frac{\overline{z}\cdot z}{z}=\overline{z}\to 0$ , ha z tart nullába.

Példa. Az alábbi függvény nem deriválható komplex módon a 0-ban:

$f(z)=\overline{z}$

Mo. A különbségi hányados:

$\frac{\overline{z}-0}{z-0}=\frac{\overline{z}}{z}=\cos(-2\varphi)+i\sin(-2\varphi)$

Ennek a határértéke nem létezik a nullában.

Jellemzés

Tétel. - A komplex differenciálhatóság jellemzése - Legyen f a z₀ = x₀ + iy₀ egy környezetében értelmezett függvény. Ekkor az alábbiak ekvivalensek:

1) $f\in \mathrm{Diff}_{\mathbf{C}}(z_0)$

2) $f\in \mathrm{Diff}_{\mathbf{R}}(x_0,y_0)$ és $[\mathrm{d}f(x_0,y_0)]\in\mathbf{C}$ .

Bizonyítás. Legyen f a z₀ = x₀ + iy₀ egy környezetében értelmezett függvény és w komplex szám. Tekintsük a következő határértéket:

$\lim\limits_{z\to z_0}\frac{f(z)-f(z_0)-[w]\cdot (z-z_0)}{|z-z_0|}=0$

ahol az z, z₀, f(z), f(z₀) mennyisegekre ugy tekintunk, mint vektorokra. Ez ekvivalens a következővel:

$\lim\limits_{z\to z_0}\left|\frac{f(z)-f(z_0)}{|z-z_0|}-\frac{w\cdot (z-z_0)}{|z-z_0|}\right|=0$

ahol az elobb emlitettek mar algebrai ertelemben komplex szamok, nem feltetlenul vektorok. Azaz

$\lim\limits_{z\to z_0}\left|\frac{z-z_0}{|z-z_0|}\left(\frac{f(z)-f(z_0)}{z-z_0}-w\right)\right|=0$

Itt (z-z₀)/|z-z₀| a komplex egységkörön "futó" függvény, hossza 1, ezért a fenti ekvivalnes a következővel:

$\lim\limits_{z\to z_0}\left|\frac{f(z)-f(z_0)}{z-z_0}-w\right|=0$

Ami viszont ugyanakkor igaz mint:

$\lim\limits_{z\to z_0}\frac{f(z)-f(z_0)}{z-z_0}=w$

Ha a következtetésben felfelé vizsgálódunk, tehát feltesszük a komplex deriválhatóságot ahol w a komplex derivált, akkor azt kapjuk, hogy a w mátrixreprezentációjával való mátrixszorzás alkalmas lineáris leképezés a valós derivált számára, azaz létezik [df(z₀)]=[w].

Másfelől, ha f valósan deriválható és a deriváltja a w komplex számot reprezentálja, akkor komplexen is deriválható es komplex derivaltja pont w.

Cauchy--Riemann-egyenletek A fenti tételben a [df(z)] ∈ C feltétel (természetesen a totális deriválhatóság esetén) ekvivalens az alábbiakkal. Ha f = u + iv és z = x +iy, akkor

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

Komplex deriváltfüggvény Ahol egy f komplex függvény komplex deriválható, ott a deriváltja:

$f'(z)=\partial_x u+\mathrm{i}\partial_xv=\partial_y v+\mathrm{i}\partial_xv=\partial_xu-\mathrm{i}\partial_yu=\partial_y v-\mathrm{i}\partial_yu$

Definíció - Regularitás - Az f komplex függvény reguláris a z pontban, ha f a z egy egész környezetén értelmezett, és a teljes környezetben komplex deriválható.

Egy tétel a reziduumról

Tétel. Ha f-nek k-adrendű pólusa van a $z_0\in \mathbf{C}$ -ben (k>0), akkor

$\mathrm{Res}_{z_0}f=\frac{1}{(k-1)!}\lim\limits_{z\to z_0}((z-z_0)^k f(z))^{(k-1)}$

Az, hogy f-nek k-adrendű pólusa van a $z 0$ -ban, az azt jelenti, hogy ott izolált szingularitása van, és a Laurent-sorában a legmagasabb 1/(z- $z 0$ ) hatvány kitevője k. Legyen

$\varphi(z)=(z-z_0)^k f(z)\,, \quad \varphi(z_0)=c_{-k}$

Tudjuk, hogy

$f(z)=\frac{c_{-k}}{(z-z_0)^k}+...+\frac{c_{-1}}{z-z_0} +c_0+c_1(z-z_0)+...\,$

ezért $\varphi$ már egy Taylor-sor, reguláris és világos, hogy a c_-1 tagot a Taylor-sora k-1-edik tagjának együtthatójából számíthatjuk ki:

$\varphi(z)=(z-z_0)^k f(z)=c_{-k}+...+c_{-1}(z-z_0)^{k-1}+c_0(z-z_0)^k+c_1(z-z_0)^{k+1}+...\,$

de a hatványsor tagjainak egyértelműségéből következik, hogy

$\frac{\varphi^{(k-1)}(z_0)}{(k-1)!}=c_{-1}$

ezért

$\mathrm{Res}_{z_0}f=\frac{1}{(k-1)!}(\varphi)^{(k-1)}(z_0)$

Potenciál

A továbbiakban feltesszük, hogy a v vektorfüggvény folytonosan differenciálható.

Azt mondjuk, hogy a v vektorfüggvény potenciálos, ha van olyan u skalárfüggvény, mely differenciálható és

$\mathrm{grad}\,u=\mathbf{v}$

A v vektorfüggvény cirkulációja a Γ egyszerű zárt görbén a

$\oint\limits_{\Gamma}\mathbf{v}\,\mathrm{d}\mathbf{r}$

vonalintegrál.

Jellemzés

A potenciálosság rendkívül szoros kapcsolatban van a cirkulációval és a rotációval:

Tétel. Ha v folyt. diff. vektormező az A egyszeresen összefüggő tartományon. Ekkor az alábbi három kijelentés egymással egyenértékű (v folyt. diff. vektormező):

v potenciálos,
v rotációja minden pontban nulla,
v cirkulációja minden zárt görbére nulla (más kifejezéssel: v konzetvatív).

Bizonyítás.

1. --> 2. Tegyük fel, hogy grad u = v, így rot v = rot grad u. Ekkor formálisan hivatkozhatunk például a vektoriális szorzás azon szabályára, hogy párhuzamos vektorok vektoriális szorzata 0, hisz

$\mathrm{rot}(\mathrm{grad}\,u)=\underline{\nabla}\times\underline{\nabla} u$

De itt végül is a Young-tételről van szó. Komponensenként kiírva:

$\underline{\nabla}\times\underline{\nabla} u= \begin{vmatrix}\mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k}\\ \partial_1 & \partial_2 & \partial_3 \\ \partial_1 & \partial_2 & \partial_3 \end{vmatrix}\,u=\mathbf{i}(\partial_2\partial_3 u-\partial_3\partial_2u)+ ...$

kétszer folytonsan differenciálható u Hesse-mátrixa szimmertikus, azaz a vegyes másodrendű parciális deriváltak egyenlők, azaz a fenti összeg 0.

2. --> 3. Itt a Stokes-tételre kell hivatkoznunk:

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

egyszeresen összefüggő tartományban haladó Γ = ∂F görbére és tetszőleges olyan F felületre, melynek ő a pereme. De rot v mindenhol 0. így a jobb oldal 0, azaz cirkuláció is.

3. --> 1. Belátjuk, hogy van potenciál. Legyen a rögzített pont és b tetszőlegesen választott. Legyen Γ₁ és Γ₂ két tetszőleges görbe, mely a-ból b-be megy. Ekkor az egyszeres összefüggőség miatt a Γ₂ -t visszfelé irányítva:

$\Gamma=\Gamma_1^\frown(-\Gamma_2)$

az a zárt görbe, mely az a-ból megy a Γ₁ mentén a b-be és a b-ből megy a Γ₂ mentén, de ellenkezőleg irányítva az a-ba. De v minden körintegrálj eltűnik, így

$0=\oint\limits_{\Gamma}\mathbf{v}\,\mathrm{d}\mathbf{r}=\int\limits_{\Gamma_1}\mathbf{v}\,\mathrm{d}\mathbf{r}+\int\limits_{-\Gamma_2}\mathbf{v}\,\mathrm{d}\mathbf{r}=\int\limits_{\Gamma_1}\mathbf{v}\,\mathrm{d}\mathbf{r}-\int\limits_{\Gamma_2}\mathbf{v}\,\mathrm{d}\mathbf{r}$

azaz

$\int\limits_{\Gamma_1}\mathbf{v}\,\mathrm{d}\mathbf{r}=\int\limits_{\Gamma_2}\mathbf{v}\,\mathrm{d}\mathbf{r}$

Tehát az

$u(x)=\int\limits_{(\gamma)\;a}^{x}\mathbf{v}\,\mathrm{d}\mathbf{r}$

skalárfüggvény független az úttól és a felső határ szerinti gradiense ugyanúgy az integrandus, mint az egyváltozós valós függvények esetén. QED.

Gradiensre vonatkozó integráltétel

Az előbb említett, az integrálfüggvény deriválhatóságának tételének megvan a párja is. Ez az első gradienstétel, mely végül is nem más, mint a Newton--Leibniz-formula többdimenziós általánosításai közül a legelső verzió:

Tétel.

$u(b)-u(a)=\int\limits_{(\Gamma)\;a}^{b}\mathrm{grad}(u)\,\mathrm{d}\mathbf{r}$

(ha u folyt. diff. és egysz. öf. tartományon ért.)

A tétel beleillik a "nagy integrálátalakító tételek" sorába (Stokes-tétel, Gauss--Osztrogradszkij-tétel és most az I. gradienstétel), melyek alapszlogenje, hogy "integrál a peremen = a derivált integrálja belül", persze itt a perem az {a,b} véges halmaz, a derivált a gradiens, a "belül" pedig a Γ görbe. (S.-t-nél felület a belső, a határán futó zárt görbe a perem és rot a derivált, G--O-t nél térrész a belső, az őt határoló zárt felület a perem és div a derivált).

Potenciálkeresés. 1) Pancsolásos módszer és variánsai (alkalmazások: egzakt differenciálegyenlet megoldása, harmonikus társ keresése) 2) integrálás és az I. grad. tétel alkalmazása 3) invariáns alakban adott feldatoknál primitívfüggvény keresés.

Hossz n-edik deriváltja

Ez utóbbi megoldáshoz tudnunk kell, hogy a hossz n-edik deriváltja mi. Ezt a többváltozós függvények analízisében az összetett függvény deriválásánál tanultuk: ha r nem nulla, akkor

$\mathrm{grad} |\mathbf{r}|^n =n|\mathbf{r}|^{n-1}\frac{\mathbf{r}}{|\mathbf{r}|}$

mert a külső függvény: $t\mapsto t^n$ , a belső pedig $\mathbf{r}\mapsto |\mathbf{r}|$ . Az utóbbi deriváltja koordinátás alakban:

$\mathrm{grad}\,\sqrt{x_1^2+x_2^2+...+x_m^2}=(\frac{2x_1}{2\sqrt{x_1^2+x_2^2+...+x_m^2}}, ..., \frac{2x_m}{2\sqrt{x_1^2+x_2^2+...+x_m^2}})=\frac{(x_1,x_2, ..., x_m}{\sqrt{x_1^2+x_2^2+...+x_m^2}}$

tehát a függvénykompozíció deriválására vonatkozó tétel szerint:

$\mathrm{grad} (f(\Phi(\mathbf{r})))=f'(\Phi(\mathbf{r}))\cdot\mathrm{grad}\Phi(\mathbf{r})=n|\mathbf{r}|^{n-1}\frac{\mathbf{r}}{|\mathbf{r}|}$

Komplex körintegrálok

Ebben a tételben a komplex körintegrálok kiszámításával foglalkozunk.

Definíció. Ha G:[a,b] $\to$ C görbe és f olyan komplex függvény, melyre Ran(G)⊆Dom(f), és f folytonos, akkor belátható, hogy létezik a

$\begin{matrix} \sum\limits_{i=1}^nf(\zeta_i)\cdot \Delta z_i & \longrightarrow & \int\limits_{G}f(z)\,\mathrm{d}z\\ & n\to \infty & \\ & \forall z_i\in G, \;\forall \zeta_i\in \Delta z_i &\\ & |\Delta z_i|\to 0 & \end{matrix}$

határérték, mely egy speciális Riemann-közelítőösszeg határértéke. Itt a görbén kijelöltük a véges sok $z i$ pontot, melyek a szigorúan monoton ( $t i$ )-khez tartoznak a $z i = z (t i)$ definícióval. Ezen $[z (t i), z (t i + 1)]$ görbeszakaszokon belül felvettük tetszőlegesen a ζ_i közbülső pontokat, és a Δz_i= $[z (t i), z (t i + 1)]$ szakaszokkal elkészítettük az f(ζ_i)Δz_i komplex szorzatokat. A határérték ezek görbére vett összegének határértéke. Ez a határérték az f függvény G-re vett komplex integrálja.

Kiszámítási formula. Belátható, hogy a fenti integrál a következőkkel egyenlő:

$\int\limits_{G}f(z)\mathrm{d}z=\int\limits_{a}^b f(z(t))\cdot \dot{z}(t)\,\mathrm{d}t$

Megjegyzes A helyettesiteses integralas tetelenek felhasznalasaval belathato, hogy ez az integral fuggetlen a parametertezestol, ha azok ugyanazt az iranyitast hatarozzak meg.

Megj. A kiszamitasi formulaban skalarvaltozos vektorerteku fuggveny integralja szerepel. Ezt a kovetkezokeppen kell kiszamitani:

$\int\limits_a^b\begin{pmatrix}f_1(t)\\f_2(t)\end{pmatrix}\,dt=\begin{pmatrix}\int\limits_a^b f_1(t) \,dt\\ \int\limits_a^b f_2(t)\,dt\end{pmatrix}$

Visszavezetés valós vonalintegrálra es feluleti integralra

Az integrál kifejezhető vonalintegrállal. Ha ugyanis f= u + iv, akkor az f=(u,v) vektormezőnek olyan differenciálforma szerinti integrálja a komplex pályamenti integrál, mely az f=(u,v) vektor és a dz=(dx,dy) infinitezimális elmozdulásvektor komplex szorzásaként jön létre:

$\int\limits_{G}f(z)\mathrm{d}z = \int\limits_{G} u\mathrm{d}x-v\mathrm{d }y + i\int\limits_{G} u\mathrm{d}y+v\mathrm{d }x$

Ebben a felírásban az (u,-v) és (v,u) olyan segédvektormezők, melyek vonalintegráljai adják meg a komplex integrál valós és képzetes részét. Tehát az integrált a

$\mathbf{P}=\begin{pmatrix}u\\-v\end{pmatrix}$ és $\mathbf{Q}=\begin{pmatrix}v\\u\end{pmatrix}$

segédvektormezők síkbeli vonalintegráljai

$\int\limits_{G}\mathbf{P}\,\mathrm{d}\mathbf{r}+i\int\limits_{G}\mathbf{Q}\,\mathrm{d}\mathbf{r}$

vagy

$\mathbf{P}'=\begin{pmatrix}-v\\-u\end{pmatrix}$ és $\mathbf{Q}'=\begin{pmatrix}u\\-v\end{pmatrix}$

segédvektormezők síkbeli felületi integráljai

$\int\limits_{F}\mathbf{P}'\,\mathrm{d}\mathbf{f}+i\int\limits_{F}\mathbf{Q}'\,\mathrm{d}\mathbf{f}$

szolgáltatják.

Itt érdemes feleleveníteni, hogy az v = ( $v 1$ , $v 2$ ) síkvektormező vonalintegrája a $v 1$ dx+ $v 2$ dy differenciálforma integrálja az L görbére, felületi integrálja a ( $v 1$ , $v 2$ )( $d f 1$ , $d f 2$ )=v_1df_1+v_2df_2 "differencialforma" integralasa adja. Itt az infinitezimalis feluletelem ( $d f 1$ , $d f 2$ )=( $d y$ ,- $d x$ ):

$\int\limits_{F} \mathbf{v}\,\mathrm{d}\mathbf{f}=\int\limits_{-F} v_1 \mathrm{d}y-v_2\mathrm{d}x$ ,

Ahol az F irányítását megváltoztattuk F'=-F-re, amikor vonalintegrálra tértünk át.

Primitívfüggvény

A G: [a,b] $\to$ C görbe zárt görbe, ha G(a)=G(b). A zárt görbére vett integrál a körintegrál.

Az első eszköz a Newton--Leibniz-formulából következik, hisz ha F'=f, akkor ∫_z^w f = F(w) - F(z).

Tétel. Ha a D tartományon értelmezett f függvénynek van primitív függvénye, akkor a körintegrál minden a D-ben haladó zárt görbén eltűnik:

$\oint f=0\,$

Példa. Az $f(z)=\frac{1}{z^2}$ -nek van primitívfüggvény, így körintegrálja mindenütt eltűnik.

Példa. Paraméteresen kiszámolható, hogy

$\oint\limits_{|z|=r} \frac{1}{z}=2\pi i\,$

akrámilyen r > 0 sugárra. Tehát a teljes C \ {0}-n a reciproknak nincs primitívfüggvénye. (De egyszeresen összefüggő, a 0-t nem tartalmazó tartományon már van: a logaritmus.)

A komplex analízis főtétele

A komplex N--L-tétel nem túl hatékony eszköz. A N--L-tétel síkvektoranalízisbeli általánosításához kell folyamodnunk, például a Stokes-tételhez, ha többet akarunk mondani:

Stokes-tétel (R²-re) Legyen a D síkbeli tartomany határa a ∂D zárt görbe, megfelelően irányítva. Ha v folytonosan R-differenciálható egy nyílt halmazon, mely tartalmazza D lezártját, akkor

$\oint\limits_{\partial D} \mathbf{v}\,\mathrm{d}\mathbf{r}=\int\limits_{D} \mathrm{rot}(\mathbf{v})\,\mathrm{d}A$

Ekkor csak a rotációt kell kiszámítanunk:

$\mathrm{rot}\mathbf{P}=\frac{\partial u}{\partial y} - \left(-\frac{\partial v}{\partial x}\right)=0$

$\mathrm{rot}\mathbf{Q}=\frac{\partial v}{\partial y} - \frac{\partial u}{\partial x}=0$

Ami, a C-R-egyenletek miatt igaz.

Innen

$\int\limits_{G}f(z)\mathrm{d}z=0$

Goursat ennél is mélyebb eredményt talált:

Goursat-lemma. A T háromszöglapon reguláris f komplex függvény integrálja a háromszög határán nulla:

$\oint\limits_{\partial T}f=0\,$

Bizonyitas. A haromszoget osszuk fel 4 egybevago haromszogre: Δ=Δ₁∪Δ₂∪Δ₃∪Δ₄. Ha jol iranyitjuk a kis haromszogek hatarat, akkor

$\int\limits_{\Delta}f=\int\limits_{\Delta_1}f+\int\limits_{\Delta_2}f+\int\limits_{\Delta_3}f+\int\limits_{\Delta_4}f$

Ezt felulbecsulhetjuk a kovetkezovel:

$\left|\int\limits_{\Delta}f\right|\leq\sum\limits_{i=1}^4\left|\int\limits_{\Delta_i}f\right|\leq 4\max\limits_{i=1}^4\left|\int\limits_{\Delta_i}f\right|=4\left|\int\limits_{\Delta^{(1)}}f\right|$

most Δ⁽¹⁾-et bontjuk fel es folytatva a felosztast egy nullahoz tarto nagysagu haromszogekbol allo egymasba skatulyazott (Δ⁽ⁿ⁾) haromszogsorozatot kapunk, mely egy ponthoz, a z₀-hoz tart. A haromszogek kerulete K/2ⁿ, ha K az eredeti haromszog kerulete. Erra a sorozatra tovabba:

$\left|\int\limits_{\Delta}f\right|\leq 4^n\left|\int\limits_{\Delta^{(n)}}f\right|$

igaz.

Most felhasznaljuk a komplex differencialhatosagot. Tetszoleges ε>0 szamra van olyan kornyezete z₀-nak, es a haromszogsorozatnak olyan N indexe, melyre az n-edik tagok mar a kornyezetben vannak es az alabbi formulaban az |ε(z)|<ε:

$f(z)=f(z_0)+f'(z_0)(z-z_0)+\varepsilon(z)(z-z_0)$

Ezt integralva a haromszogre:

$|\int\limits_{\Delta^{(n)}}f(z)|=|\int\limits_{\Delta^{(n)}}f(z_0)+f'(z_0)(z-z_0)+\varepsilon(z)(z-z_0)\,dz|=|\int\limits_{\Delta^{(n)}}\varepsilon(z)(z-z_0)\,dz|=$

Itt az utolso kifejezest az ivhossz integrallal felulbecsuljuk:

$\leq\int\limits_{\Delta^{(n)}}|\varepsilon(z)||(z-z_0)|\,d|z|<\varepsilon K^2/4^n$

Mivel ε tetszoleges volt, ezert az integral eltunik.

Innen már könnyen adódik a komplex analízis főtétele, melyet először Cauchy modott ki ugyan csak folytonosan diffható komplex függvényre, de Goursat ezt megfejelte a gyengített feltételével:

Főtétel. Ha a D egyszeresen összefüggő tartományon reguláris az f komplex függvény, akkor a tartományban minden zárt G egyszeru görbén a függvény integrálja nulla:

$\oint\limits_{G} f=0\,$

Cauchy-formulák

A Cauchy-formulák azért múlhatatlan fontosságúak, mert ezeknek következménye, hogy egy reguláris függvény nem csak egyszer, de végtelenszer differenciálható, sőt analitikus.

Tétel. Ha f az z_0 egy U környezetén reguláris, akkor tetszőleges az U-ban haladó, a z_0-t egyszer körülhurkoló pozitívan irányított G zárt görbére:

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

Riemann-tétel

Tétel. Legyen U nyilt tartomány, $z 0$ ∈ U. Ha f az U\{ $z 0$ }-on reguláris és korlátos, akkor minden U-beli körintegrálja eltűnik.

Bizonyítás. Belátjuk, az f Laurent-sora csak reguláris részből áll a $z 0$ körül. Az Laurent-sor együtthatóformuláiból, k < 0 egészre és K_r r sugarú körre:

$|c_{-k}|=\left|\frac{1}{2\pi i}\oint\limits_{K_r}f(z)(z-z_0)^{k-1}\mathrm{d}z\right|\leq\frac{1}{2\pi}\oint\limits_{K_r}|f(z)||(z-z_0)^{k-1}|\mathrm{d}z=\frac{1}{2\pi}K^2\cdot 2\pi r\to 0$

hiszen f korlátjához létezik olyan kis környzet, ahol a nullához tartó második tényező K-nál kisebb (vagy 1, és akkor a képletben és a végeredméybencsak K szerepel). Ha pedig r-rel tartunk a 0-hoz, az együttható eltűnik.

f-tehát kiterjeszthető U-n reguláris függvénnyé, így a Cauchy-tétel miatt minden körintegrálja eltűnik. Vagy egyszerűbben: f reziduuma a megszüntethető szingularitási helyen 0.

Reguláris függvény analitikus, Laurent-sorfejtés

Tétel. -- A Laurent-sor tétele -- Ha az f: C $\supset\!\to$ C és a ∈ C szám és 0 ≤ r < R ≤ +∞ olyan sugarak, hogy f az

$T=\{z\in \mathbf{C}\mid r<|z-a|<R\,\}$

nyílt körgyűrűben reguláris, akkor egyértelműen léteznek olyan (c_n)_n∈Z komplex számok, éspedig tetszőleges a T-ben haladó az a-t egyszer pozitív irányban körbehurkoló G görbére:

$c_n=\frac{1}{2\pi i}\oint\limits_{G}\frac{f(w)}{(w-a)^{n+1}}\mathrm{d}w,\quad\quad n\in\mathbf{Z}$

hogy a

$\sum\limits_{(-\infty)}(c_n(id-a)^n)$

függvénysor konvergens T-ben és minden z ∈ T számra:

$f(z)=\sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty}c_n(z-a)^n$

Bizonyítás. f-et most nem tudjuk előállítani a Cauchy-integrálformulával, mint a Taylor-sor esetén, mert az a pontban esetleg a függvény nem reguláris. De előállíthatjuk két hasonló formula különbségeként.

Rögzítsük egy tetszőlegesen választott z ∈ T-t. Legyenek k₁ és k₂ két a középpontú, T-ben haladó, pozitívan irányított kör, úgy, hogy z a k₁ és k₂ körök közötti nyílt tartományba essen. Ezekből a körökből és az őket elválasztó gyűrűt sugárirányban befelé átmetsző s szakaszból elkészítünk egy olyan zárt görbét, melyre már alkalmazható az integrálformula. Tekintsük úgy, hogy k₁ kezdő és végpontja az s kezdőpontja, k₂ kezdő és végpontja pedig az s végpontja. Legyen

$\Gamma=k_1^\frown s^\frown (-k_2)^\frown(-s)$

itt (-s) az s-sel ellenkező irányítású szakaszt jelzi. Ekkor Γ a z-t egy reguláris tartományban hurkolja egyszer, pozitívan körbe, így a Cauchy-integrálformulával:

$f(z)=\frac{1}{2\pi i}\oint\limits_{\Gamma}\frac{f(w)}{(w-z)}\mathrm{d}w$

Node, ebben az integálban az s íven kétszer oda-vissza végezzük el az integrálást, így az erre vett integrál eltűnik. Másrészt a (-k₂)-n vett integrál ellenkezője a 'k₂-vettének, így végülis:

$f(z)=\frac{1}{2\pi i}\oint\limits_{k_1}\frac{f(w)}{(w-z)}\mathrm{d}w-\frac{1}{2\pi i}\oint\limits_{k_2}\frac{f(w)}{(w-z)}\mathrm{d}w$

Hangsúlyozzuk, hogy z és a most konstansok, így a

$w\mapsto\frac{1}{w-z}\,$

az értelmezési tartományán analitikus függvény. Ennek -- szikásos módon a mértani sor összegére vonatkozó képlet segítségével -- elvégezhetjük az a középpontú, valamilyen körön belüli hatványsorba fejtését. Természetesen a |w-a| < |z-a| feltételt meg kell követelnünk, hiszen hatványsor konvergenciakörében nem lehet benne a z szakadási pont. Tegyük fel tehát, hogy |w-a| < |z-a|. Ekkor:

$\frac{1}{w-z}=\frac{1}{(w-a)+(a-z)}=\frac{1}{a-z}\cdot\frac{1}{\frac{w-a}{a-z}+1}=-\frac{1}{z-a}\cdot\frac{1}{1-\frac{w-a}{z-a}}$

Ezzel megvan a sorfejtés minden együtthatója, ugyanis $q=\frac{w-a}{z-a}$ -ra kell alkalmazni a mértani sor formuláját:

$\frac{1}{w-z}=-\frac{1}{z-a}\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(z-a)^n}\cdot(w-a)^n$

1) Világos, hogy ezt a sorfejtést csak a k₂-re vonatkozó integrálban használhatjuk fel, mert ott lesz a q < 1 (ill. a w mindig közelebb a-hoz mint z-hez). Ezt az integrált tehát:

$-\frac{1}{2\pi i}\oint\limits_{k_2}\frac{f(w)}{(w-z)}\mathrm{d}w=\frac{1}{2\pi i}\oint\limits_{k_2}f(w)\frac{1}{z-a}\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(z-a)^n}\cdot(w-a)^n\mathrm{d}w=$

az integrál felcserélhető a szummával és a w-től független tagok kihozhatók az integrál elé, ezért

$=\frac{1}{2\pi i}\sum\limits_{n=0}^{\infty}\oint\limits_{k_2}f(w)\frac{1}{(z-a)^{n+1}}\cdot(w-a)^n\mathrm{d}w=\frac{1}{2\pi i}\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(z-a)^{n+1}}\oint\limits_{k_2}f(w)\cdot(w-a)^n\mathrm{d}w$

Ekkor egy konvergens, negatív kitevőjű hatványsort kaptunk, melynek csak főrésze van, de érdekes módon nem a középponttal és w-re, hanem a középponttal és z-ra. Ez pont a kívánt sorfejtés, melyet érdemes átindexelni úgy, hogy a szummázás -1-től induljon és -∞-ig menjen:

$-\frac{1}{2\pi i}\oint\limits_{k_2}\frac{f(w)}{(w-z)}\mathrm{d}w=\frac{1}{2\pi i}\sum\limits_{n=-1}^{-\infty}\left(\oint\limits_{k_2}\frac{f(w)}{(w-a)^{n+1}}\mathrm{d}w\right)(z-a)^{n}$

Már csak azt kell megmagyaráznunk, hogy a k₂ helyére most már minden olyan G görbére felírható, mely az a-t pozitívan öleli körbe egyszer és a regularitási tartományban halad. Valóban, a képletbeli integrál már független az 1/(w-z) sorfejtési szituációjától és minden olyan G görbére áttranszformálható melyek folytonosan áttranszformálható k₂-be. Ez a T körgyűrű összes a tételi állításban megadott görbéjére áll.

2) Most már az előző számolásból sejthető, hogy a Laurent-sor reguláris része akkor jön ki, ha az 1/(w-z) reciprokfüggvényt a az a körül nem pozitív, hanem negatív kitevőjű hatványsorba, fejtjük -- mint az első példában. Ezt a |w-a| > |z-a| feltétellel tehetjük csak meg, hisz ilyen sor konvergenciatartománya körgyűrű és a z szinguláris pontot nem tartalmazhatja:

$\frac{1}{w-z}=\frac{1}{(w-a)+(a-z)}=\frac{1}{w-a}\cdot\frac{1}{1-\frac{z-a}{w-a}}$

Ez a sor valóban akkor konvergens, ha |w-a| > |z-a|. Ezzel az előző pomt számolását elvégezve az f(z)-t előállító Laurent-sor reguláris részét kapjuk. QED

Következmény. Reguláris függvény analitikus.

Következmény. Az izolált szingularitások a sorfejtés szerint osztályozhatóak éspedig. Az f függvény a $z 0$ izolált szinguláris pontja körüli sorfejtésében

pontosan akkor van csak reguláris tag, ha a szingularitás megszűntethető,
pontosan akkor van véges sok főrészbeli tag, ha végtelen a határérék $z 0$ -ban,
pontosan akkor van végtelen sok főrészbeli tag (lényeges szingularitás), ha nem létezik a határérék $z 0$ -ban.

Felületi integrál, Gauss-tétel

Definíció. Legyen $\mathbf{v}$ vektormező, mely $\mathbf{R}^3$ egy nyílt D tartományán értelmezett. Legyen $\mathbf{r}:T\to D,\quad (u,v)\mapsto\mathbf{r}(u,v)$ folytonosan differenciálható függvény, melynek értelmezési tartománya a T mérhető síktartomány. Ekkor a vektorfüggvény integrálját és létezését a felület mentén a következő limesszel definiáljuk:

$\exists\int\limits_{\mathrm{Ran}(\mathbf{r})}\mathbf{v}\,\mathrm{d}\mathbf{F}=L\quad\quad\Longleftrightarrow\quad\quad\sum\limits_{i=1}^n\mathbf{v}(\mathbf{r}_i)\Delta\mathbf{F}_{i}\underset{\begin{matrix}n\to \infty\\\mathbf{r}_i\in F\\|\Delta\mathbf{F}_{i}|\to 0\end{matrix}}{\longrightarrow} L\in \mathbf{R}$

Itt tehát T-t egymásba nem nyúló, mérhető I_i síktartományokra bontjuk fel, amelyek ármérője egyre csökken. Az integrál létezésére és értékére az alábbi egyszerű kritériumot és tartományi integrált írhatjuk föl. Legyen $\mathbf{r}:T\to D,\quad (u,v)\mapsto\mathbf{r}(u,v)$ folytonosan differenciálható függvény, melynek értelmezési tartománya a T mérhető síktartomány. Ekkor az $\mathbf{r}(u,v)$ deriváltjai léteznek, a felületi integrál létezik és felírható

$\int\limits_{F}\mathbf{v}\,\mathrm{d}\mathbf{F}=\int\limits_{T_{u,v}}\mathbf{v}(\mathbf{r}(u,v))\cdot \frac{\partial \mathbf{r}(u,v)}{\partial u}\times\frac{\partial \mathbf{r}(u,v)}{\partial v}\,\mathrm{d}u\,\mathrm{d}v$

Ha a skaláris szorzat invariáns értelmezését vesszük, akkor a fenti formulát még a következőképpen is felírhatjuk:

$\int\limits_{G}\mathbf{v}\,\mathrm{d}\mathbf{f}=\int\limits_{G}v_{\perp}\,|\mathrm{d}\mathbf{f}|$

ahol $v_\perp =\mathbf{v}\cdot \frac{\mathbf{n}}{|\mathbf{n}|}$ , azaz a felületi integrál egyenlő a vektormezőnek a felületi érintősík normálisa irányába eső előjeles komponense ugyanazon felületre vonatkozó felszín szerinti integráljával.

Megjegyzendő, hogy a képletben szereplő vegyes szorzat értéke $3\times 3$ -as determinánsként számítható ki a komponenseiből:

$\mathbf{v}(\mathbf{r}(u,v))\cdot \frac{\partial \mathbf{r}(u,v)}{\partial u}\times\frac{\partial \mathbf{r}(u,v)}{\partial v}=\begin{vmatrix}\quad[\mathbf{v}(\mathbf{r}(u,v))]\quad\\\\ \left[\frac{\partial \mathbf{r}(u,v)}{\partial u}\right]\\\\ \left[\frac{\partial \mathbf{r}(u,v)}{\partial v}\right]\end{vmatrix}$

Tétel -- Gauss-Osztrogradszkíj -- Legyen $\mathbf{v}:D\to \mathbf{R}^3$ folytonosan differenciálható vektormező, $D\subseteq \mathbf{R}^3$ tartomány és legyen V a D-ben lévő mérhető térrész, melynek pereme az $\partial V=F\subseteq D$ zárt felület a térrészből kifelé mutató irányítással. Ekkor

$\oint\limits_{\partial V}\mathbf{v}\,\mathrm{d}\mathbf{F}=\int\limits_{V}\mathrm{div}\,\mathbf{v}\,\mathrm{d}V$

A tétel fontos alkalmazása a gömbszimmetrikus vektormezők felületi integráljának kiszámítása, ezek közül is a legfontosabb a reciproknégyzetes erősségű vektormezők.

Számítsuk ki a

$\mathbf{v}=\frac{\mathbf{r}}{|\mathbf{r}|^3}$

vektormező integrálját a tetszőleges Γ zárt felületre, mely az origót belsejében tartalmazó V kompakt tartomány pereme, kifelé irányítva!

Először kiszámítjuk a vektoremző divergenciáját ott, ahol értelmezve van:

$\mathrm{div}\,\mathbf{v}=\mathrm{div}\,(\mathbf{r}|\mathbf{r}|^{-3})=3|\mathbf{r}|^{-3}+\mathbf{r}(-3)|\mathbf{r}|^{-4}\frac{\mathbf{r}}{|\mathbf{r}|}=0$

Itt felhasználtuk a divergenciára vontkozó szorzási szabályt.

Az integrál előállítható egy a v értelmezési tartományába eső tartomány peremére és egy másik felületre vonatkozó felületi integrálként. Legyen ugyanis G az origó középpontú olyan R sugarú gömb, mely benne van V belsejében és D az a tartomány pedig legyen V minusz G. Ekkor

$\int_{\partial D} \mathbf{v}\,\mathrm{d}\mathbf{f}=\int_{\partial V} \mathbf{v}\,\mathrm{d}\mathbf{f}+\int_{-\partial G} \mathbf{v}\,\mathrm{d}\mathbf{f}$

azaz

$\int_{\partial V} \mathbf{v}\,\mathrm{d}\mathbf{f}= \int_{\partial D} \mathbf{v}\,\mathrm{d}\mathbf{f}+\int_{\partial G} \mathbf{v}\,\mathrm{d}\mathbf{f}=\int_{D} \mathrm{div}(\mathbf{v})\,\mathrm{d}\mathrm{V}+\int_{\partial G} \mathbf{v}\,\mathrm{d}\mathbf{f}=\int_{\partial G} \mathbf{v}\,\mathrm{d}\mathbf{f}$

Tehát csak G határára kell kiszámítani a vektormező fluxusát. Ezt az invariáns formulával tesszük:

$\int_{\partial G} \mathbf{v}\,\mathrm{d}\mathbf{f}=\int_{\partial G} \frac{1}{R^2}\,|\mathrm{d}\mathbf{f}|=\frac{1}{R^2}\int_{\partial G} \,|\mathrm{d}\mathbf{f}|=4\pi$

(Imént lényegében az elektrosztatikus Gauss-törtvény állítását vezettük le a Coulomb-törvényből)

Vonalintegrál, Stokes-tétel

Legyen $\mathbf{v}$ vektormező, mely $\mathbf{R}^n$ egy nyílt D tartományán értelmezett. Legyen $\Gamma:[a,b]\to D,\quad t\mapsto\mathbf{r}(t)$ folytonosan differenciálható függvény. Ekkor a vektormező integrálját és létezését a görbe mentén a következő limesszel definiáljuk:

$\exists\int\limits_{\Gamma}\mathbf{v}\,\mathrm{d}\mathbf{r}=L\quad\quad\Longleftrightarrow\quad\quad\sum\limits_{i=1}^n\mathbf{v}(\mathbf{r}_i)(\mathbf{r}_{i}-\mathbf{r}_{i-1})\underset{\begin{matrix}n\to \infty\\\mathbf{r}_i\in \Gamma\\|\mathbf{r}_{i}-\mathbf{r}_{i-1}|\to 0\\\mathbf{r}_{i}=\mathbf{r}(t_i)\\(t_i)_{i=1...n}\mbox{ szig. mon. nov.} \end{matrix}}{\longrightarrow} L\in \mathbf{R}$

Az integrál létezésére és értékére az alábbi egy egyszerű kritériumot és egydimenziós integrált írhatjuk föl. Legyen $G:[t_1,t_2]\to D,\quad t\mapsto\mathbf{r}(t)$ legfeljebb véges sok pontban nem folytonosan differenciálható függvény. Ekkor az $\mathbf{r}(t)$ deriváltja véges sok pont kivételével létezik, a vonalintegrál létezik és felírható

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

Ha a skaláris szorzat invariáns értelmezését vesszük, akkor a fenti formulát még a következőképpen is felírhatjuk:

$\int\limits_{G}\mathbf{v}\,\mathrm{d}\mathbf{r}=\int\limits_{t_1}^{t_2}v_{\parallel }(\mathbf{r}(t))\cdot|\dot{\mathbf{r}}(t)|\,\mathrm{d}t=\int\limits_{G}v_{\parallel }\,|\mathrm{d}\mathbf{r}|$

ahol $v_\parallel =\mathbf{v}\cdot \mathbf{t}$ , azaz a vektormezőnek a görbe érintője irányába eső előjeles vetülete.

Tétel -- Stokes-tétel -- Legyen $\mathbf{v}:D\to \mathbf{R}^3$ folytonosan differenciálható vektormező, $D\subseteq \mathbf{R}^3$ tartomány és legyen $F\subseteq D$ irányított, peremes felület, ennek pereme $\partial F$ . Ekkor

$\oint\limits_{\partial F}\mathbf{v}\,\mathrm{d}\mathbf{r}=\int\limits_{F}\mathrm{rot}\,\mathbf{v}\,\mathrm{d}\mathbf{F}$

Megjegyezzük, hogy a perem irányítása kompatibilis kell hogy legyen a felület irányításával, ellenkező esetben az integrál a fenti ellentettje lesz. Kompatibilis a felület és a pereme irányítása, ha "a felületi normálvektor irány a fejünk iránya, a lábunk a felületen van, a peremen haladunk végig és a felület bal kéz felől esik (jobbkézszabály)".

A tétel alkalmazására a következő hengerszimmetrikus esetet nézzük.

Legyen

$\mathbf{v}=\frac{\mathbf{k}\times \mathbf{r}}{|\mathbf{k}\times\mathbf{r}|^2}$

a vektormező és a felület az [xy] sík egy olyan tetszőleges T mérhető tartománya, mely a belsejében tartalmazza az origót és a pereme a G zárt görbe. Igazoljuk ekkor, hogy G-re az integrál 2π.

Először kiszámítjuk a vektromező rotációját. Ehhez felhasználjuk a rotációra vonatkozókövetkező azonosságot:

$\mathbf{rot}\,(\Phi\mathbf{u})=\mathbf{rot}(\mathbf{u})\cdot \Phi+\mathrm{grad}\Phi\times\mathbf{u}$

$\mathbf{rot}\,\mathbf{v}=\mathbf{rot}(\mathbf{k}\times \mathbf{r})\cdot |\mathbf{k}\times\mathbf{r}|^{-2}+(\mathbf{k}\times \mathbf{r})\times\mathrm{grad}(|\mathbf{k}\times\mathbf{r}|^{-2})$

A rotáció a deriválttenzor vektorinvariánsának kétszerese, mivel lineáris leképezés deriváltja saját maga, ezért a képletbeli rotáció 2k. A képletbeli gradiens alatti skalármező a tengelytől mért távolságtől függ, ezért:

$\mathbf{rot}\,\mathbf{v}=2\mathbf{k}|\mathbf{k}\times\mathbf{r}|^{-2}+(\mathbf{k}\times \mathbf{r})\times(-2)|\mathbf{k}\times\mathbf{r}|^{-3}\cdot \frac{(\mathbf{k}\times \mathbf{r})\times\mathbf{k}}{|\mathbf{k}\times\mathbf{r}|}=\mathbf{0}$

Most felbontjuk a T tartományt egy D lyukas tartományra és egy körlapra. A K körlap sugara legyen olyan R, mely esetén a körlap a T belsejében van benne. Ekkor

$\int\limits_{\partial D}\mathbf{v}\,\mathrm{d}\mathbf{r}=\int\limits_{\partial T}\mathbf{v}\,\mathrm{d}\mathbf{r}+\int\limits_{-\partial K}\mathbf{v}\,\mathrm{d}\mathbf{r}$

Tehát

$\int\limits_{\partial T}\mathbf{v}\,\mathrm{d}\mathbf{r}=\int\limits_{\partial D}\mathbf{v}\,\mathrm{d}\mathbf{r}+\int\limits_{\partial K}\mathbf{v}\,\mathrm{d}\mathbf{r}=\int\limits_{D}\mathbf{rot}(\mathbf{v})\,\mathrm{d}\mathbf{f}+\int\limits_{\partial K}\mathbf{v}\,\mathrm{d}\mathbf{r}=\int\limits_{\partial K}\mathbf{v}\,\mathrm{d}\mathbf{r}$

Innen a vonalintegrál invariáns értelmezése folytán:

$\int\limits_{\partial K}\mathbf{v}\,\mathrm{d}\mathbf{r}=\int\limits_{\partial K}\frac{1}{R}|\mathrm{d}\mathbf{r}|=\frac{1}{R}2\pi R=2\pi$

(Itt lényegében a végtelen hosszú egyenes vezető körüli görbén a mágneses indukció körintegrálját határoztuk meg.)

CROSS és alkalmazása és a Green-tétel

Definíció. A kettő vagy háromdimenziós térben CROSS a következő lineáris ill. bilineáris leképezés:

Ha $\mathbf{v}=(v_1,v_2)\in \mathbf{R}^2$ , akkor $\mathsf{cross}(\mathbf{v})=(-v_2,v_1)$ .

Ha $\mathbf{v}, \mathbf{w}\in \mathbf{R}^3$ , akkor $\mathsf{cross}(\mathbf{v},\mathbf{w})=\mathbf{v}\times\mathbf{w}$ .

Leképezések invariánsai

Az S lineáris leképezés szimmetrikus, ha minden ortonormált bázisban a mátrixa szimmetrikus mátrix. Igaz az, hogy S pontosan akkor szimmetrikus, ha minden u, v vektorra

u $\cdot$ (Sv)=v $\cdot$ (Su),

ahol $\cdot$ a skaláris szorzás.

Az A lineáris leképezésantiszimmetrikus, ha minden ortonormált bázisban a mátrixa antiszimmetrikus mátrix. Igaz az, hogy A pontosan akkor antiszimmetrikus, ha minden u, v vektorra

u $\cdot$ (Av)=-v $\cdot$ (Au),

ahol $\cdot$ a skaláris szorzás.

Bármely T lineáris leképezés egyértélműen előáll S + A alakban, ahol S szimmetrikus, A pedig antiszimmetrikus, éspedig:

$\mathbf{T}=\frac{1}{2}(\mathbf{T}+\mathbf{T}^{\mathrm{T}})+\frac{1}{2}(\mathbf{T}-\mathbf{T}^{\mathrm{T}})$

Két fontos tétel:

Tétel -- Ha A ∈R³ (illetve R² ) antiszimmetrikus, akkor létezik olyan a vektor (vagy a skalár), hogy minden v vektorra:

$\mathbf{Av}=\mathbf{a}\times\mathbf{v}=\mathsf{cross}(\mathbf{a},\mathbf{v})\quad\quad(\mathrm{vagy}\;\mathbf{Av}=a\cdot\mathsf{cross}(\mathbf{v}))$

a-t (ill. a-t) az A vektorinvariánsának nevezzük (bár a síkon ez skalár). A tételt elég a sztenderd bázisban igazolni, ott az a×( . ) opertátorral, azonos így A ez az operátor.

Főtengelyétel -- Ha S ∈R^n×n szimmetrikus, akkor minden sajátértéke valós és létezik a sajátvektorokból álló B ortonormált bázis, amiben S főtengelyre transzformálható, azaz diagonális és az elemei az S sajátértékei:

$[\mathbf{S}]_{\{\mathbf{v}_1,...,\mathbf{v}_n\}}=\begin{pmatrix}\lambda_1& 0& 0\\ 0& \ddots& 0\\ 0 & 0& \lambda_n\end{pmatrix}$

Ez nehéz, de fontos tétel.

A deriválttenzor invariánsai

Tudjuk, hogy ha v differenciálható vektorfüggvény, akkor az r₀ pontbeli differenciálján, vagy deriváltján, vagy deriválttenzorán azt az egyértelműen létező A lineáris leképezést értjük, melyre:

$\lim\limits_{\mathbf{r}\to \mathbf{r}_0}\frac{\mathbf{v}(\mathbf{r})-\mathbf{v}(\mathbf{r}_0)-\mathbf{A}(\mathbf{r}-\mathbf{r}_0)}{|\mathbf{r}-\mathbf{r}_0|}=\mathbf{0}$

Minthogy az A deriválttenzor lineáris leképezés, ezért érdemes külön elnevezni az invariánsait (h tetszőleges vektora a térnek):

$\mathbf{A}\mathbf{h}=\mathbf{A}_s\mathbf{h}+\left.\frac{1}{2}\mathbf{rot}(\mathbf{v})\right|_{\mathbf{r_0}}\times\mathbf{h}$

azaz A vektorinvariánsának duplája a rotáció.A_s a derivált leképezés szimmetrikus része. A divergencia a skalárinvariáns:

$\mathrm{div}(\mathbf{v})=\mathrm{Tr}(\mathbf{A})$

Világos, hogy ebből úgy lesznek a parciális deriváltakkal definiált alakok, ha az A sztenderd bázisbeli mátrixát, azaz a J Jacobi mátrixot írjuk fel. Ekkor mindkét említett differenciáloperátort a szokásos alakjában kapjuk:

$\mathrm{J}=\begin{pmatrix}\frac{\partial v_1}{\partial x}& \frac{\partial v_1}{\partial y}& \frac{\partial v_1}{\partial z}\\ \frac{\partial v_2}{\partial x}& \frac{\partial v_2}{\partial y}& \frac{\partial v_2}{\partial z}\\ \frac{\partial v_3}{\partial x}& \frac{\partial v_3}{\partial y}& \frac{\partial v_3}{\partial z}\end{pmatrix}$

Integrálok kiszámítási formulái

Felszín szerinti intergálok:

Síkban: $\int\limits_{F} \varphi|df|=\int\limits_{t=t_1}^{t_2} \varphi(r(t))|\mathsf{cross}(\dot{r}(t))|dt$

Térben: $\int\limits_{F} \varphi|df|=\int\limits_{(u,v)\in T} \varphi(r(u,v))|\mathsf{cross}(r_u(u,v),r_v(u,v))|dudv$

Felületmenti intergálok:

Síkban: $\int\limits_{F} vdf=\int\limits_{t=t_1}^{t_2} v(r(t))\mathsf{cross}(\dot{r}(t))dt$

Térben: $\int\limits_{F} vdf=\int\limits_{(u,v)\in T} v(r(u,v))\mathsf{cross}(r_u(u,v),r_v(u,v))dudv$

Síkban a felületi és felszín integrál kifejezhető az ívhossz és a vonalintegrállal, a következőképpen. Mivel $|\mathsf{cross}(a)|=|a|$ , ezért

$\int\limits_{F} \varphi|df|=\int\limits_{t=t_1}^{t_2} \varphi(r(t))|\mathsf{cross}(\dot{r}(t))|dt=\int\limits_{t=t_1}^{t_2} \varphi(r(t))|\dot{r}(t))|dt=\int \limits_{L}\varphi|dr|$ ,

ahol L és F paraméterezése $t\mapsto r(t)$ ugyanaz.

Felületi integrál esetén, ha F egy T tartomány peremdarabja, akkor

$\int\limits_{F} vdf=\int\limits_{-F}\mathsf{cross}(v)dr$

ugyanis felhasználva, hogy cross(dx,dy)=(-dy,dx) és cross( $v 1$ , $v 2$ )=(- $v 2$ , $v 1$ )

$\int\limits_{F} vdf=\int\limits_{F}v_1(-dy)+v_2dx=\int\limits_{F}v_2dx-v_1dy=\int\limits_{F}-(-v_2dx+v_1dy)=-\int\limits_{F}-v_2dx+v_1dy=$

$=\int\limits_{-F}-v_2dx+v_1dy=\int\limits_{-F}\mathsf{cross}(v)dr$

Itt -F, mint vonal a T tartomány peremének egy darabja, amint pozitívan van irányítva (ha tudjuk, hogy F kifelé irányított)

Green-tétel

Legyen a (P,Q) síkbeli vektormező egy U nyílt halmazon folytonosan differenciálható és legyen T az U egy kompakt mérhető része, ∂T a peremét alkotó görbe. Ekkor

$\oint\limits_{\partial T} Pdx+Qdy=\int\limits_{T}\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}dxdy$

Ezt a tételt egy spéci T háromszöglapra bizonyítjuk. Legyen

$T:=\{(x,y)\mid 0\leq x\leq 1,\quad 0\leq y\leq 1-x\}$

Az így definiált T az x tengelyre vonatkozóan normáltartomány. A bizonyításban szükség lesz arra, hogy T-t y tengelyre vonatkozó normáltartományként is megadjuk:

$T:=\{(x,y)\mid 0\leq y\leq 1,\quad 0\leq x\leq 1-y\}$

Határa:

$\partial T=[(0,0),(1,0)]\cup[(1,0),(0,1)]\cup[(0,1),(0,0)]$

A vonaldarabok paraméterezése legyen rendre: (t,0), ha t∈[0,1], (t,1-t), ha t∈[0,1] (ennek az irányításét majd meg kell fordítani) és (0,t), t∈[0,1] (ennek is meg kell fordítani). Ekkor

$\oint\limits_{\partial T} Pdx+Qdy=\int\limits_{0}^1P(t,0)dt-\int\limits_{0}^1 P(t,1-t)-Q(t,1-t)dt-\int\limits_{0}^1 Q(0,t)dt=$

$=\int\limits_{0}^1P(t,0)- P(t,1-t)dt+\int\limits_{0}^1 Q(1-t,t)-Q(0,t)dt=\int\limits_{0}^1P(x,0)- P(x,1-x) dx+\int\limits_{0}^1 Q(1-y,y)-Q(0,y)dy=$

Itt végeztünk egy paramétercserét.

$=\int\limits_{0}^1 Q(1-y,y)-Q(0,y)dy-\int\limits_{0}^1 P(x,1-x)-P(x,0)dx=\int\limits_{y=0}^1\int\limits_{x=0}^{1-y} \frac{\partial Q(x,y)}{\partial x}dxdy-\int\limits_{x=0}^1\int\limits_{y=0}^{1-x}\frac{\partial P(x,y)}{\partial y}dydx=$

Ezután pedig felhasználjuk, hogy a két integrál ugyanarra a tartományra vett kettősintegrál:

$\int\limits_{T}\frac{\partial Q}{\partial x}dxdy-\int\limits_{T}\frac{\partial P}{\partial y}dxdy=\int\limits_{T}\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}dxdy$

A tétel érvényes minden n-szeresen összefüggő tartományra is (az n-1 db lyukat tartalmazó kilyukasztott körlappal homeomorf tartományokra), mert egyfelől változatlan marad, ha görbevonalú háromszögre térünk át (integráltranszformációval), másfelől minden n-szeresen összefüggő tartomány felbontható véges sok görbevonalú háromszögre, ahol az integrálok összegében a belső szakaszok eltűnnek és a tétel szintén érvényben marad.

A Green-tétel a (háromdimenziós) Stokes-tétel speciális esete, hiszen a (P,Q,0) vektormező rotációja pont (0,0,∂_xQ-∂_yP). A Green-tételből levezethető a kétdimenziós Gauss-tétel, a következőképpen. Legyen T a síkbeli peremes tartomány és ∂T a pereme mint pozitívan irányított zárt görbe (ill. véges sok görbe diszjunkt úniója, ha n-szeresen összefüggő, n>1). Ekkor a Q:=P, P:=-Q szereposztással felírva a Green-tételt:

$\oint\limits_{\partial T} -Qdx+Pdy=\int\limits_{T}\frac{\partial P}{\partial x}+\frac{\partial Q}{\partial y}dxdy$

Itt a baloldali integrandus a (P,Q) vektormező cross-ja, ami viszont a ∂T-re, mint valódi felületre vett integrál ellenkezője:

$\int\limits_{T}\frac{\partial P}{\partial x}+\frac{\partial Q}{\partial y}dxdy=\oint\limits_{\partial T} -Qdx+Pdy=\oint\limits_{\partial T} \mathsf{cross}(P,Q) dr=\oint\limits_{-\partial T} (P,Q) df$

ahol persze ∂_xP+∂_yQ=div(P,Q) és a -∂T valódi felület a tartományból kifelé van irányítva.

@@ 357. sor: / 357. sor: @@
 vonalintegrál.
+===Jellemzés===
 A potenciálosság rendkívül szoros kapcsolatban van a cirkulációval és a rotációval:
@@ 390. sor: / 391. sor: @@
 skalárfüggvény független az úttól és a felső határ szerinti gradiense ugyanúgy az integrandus, mint az egyváltozós valós függvények esetén. QED.
-Az előbb említett, az integrálfüggvény deriválhatóságának tételének megvan a párja is. Ez az ''első gradientétel'', mely végül is nem más, mint a Newton--Leibniz-formula többdimenziós általánosításai közül a legelső verzió:
+===Gradiensre vonatkozó integráltétel===
+Az előbb említett, az integrálfüggvény deriválhatóságának tételének megvan a párja is. Ez az ''első gradienstétel'', mely végül is nem más, mint a Newton--Leibniz-formula többdimenziós általánosításai közül a legelső verzió:
 '''Tétel.'''
@@ 402. sor: / 405. sor: @@
 ) integrálás és az I. grad. tétel alkalmazása
 ) invariáns alakban adott feldatoknál primitívfüggvény keresés.
-Ez utóbbi megoldához tudnunk kell, hogy a hossz n-edik deriváltja mi. Ezt a többváltozós függvények analízisében az összetett függvény deriválásánál tanultuk:
+===Hossz n-edik deriváltja===
+Ez utóbbi megoldáshoz tudnunk kell, hogy a hossz n-edik deriváltja mi. Ezt a többváltozós függvények analízisében az összetett függvény deriválásánál tanultuk:
 ha '''r''' nem nulla, akkor
 :<math>\mathrm{grad} |\mathbf{r}|^n =n|\mathbf{r}|^{n-1}\frac{\mathbf{r}}{|\mathbf{r}|}

Szerkesztő:Mozo/ A3 bizonyítások

A lap 2014. január 1., 23:28-kori változata

Tartalomjegyzék

Egzakt differenciálegyenlet

Definíció

Egzakt egyenlet egzisztencia- és unicitástétele

Az egzaktság jellemzése

Lineáris differenciálegyenletek

Inhomogén lineáris egyenlet megoldásai

Elsőrendű inh. lin. diff. egyenlet és az állandó variálása

Másodrendű, áll. ehós hom. egyenlet

Komplex differenciálhatóság

Jellemzés

Egy tétel a reziduumról

Potenciál

Jellemzés

Gradiensre vonatkozó integráltétel

Hossz n-edik deriváltja

Komplex körintegrálok

Visszavezetés valós vonalintegrálra es feluleti integralra

Primitívfüggvény

A komplex analízis főtétele

Cauchy-formulák

Riemann-tétel

Reguláris függvény analitikus, Laurent-sorfejtés

Felületi integrál, Gauss-tétel

Vonalintegrál, Stokes-tétel

CROSS és alkalmazása és a Green-tétel

Leképezések invariánsai

A deriválttenzor invariánsai

Integrálok kiszámítási formulái

Green-tétel

Nézetek

Személyes eszközök

Navigáció

Keresés

Eszközök