Szerkesztő:Mozo/ A3 bizonyítások

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 (x₀,y₀) ∈ int(I×J) pontban teljesíti a ∂Φ/∂y ≠ 0 feltételt, akkor a (x₀,y₀) pont egy környezetében egyértelműen létezik az Φ(x,y)=Φ(x₀,y₀) egyenletnek az (x₀,y₀) ponton áthaladó implicit függvénye, azaz az x₀ 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 (x₀,y₀) ∈ U. Ekkor

1) az

(ex) y'=-P/Q

egyenletnek egyértelműen létezik az y₀ = y(x₀) kezdeti feltételt kielégítő y lokális megoldása és

2) az

(impl) F(x,y) = F(x₀,y₀)

egyenlet (x₀,y₀)-on áthaladó egyetlen lokális implicit függvénye az (ex) egyenlet y(x₀) = y₀ kezdeti feltételt kielégítő egyetlen lokális megoldása.

Biz. 1) Egzisztencia. Belátjuk, hogy (impl) egyetlen (x₀,y₀)-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(x₀) = y₀ teljesül, ezért x $\mapsto$ y(x) egy (x₀,y₀)-on áthaladó implicit függvénye az F(x,y)=F(x₀,y₀) 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.

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

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

Következmény. A fenti jelölésekkel, tetszőleges g folytonos függvényre, ha y₀ 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 y₀.

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 y₁ és y₂ két lineárisan független megolása az

A y = 0

egyenletnek és legyen y ∈ Ker(A) tetszőleges. Rögzítsünk egy x₀ ∈ I helyet, melyen y(x₀) = u és y'(x₀) = 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

αu₁ + βu₂ = u

αv₁ + βv₂ = 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 x₀-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 αy₁ + βy₂ = y.

Az egyenlet Laplace-transzformáltja:

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

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

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

(s² + as + b)(v₂Y₁ − v₁Y₂) + (s + a)(u₂v₁ − u₁v₂) = 0

Ennek az egyenletnek minden s-re fenn kell állnia, ezért ha u₂v₁ − u₁v₂ = 0 lenne, akkor v₂Y₁ − v₁Y₂ = 0 is lenne (minden s-re), azaz Y₂ és Y₁ 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 $\pm$ β 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.

Geometriai tenzorok

Lásd erről még Serény jegyzetének (ps.gz/dvi) 30., 34-35., 70-72. oldalán.

A V = R²-ben, vagy R³-ban olyan matematikai objektumokat hozunk létre, melyek V minden bázisában felírva egy-egy mátrixszal jellemezhetők, de invariánsak a koordinátarendszer megváltoztatására nézve, azaz mátrixaik egymással vett szorzata (vagy összege, vagy vektorral, számmal vett szorzata) egyenlő a szorzat mátrixával. Rⁿ-ben ilyet könnyen találunk: ezek az L(Rⁿ,Rⁿ)-beli lineáris operátorok:

Definíció. Az L(Rⁿ,Rⁿ)-beli lineáris operátorokat tenzoroknak, vagy másodrendű tenzoroknak nevezzük.

Minthogy a tenzorok maguk is invariánsak, találhatunk velük kapcsolatos további vektor, tenzor vagy skalárinvariánsokat.

Először is megfogalmazzuk, hogy mitől invariáns egy mennyiség. Legyen B és C az n dimenziós V egy-egy bázisa. Legyen T a B-t a C-re váltó koordinátaváltás transzformációja, azaz a

$\mathbf{T}b_i=c_i\quad\quad(i=1...n)$

(tehát ez invertálható tenzor). Tudjuk hogy, ha A tetszőleges tenzor, akkor ő egy lineáris leképezés, és emiatt

$[\mathbf{A}]_C=[\mathbf{T}^{-1}]_B[\mathbf{A}]_B[\mathbf{T}]_B\,$

Ez a tenzorok invariáns tulajdonsága.

Az f(M) ∈ R (M ∈ M^n×n) skalárfüggvényt akkor nevezzük invariánsnak, ha minden B és C bázisra és A tenzorra:

$f([\mathbf{A}]_C)=f([\mathbf{A}]_B)\,$

Másként, minden B bázisra, T a B megváltoztató koordinátaváltó transzformációra és A tenzorra

$f([\mathbf{A}])=f([\mathbf{T}^{-1}][\mathbf{A}][\mathbf{T}])\,$

ahol [.] a B-beli koordinátamátrixot jelenti.

Az m(M) ∈ M^n×n (M ∈ M^n×n) mátrixfüggvényt pedig akkor nevezzük invariánsnak, ha minden B és C bázisra és A tenzorra:

$m([\mathbf{A}]_C)=[\mathbf{T}^{-1}]m([\mathbf{A}]_B)[\mathbf{T}])\,$

azaz ha m az A mátrixával együtt transzformálódik.

Determináns

Vegyük az M $\mapsto$ det(M) mátrixleképezést. A determinánsok szorzástétele szerint tetszőleges M és N mátrixra:

$\det(MN)=\det(M)\cdot\det(N)\,$

Emiatt ha A az A tenzor egy mátrixa és T a koordinátaváltó-mátrix, akkor:

$\det(T^{-1}AT)=\det(T^{-1})\det(A)\det(T)=\det(T^{-1})\det(T)\det(A)=\,$

$=\det(T^{-1}T)\det(A)=\det(I)\det(A)=1\cdot \det(A)=\det(A)\,$

Hiszen T^-1T = I az egységmátrix.

Értelmes tehát az A tenzor determinánsának értelmezése úgy, hogy det(A) az A tetszőleges mátrixának determinánsa.

Nyom, trace, spur

Vegyük a következő mátrix leképezést:

$\mathrm{Sp}:\,M\mapsto \sum\limits_{i=1}^nM_{ii}$

azaz a mátrixok főátlóbeli elemeinek összegét. Ez is invariáns, melyet a következőkkel bizonyíthatunk. Először is belátjuk a spur szimmetrikus tulajdonságát. Tetszőleges A, B mátrixra Sp(AB) = Sp(BA). Tudjuk, hogy két mátrix szorzata a következőképpen definiált:

$(AB)_{ij}=\sum\limits_{k=1}^nA_{ik}B_{kj}\,$

ezért:

$\mathrm{Sp}(AB)=\sum\limits_{i=1}^n(AB)_{ii}=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{k=1}^nA_{ik}B_{ki}=\sum\limits_{k=1}^n\sum\limits_{i=1}^nB_{ki}A_{ik}=$

$=\sum\limits_{k=1}^n(BA)_{kk}=\mathrm{Sp}(BA)\,$

Ez a képlet azt mondja, hogy "spur alatt a mátrixok kommutálnak". Az invariancia pedig:

$\mathrm{Sp}(T^{-1}AT)=\mathrm{Sp}(T^{-1}TA)=\mathrm{Sp}(IA)=\mathrm{Sp}(A)\,$

Ez a mennyiség tehát az A tenzor egy skalárinvariánsa.

Szimmetrikus és antiszimmetrikus tenzorok

Vegyük az A lineáris leképezést és ennek az S sztenderd bázisbeli mátrixát A-t. Ekkor világos, hogy az A^T transzponált mátrixszal történő A^T[v]_S szorzás egy lineáris leképezés, tehát tenzor, tenzortranszponálás definíciója tehát az, hogy minden A tenzorhoz hozzárendeljük a következő lineáris leképezést:

$\mathbf{A}^{\mathrm{T}}\mathbf{v}=[\mathbf{A}]_S^T\cdot [\mathbf{v}]_S\,$

ahol $\cdot$ a mátrixszorzás.

Ám, ez nem minden bázisban viselkedik úgy, ahogy azt a transzponálástól elvárjuk, azaz ha B egy tetszőleges bázis, akkor az [A]_B^T már nem feltétlejül a T^-1 A^TT mátrix, ahogy azt várnánk. Ellenben ortonormált bázisokra és a köztük váltó ortogonális transzformációkra már igen. Ezután a tárgyalást csak ortonormált (azaz páronként merőleges, egységhosszúságú bázisvektorú) bázisokra és az ezek között váltó O^T = O^-1 egyenlőségnek eleget tévő távolságtartó vagy másként ortogonális transzformációkra szorítkozunk.

Igaz az alábbi invariancia-tulajdonság. Ha B tetszőleges ortonormált bázis, [A]_B=A és O^T = O^-1, akkor

$(O^{-1}AO)^{\mathrm{T}}=O^{\mathrm{T}}(O^{-1}A)^{\mathrm{T}}=O^{\mathrm{T}}A^\mathrm{T}(O^{-1})^{\mathrm{T}}=O^{-1}A^{\mathrm{T}}O\,$

(Felhasználtuk a szorzat transzponálásának (AB)^T= B^TA^T szabályát -- nemdebár a mátrixszorzás nem kommutatív.) Tehát a sztenderd bázisban definiált transzponálás minden ortonormált bázisban transzponálás lesz, így ha csak ezekre szorítkozunk, akkor a A^T fenti definíciója invariáns leképezést ad meg.

Lényeges tehát, hogy transzponálást, szimmetria és antiszimmetria vizsgálatokat a tenzorok tekintetében most úgy végezünk, hogy tudatában vagyunk annak, hogy eközben a hagyományos, geometriai |a||b|cos γ definíciójú skaláris szorzást használjuk (illetve ennek komponensenkénti változatát). Ezért nevezzük ezeket néha geometriai tenzoroknak.

Az S tenzor 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 tenzor antiszimmetrikus, 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 tenzor 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:

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

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 ∈Rⁿ 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 maga is tenzor, 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 divergencia a skalárinvariáns:

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

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:

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

Megjegyzés. A főtengelytételből következik, hogy hogyan jellemezhető az az eset, amikor az A deriváltenzor főtengelyre transzformálható. Ez pontosan akkor van, amikor rot(v)=0.

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'(z₀).

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

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

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:

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

Ez a határérték nem létezik a nullában.

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.

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.

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):

1. v potenciálos,
2. v rotációja minden pontban nulla,
3. 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.

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:

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.

lásd: egzakt differenciálegyenlet megoldása (un. pancsolásos módszer), komplex potenciál keresése és harmonikus társ.

grad u = rⁿr típusú differenciálegyenletek megoldása

Analitikus függvény reguláris

Komplex nemnegatív kitevőjű hatványsorok

Definíció – Legyen (a_n) komplex számsorozat és z₀ ∈ C. Ekkor a

∑(a_n(id_C-z₀)ⁿ)

függvénysort hatványsornak nevezzük és összegét, az

$z\mapsto \sum\limits_{n=0}^\infty a_n(z-z_0)^n$

hozzárendelési utasítással értelmezett, a

{z ∈ | ∑(a_n(z-z₀)ⁿ) konvergál }

halmazon értelmezett függvényt a hatványsor összegének nevezzük. Középpontja z₀, együtthatósorozata (a_n).

A továbbiakban csak a ∑(a_nzⁿ) alakú, azaz a 0 körüli hatványsorokkal foglalkozunk (ezzel nem csorbítjuk az általánosságot, mert eltolással megkaphatjuk a többit is).

Tétel – Cauchy–Hadamard-tétel – Ha (a_n) komplex számsorozat, $c= \limsup\limits_{n}\sqrt[n]{|a_n|}$ és

$R=\left\{ \begin{matrix} 0,& \mathrm{ha} &c=+\infty\\ +\infty,& \mathrm{ha} & c=0\\ \frac{1}{c},& \mathrm{ha} & 0<c<+\infty \end{matrix} \right.$

akkor ∑(a_nzⁿ) abszolút konvergens a B_R(0) gömbön és divergens a B_1/R(∞) gömbön.

Bizonyítás. Nyilvánvaló, hogy a Cauchy-féle gyökkritériumot kell használni a valós értékű abszolútérték-sorozatokra. Komplex sor konvergens, ha abszolút konvergens, mert igaz, hogy minden Cauchy-sorzat konvergál C-ben.

Megjegyzés. A tételbeli R sugarat a hatványsor konvergenciasugarának nevezzük. R-et másként is kiszámíthajuk. Ha azt tudjuk, a hányadoskritérium alapján, hogy

$\exists\lim\limits_{n\to \infty}\frac{|a_{n+1}|}{|a_n|}$

akkor létezik és ezzel egyenlő az n-edik gyökök sorozata is:

$\exists\lim\limits_{n\to \infty}\sqrt[n]{|a_n|}=\lim\limits_{n\to \infty}\frac{|a_{n+1}|}{|a_n|}=\,''\,\frac{1}{R}\,''$

ahol az idézőjel azt jelzi, hogy a konvergenciasugár lehet végtelen vagy 0 is.

Példa. Az alábbi mértani sor konvergens, ha |z|<1 és összege a szokásos:

$\sum\limits_{n=0}^{\infty}z^n=\frac{1}{1-z}$

Példa.Minden z ∈ C-re konvergens az

$\exp(z)=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!}z^n\,$

sor, mert konvergenciasugara ∞. Ezt legegyszerűbben a hányadoskritéruimmal és a fenti megjegyzéssel állapíthatjuk meg:

$\lim\limits_{n\to \infty}\frac{\frac{1}{(n+1)!}}{\frac{1}{n!}}=\lim\limits_{n\to \infty}\frac{n!}{(n+1)!}\to 0$

A tétel

Reguláris egy függvény, ha egy nyílt halmazon komplex differenciálható. A hatványsorok ilyenek.

Tétel – Ha (a_n) komplex számsorozat, akkor az ∑(a_nzⁿ) hatványsor összegfüggvénye komplex differenciálható a konvergenciakör belsejében.

Másként fogalmazva:

Analitikus függvény reguláris. Hiszen, ha f analitikus, akkor lokálisan hatványsor.

Bizonyítás. Belátjuk, hogy a hatványsor a középpont körüli elég kis körben mindenütt differenciálható. Legyen R a konvergenciasugár, egyelőre legyen r < R (később erre adunk becslést) és legyen

$z\in \mathrm{B}_{r}(0)\,$

továbbá Δz olyan, hogy

$z+\Delta z\in \mathrm{B}_{r}(0)\,$

még mindig teljesüljön.

A következő függvény z-beli komplex differenciálhatóságát kell belátni:

$P(z)=\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_n z^n\,$

Nem árulunk zsákbamacskát, formális tagonkénti deriválással megkapható az a sor, mely ennek a függvénynek a majdani deriváltja lesz:

$\left(\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_nz^n\right)'=\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n n z^{n-1}$

Világos, hogy ez utóbbi sor is konvergens a konvergenciakör belsejében. Erről a Cauchy--Hadamard-tétellel győződhetünk meg, ha |z|< R, így:

$\limsup\limits_{n\to \infty}\sqrt[n]{|a_{n}|\cdot n }=\limsup\limits_{n\to \infty}\sqrt[n]{|a_{n}|}\cdot 1=\frac{1}{R}\,$

Képezzük a különbségi hányadost és vonjuk le belőle ezt a kifejezést!

$\frac{P(z+\Delta z)-P(z)}{\Delta z}-\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_{n} nz^{n-1}=$

$=\frac{\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_n(z+\Delta z)^n-\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_nz^n}{\Delta z}-\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_{n}n z^{n-1}=$

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

ekkor a kéttagú összeg négyzetére vonatkozó

$(A+B)^n=\sum\limits_{k=0}^{n} {n\choose k} A^kB^{n-k}\,$

algebrai azonossággal alakítjuk át a hatványt, majd amivel lehet leosztunk és amit lehet kiemelünk:

$=\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n\frac{(z+\Delta z)^n-z^n-n z^{n-1}(\Delta z)}{\Delta z}=$

$=\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n\frac{-z^n-n z^{n-1}(\Delta z)+\sum\limits_{k=0}^{n}{n\choose k}(\Delta z)^kz^{n-k}}{\Delta z}=\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n\frac{\sum\limits_{k=2}^{n}{n\choose k}(\Delta z)^kz^{n-k}}{\Delta z}=$

$=\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n\sum\limits_{k=2}^{n}{n\choose k}(\Delta z)^{k-1}z^{n-k}=\Delta z\cdot\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n\sum\limits_{k=2}^{n}{n\choose k}(\Delta z)^{k-2}z^{n-k}$

Azt kell ellenőrizni, hogy második tényezőben lévő sor konvergens-e, hiszen ekkor a véges összeget a nullához tartóval összeszorozva nullához tartót kapunk. Ezt a gyökkritériummal látjuk be:

$\left|a_n\sum\limits_{k=2}^{n}{n\choose k}\Delta z^{k-2}z^{n-k}\right|\leq|a_n|\cdot \sum\limits_{k=2}^{n}{n\choose k}|\Delta z|^{k-2}|z|^{n-k}\leq |a_n|\cdot \sum\limits_{k=2}^{n}{n\choose k}\cdot |\Delta z|^{n-2}=$

$=|a_n|\cdot |\Delta z|^{n-2}\cdot\sum\limits_{k=2}^{n}{n\choose k}\leq |a_n|\cdot |\Delta z|^{n-2}\cdot 2^n$

itt |z|-t korlátoztuk 1-nél kisebbre, |Δz|-t pedig nemnulla, de |z|-nél kisebbre (z=0 triviális eset). A konvergencia ekkor

$\limsup\limits_{n\to \infty}\sqrt[n]{|a_n|\cdot 2^n\cdot |\Delta z |^{n-2}\}}=\limsup\limits_{n\to \infty}\sqrt[n]{|a_n|}\cdot 2 \cdot |\Delta z|<\frac{1}{R}R=1\,$

amennyiben az |Δz| < |z| < r olyan, hogy r < 1/(2R).

Így a különbségi hányados minusz a majdani derivált abszolút eltérése felülbecsülhető egy nullához tartó szor korlátos függvénnyel, azaz P deriválató z-ben és a deriváltja a formális tagonkénti deriválással kapott sor. A korlátosság onnan adódik, hogy hatványsor összegfüggvénye folytonos és a min{1/(2R),R/2} sugarú zárt körön, mint kompakt halmazon korlátos.

Feladat. Legyen g:[a,b]$\to$C differenciálható görbe a komplex síkon, f komplex reguláris függvény, melyre: Ran(g) ⊆ Dom(f). Igazoljuk, hogy a h: t $\mapsto$ f(g(t)) is differenciálható és h'(t) = f'(g(t))$\cdot$ g'(t), ahol $\cdot$ a komplex szorzás. (Használjuk fel, hogy 1) a komplex diffhatóság jellemzése az, hogy a függvény mint kétváltozós valós vektorfüggvény totálisan differenciálható és a Jacobi-mátrixa komplex számot reprezentál, 2) a reguláris komplex függvény deriváltja olyan komplex szám, melyet az f, mint kétváltozós valós vektorfüggvény Jacobi-mátrixa reprezentál.)

Komplex körintegrálok

Ebben a tételben a komplex körintegrálok kiszámításával foglalkozunk.

Az f folytonos komplex függvény komplex integrálját egy szakaszonként folytonosan differenciálható G: [a,b] $\to$ C görbe mengtén értelmezhetjük közvetlenül a C síkon a

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

Riemann-közelítőösszeg határátmenetével vagy a síkbeli vonalintegrálra visszavezetve. Ez utóbbi esetben válik kifehezetten szembetűnővé, hogy a fenti képletben a $\cdot$ szorzás a komplex szorzás. 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, vagy a

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

segédvektormezők síkbeli felületi integráljai szolgáltatják.

Itt érdemes feleleveníteni, hogy az S = (s₁, s₂) síkvektormező felületi integrálja nem más, mint a ( − s₂, s₁) vektormező vonalintegrálja (a megfelelő irányítással).

$\int\limits_{F} \mathbf{S}\,\mathrm{d}\mathbf{f}=\int\limits_{''F''} s_1 \mathrm{d}y-s_2\mathrm{d}x$

megfelelő módon irányítva az F felületet, ill ennek "F" görbe mivoltát.

(Azaz a s_2dx - s_1 dy differenciálforma integrálja. Differenciálforma -- nemes egyszerűséggel -- egy olyan kifejezése, ahol dx, dy, dz-k és egy vektormező komponensei vannak összeszorozva-összeadva.)

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 Gauss-tételhez, ha többet akarunk mondani:

Gauss-tétel (R²-re) Legyen D mérhető síktartomány és legyen G : r=r(t) ennek határát paraméterező zárt görbe. Ha v folytonosan R-differenciálható a D lezártján, akkor

$\oint\limits_{G} \mathbf{v}(\mathbf{r})\mathrm{d}\mathbf{f}=\int\limits_{D} \mathrm{div}\,(\mathbf{v})\mathrm{d}f$

Így tehát a komplex vonalintegrál kiszámításához csak a P ' és Q ' felületi integrálját kell kiszámítanunk, amihez a Gauss-tétel miatt a divergenciákat ki kell kiszámítanunk:

$\mathrm{div}\mathbf{P}'=-\frac{\partial v}{\partial x} - \frac{\partial u}{\partial y}=0$

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

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:

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

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:

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

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

Cauchy-formula

A Cauchy-formula azért múlhatatlan fontosságú, mert ennek a kifejezetten komplex jellegű állításnak a 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:

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

Bizonyítás. Vegyünk a z₀ körül egy olyan K kört, mely a pozitívan irányított G belsejében halad és r > 0 sugarú. Definiáljuk azt a görbét melyet a következőkppen kapunk. Metszük át egy befelé menő s sugárral a G és K közötti tartományt. Tegyük fel, hogy G és K kezdőpontjai a sugár metszetei. tákoljuk össze a következő görbét:

$\Gamma=G^\frown s^\frown (-K)^\frown(-s)$

Világos, hogy ekkor a Γ-ra vett körintegrál eltűnik, másrész szakaszonként intergálva a Γ-n:

$0=\oint\limits_{\Gamma}\frac{f(z)}{z-z_0}\,\mathrm{d}z=\oint\limits_{G}\frac{f(z)}{z-z_0}\,\mathrm{d}z+\oint\limits_{s}\frac{f(z)}{z-z_0}\,\mathrm{d}z-\oint\limits_{K}\frac{f(z)}{z-z_0}\,\mathrm{d}z-\oint\limits_{s}\frac{f(z)}{z-z_0}\,\mathrm{d}z$

mivel az s-en oda-vissza integrálva az integrálösszeg nulla és a Γ-ban a negatívan irányított K-t kell venni. Emiatt:

$\oint\limits_{G}\frac{f(z)}{z-z_0}\,\mathrm{d}z=\oint\limits_{K}\frac{f(z)}{z-z_0}\,\mathrm{d}z$

Vagy hivatkozva egy a gyakorlaton vett lemmára: egyetlen izolált szinguláris hely körüli görbén az integrál ugyanaz, mint az integrál a pont körüli kis körön.

Márcsak ennek az f(z₀)-lal arányos voltát kell belátni:

$\oint\limits_{K}\frac{f(z)}{z-z_0}\,\mathrm{d}z=\oint\limits_{K}\frac{f(z_0)}{z-z_0}\,\mathrm{d}z+\oint\limits_{K}\frac{f(z)-f(z_0)}{z-z_0}\,\mathrm{d}z$

ebből a tagok:

$\oint\limits_{K}\frac{f(z_0)}{z-z_0}\,\mathrm{d}z=f(z_0)\oint\limits_{K}\frac{1}{z-z_0}\,\mathrm{d}z=f(z_0)\cdot 2\pi i$

minthogy a reciprok körintegrálja 2πi (egy egyszerű zárt görbén).

másrészt az f függvény z₀-beli folytonossága miatt tetszőleges ε > 0 számhoz létezik olyan z₀ körüli környezet, hogy ha K abban van, azaz a sugara, az r elég kicsi, akkor |f(z)-f(z₀)| < ε; emiatt

$\left|\oint\limits_{K}\frac{f(z)-f(z_0)}{z-z_0}\,\mathrm{d}z\right|\leq \oint\limits_{K}\left|\frac{f(z)-f(z_0)}{z-z_0}\right|\,\mathrm{d}|z|=$

$=\oint\limits_{K}\frac{|f(z)-f(z_0)|}{|z-z_0|}\,\mathrm{d}|z|<\oint\limits_{|z-z_0|=r}\frac{\varepsilon}{|z-z_0|}\,\mathrm{d}|z|$

$=\frac{\varepsilon}{r}\cdot \oint\limits_{|z-z_0|=r}\,\mathrm{d}|z|=\frac{\varepsilon}{r}\cdot 2\pi r=2\pi \varepsilon\to 0$

Vagyis az utolsó tag nulla így a formulát megkaptuk.

Riemann-tétel

Tétel. Legyen U nyilt tartomány, z₀ ∈ U. Ha f az U\{z₀}-on reguláris és korlátos, akkor minden U-beli körintegrálja eltűnik.

Bizonyítás. Belátjuk, az f Laurent-sora csak reguláris részből áll a z₀ 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.

Feladat. Igazoljuk, hogy az C \ {0}-n értelmezett

$f(z)=\frac{\frac{e^{x}-1}{x}-1}{x}$

függvény integrálja az egységkörre nulla!

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 z₀ izolált szinguláris pontja körüli sorfejtésében

1. pontosan akkor van csak reguláris tag, ha a szingularitás megszűntethető,
2. pontosan akkor van véges sok főrészbeli tag, ha végtelen a határérék z₀-ban,
3. pontosan akkor van végtelen sok főrészbeli tag (lényeges szingularitás), ha nem létezik a határérék z₀-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:

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

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.)