Szerkesztő:Mozo/A3 gyakorló feladatok 5.

A MathWikiből

<Matematika A3a 2008

Tartalomjegyzék

Differenciálegyenletek

Fokszámban homogén egyenletek

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

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


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

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

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

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

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

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

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

Implicit mo.:

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

Explicit mo.:


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

2. x^2y'=xy+y^2\,

MO. y≡0 konstans mo. y=ux helyettesítéssel:

x^2(u'x+u)=ux^2+u^2x^2\,

ahonnan intervallumon értelmezett megoldás esetén:

u'x+u=u+u^2\,
u'x=u^2\,
\int\frac{\mathrm{d}u}{u^2}=\int \frac{1}{x}\mathrm{d}x\,
-\frac{1}{u}=\ln |x|+C\,; (C\in\mathbf{R})

Implicit mo.:

-x=y\ln c|x|\,; (c=\ln C\,) és y=0

Explicit mo.:

y=\frac{-x}{\ln c|x|}\, és y=0.

3. x^2y'=2xy+y^2\,

MO. y≡0 konstans mo. y=ux helyettesítéssel:

u'x+u=2u+u^2\,
u'x=u+u^2\,
\int\frac{\mathrm{d}u}{u(u+1)}=\int \frac{1}{x}\mathrm{d}x\,
\int\frac{1}{u}-\frac{1}{u+1}\mathrm{d}u=\int \frac{1}{x}\mathrm{d}x\,
\ln|u|-\ln|u+1|=\ln |x|+C\,; (C\in\mathbf{R})
\ln\left|\frac{u}{u+1}\right|=\ln c_1|x|\,; (c_1=\ln C\,)
\frac{u}{u+1}= cx\,; (c\in\mathbf{R})

Implicit mo.:

y= c(xy+x^2)\,; (c\in\mathbf{R})

Explicit mo.:

y=\frac{cx^2}{1+cx}\,; (c\in\mathbf{R})

Kezdetiérték feladat

1. y'=e^{x-y}\,; (y(-1)=0)

MO.

y'=\frac{e^{x}}{e^{y}}\,
\int e^y\,\mathrm{d}y=\int e^{x}\mathrm{d}x\,

Implicit ált. mo.:

e^y=e^{x}+C\,; (C\in\mathbf{R})

Explicit általános mo.:

y=\ln(e^{x}+C)\,

Behelyettesítve az implicit ált. mo-ba:

e^{-1}=1+C\,
C=\frac{1}{e}-1\,

A kezdeti feltételt kielégítő mo.:

y=\ln(e^{x}+\frac{1}{e}-1)\,

2. y'=\frac{2xe^{x^2}}{y^5}\,; (y(0)=-1)

MO.

\int y^5\,\mathrm{d}y=\int 2xe^{x^2}\,\mathrm{d}x

Implicit ált. mo.:

\frac{y^6}{6}=e^{x^2}+C\,; (C\in\mathbf{R})

Explicit általános mo.:

y=\pm\sqrt[6]{6e^{x^2}+6C}\,; (C\in\mathbf{R})

Behelyettesítve az implicit ált. mo-ba:

\frac{1}{6}=1+C\,
C=\frac{1}{6}-1=-\frac{5}{6}\,

A kezdeti feltételt kielégítő mo.:

y=-\sqrt[6]{6e^{x^2}-5}\,

Egzaktra visszavezethető

P(x,y)+Q(x,y)y'=0,\qquad ?=y\in\mathrm{C}^1(I,J)\qquad P,Q\in\mathrm{C}^1(I\times J,\mathbf{R})
(Pdx+Qdy=0)\,
\mu(x)=e^{\int R(x)dx},\qquad R(x)=\frac{\partial_yP-\partial_x Q}{Q}
\mu(y)=e^{-\int S(y)dy},\qquad S(y)=\frac{\partial_yP-\partial_x Q}{P}

Majd ?=F\in\mathrm{C}^1(I\times J, \mathbf{R})

\begin{cases}\partial_x F=\mu P\,\\\partial_y F=\mu Q\,\end{cases}


1. \frac{1}{x^4}-3y^2=xyy'\,

MO.:

(\frac{1}{x^4}-3y^2)\,\mathrm{d}x-xy\,\mathrm{d}y=0\,
\partial_y(\frac{1}{x^4}-3y^2)-\partial_x(-xy)=-6y+y=-5y
R(x)=\frac{-5y}{-xy}=\frac{5}{x}
\mu(x)=e^{\int \frac{5}{x}\mathrm{d}x}=e^{5\ln|x|}=|x|^5

Tehát x5 alkalmas integráló szorzó.

x-3x^5y^2-x^6yy'=0\,

Innen az

(\partial x F,\partial_y F)=(x-3x^5y^2,-x^6y)

egy megoldását megkeresve:

F=\frac{1}{2}x^2-\frac{1}{2}x^6y^2+C_1(y)\,
F=-\frac{1}{2}x^6y^2+C_2(x)\,

ahonnan:

F(x,y)=\frac{1}{2}x^2-\frac{1}{2}x^6y^2

És az implicit általános megoldás:

x^2-x^6y^2=C\,; (C\in\mathbf{R})

(Az explicit pedig:

y=\pm\sqrt{\frac{x^2+C}{x^6}})

2. 1+(x-e^{-y})y'=0\,

MO.:

1\mathrm{d}x+(x-e^{-y})\mathrm{d}y=0\,
\partial_y1-\partial_x(x-e^{-y})=-1\,
S(y)=-1\,
\mu(y)=e^{-\int -1\mathrm{d}y}=e^y\,

integráló szorzó.

e^{y}\mathrm{d}x+(xe^{y}-1)\mathrm{d}y=0\,
(\partial x F,\partial_y F)=(e^{y},xe^{y}-1)

egy megoldását megkeresve:

F=xe^{y}+C_1(y)\,
F=xe^{y}-y+C_2(x)\,

ahonnan:

F(x,y)=xe^{y}-y\,

És az implicit általános megoldás:

xe^{y}-y=C\,; (C\in\mathbf{R})

Lineáris argumentumú egyenlet

1. y'=(4x-y)^2\,

MO. u=4x-y; u'=4-y'

4-u'=u^2\,
4-u^2=u'\,; konstans megoldások: u= \pm 2
\int\frac{\mathrm{d}u}{4-u^2}=\int 1\mathrm{d}x; (ha u\ne \pm 2)
-\int\frac{\mathrm{d}u}{(u-2)(u+2)}=\int 1\mathrm{d}x
-\int\frac{\frac{1}{4}}{u-2}-\frac{\frac{1}{4}}{u+2}\mathrm{d}u=\int 1\mathrm{d}x
-\frac{1}{4}\ln|u-2|+\frac{1}{4}\ln|u+2|=x+C

Implicit általános megoldás:

\sqrt[4]{\left|\frac{4x-y+2}{4x-y-2}\right|}=e^{x+C} és az szeparálással ki nem hozható két megoldás: y=4x\pm 2\,


2. y'=\cos^2(x+y)-1\,

MO. u=x+y; u'=1+y'

u'-1=\cos^2(u)-1\,; konstans megoldások: u=\frac{\pi}{2}+k\pi
\int\frac{\mathrm{d}x}{\cos^2u}=\int 1\,\mathrm{d}x\,; (ha u\ne\frac{\pi}{2}+k\pi)
\mathrm{tg}(u)=x+C\,

Implicit általános mo.:

\mathrm{tg}(x+y)=x+C\, és a szeparálással ki nem hozható megoldások: y=-x+\frac{\pi}{2}+k\pi

Függvényegyütthatós lineáris egyenlet

y'+f(x)y=g(x)\qquad ?=y\in \mathrm{C}^1(I)\qquad f,g\in \mathrm{C}(I)


1. y'-\frac{3}{x}y=\frac{1}{\cos^2\left(\frac{1}{x^2}\right)}

MO. I.) Homogén. y≡0 mo.

\int\frac{1}{y}\mathrm{d}y=\int\frac{3}{x}\mathrm{d}x=
\ln|y|=3\ln|x|+C\,
y=cx^3\,

II.) Az inhomogén partikuláris megoládást

y=c(x)x^3\,

alakban keressük.

y'=c'x^3+c3x^2\,

Behelyettesítés után:

c'x^3+3cx^2-3cx^2=\frac{1}{\cos^2\left(\frac{1}{x^2}\right)}
c'=\frac{-1}{2}\frac{-2}{x^3}\frac{1}{\cos^2\left(\frac{1}{x^2}\right)}
c=\frac{-1}{2}\mathrm{tg}\left(\frac{1}{x^2}\right)

így az általános mo.:

y=cx^3+\frac{-1}{2}x^3\mathrm{tg}\left(\frac{1}{x^2}\right)

2. y'+(\ln x^3)y=\ln x\,

MO. I.) Homogén. y≡0 (x>0) mo.

\int\frac{1}{y}\mathrm{d}y=\int -3\ln x\,\mathrm{d}x
\ln|y|=-3(x+x\ln x)+C\,
y=ce^{-3(x+x\ln x)}\,

II.) Az inhomogén partikuláris megoládást

y=c(x)e^{-3(x+x\ln x)}\,

alakban keressük. Behelyettesítés után:

c'e^{-3(x+x\ln x)}+ce^{-3(x+x\ln x)}(-3\ln x)+ce^{-3(x+x\ln x)}\ln x^3=\ln x\,
c'=e^{3(x+x\ln x)}\ln x\,
c=\frac{1}{3}e^{3(x+x\ln x)}

így az általános mo.:

y=ce^{-3(x+x\ln x)}+\frac{1}{3}

Laplace-transzformációval megoldható feladatok

\mathcal{L}\{f(t) + g(t)\}  = \mathcal{L}\{f(t)\} + \mathcal{L}\{ g(t)\}
\mathcal{L}\{a f(t)\}  = a \mathcal{L}\{ f(t)\}


 f'(t) \, \mapsto \,  s F(s) - f(0) \,
 f''(t)\, \mapsto \,  s^2 F(s) - sf'(0)-f(0)\,


f(t) = \mathcal{L}^{-1}\{F(s)\}\, \mapsto \, F(s) = \mathcal{L}\{f(t)\}
f(t) = 1\, \mapsto \, F(s) = \frac{1}{s}
f(t) = t\, \mapsto \,F(s) = \frac{1}{s^2}
f(t) = t^n\, \mapsto \,F(s) = \frac{n!}{s^{n+1}}
f(t) = \sin (\omega t)\, \mapsto \,F(s) = \frac{\omega}{s^2+\omega^2}
f(t) = \cos (\omega t)\, \mapsto \,F(s) = \frac{s}{s^2+\omega^2}



1. x(0)=1; y(0)=-1 kezdeti feltétellel oldja meg az

\dot{x}=3x+4y
\dot{y}=4x+3y

egyenletrendszert!

MO.

sX-1=3X+4Y\,
sY+1=4X+3Y\,

Ebből kell kifejezni X-et és Y-t. Egyszerű a megoldás, ha észrevesszük, hogy ezeket összeadva:

s(X+Y)=7(X+Y)\,
(s-7)(X+Y)=0\,

ami minden s-re csak akkor teljesül, ha X=-Y. (De egyenletrendezéssel is megy, ha az egyik egyenletből az s-sel meg nem szorzott változót kifejezzük és a másodikbe helyettesítjük, pl. az elsőből az Y-t kifejezzük.) Innen pl. az első egyenletből:

sX-1=-X\,
(s+1)X=1\,
X=\frac{1}{s+1}\,

Ezt visszatranszformálva:

x=e^{-t}\,

És y=-x miatt:

y=-e^{-t}\,


2. y(0)=0; y'(0)=0 kezdeti feltétellel oldja meg az

y''+9y=x\,

egyenletet!

MO.

s^2Y+9Y=\frac{1}{s^2}\,
(s^2+9)Y=\frac{1}{s^2}\,
Y=\frac{1}{s^2(s^2+9)}\,
Y=\frac{\frac{1}{9}}{s^2}-\frac{\frac{1}{9}}{s^2+9}\,
Y=\frac{\frac{1}{9}}{s^2}-\frac{1}{27}\frac{3}{s^2+9}\,

Innen visszatranszformálva:

y=\frac{1}{9}x-\frac{1}{27}\sin(3x)\,

Próbafüggvény módszerrel megoldható egyenletek

Homogén egyenlet megoldása:

y''+ay'+by=0\,\mapsto \lambda^2+r\lambda+s=0\, (karakterisztikus polinom)
\,\lambda_{1,2}=\lambda_1\ne\lambda_2\in\mathbf{R}, akkor y_H=C_1e^{\lambda_1x}+C_2e^{\lambda_2x}\, (belső rezonancia)
\,\lambda_{1,2}=\lambda, akkor y_H=C_1e^{\lambda x}+C_2xe^{\lambda x}\,
\,\lambda_{1,2}=\alpha\pm i\beta, akkor y_H=C_1e^{\alpha x}\cos{\beta x}+C_2e^{\alpha x}\sin{\beta x}\,

Inhomogén partikuláris alakja rezonanciák nélkül, spéci esetekben:

y''+ay'+by=f(x)\,, és


f(x)=7x-8\,, akkor y_P=Ax+B\,
f(x)=5x^2-4x+2\,, akkor y_P=Ax^2+Bx+C\,
f(x)=8e^{ax}\,, akkor y_P=Ae^{ax}\,
f(x)=7\sin(bx)\,, akkor y_P=A\cos(bx)+B\sin(bx)\,

Általános (exp., trig., pol.) esetben pedig ha

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

akkor

y_P=x^me^{ax}(P(x)\cos(bx)+Q(x)\sin(bx))\,

ahol a\pm ib\, a karakterisztikus polinomnak m-szeres gyöke és deg{P}=deg{Q}=max{deg P, deg Q} polinomok (úgy értve, hogy deg 0=-∞). Tehát ha m>0, akkor külső rezonancia van.

1. Adja meg az

y''+9y=x\,

egyenlet általános megoldását!

MO. \,y_H=C_1\cos(3x)+C_2\sin(3x), mert \lambda^2+9\, gyökei \,\alpha\pm\beta i=\pm3i

f(x)=x\;\to\;y_P=Ax+B

Ezt behelyettesítve az egyenletbe:

9(Ax+B)=x\,

Tehát A=\frac{1}{9}\, és B=0\,, így az általános megoldás: \,y_H=C_1\cos(3x)+C_2\sin(3x)+\frac{1}{9}x,

2. (Rezonanciás feladatok)

a. y''+9y=\sin(3x)\,

Mo. vázlat. \lambda^2+9=0\,, azaz \lambda_{1,2}=\pm 3i\,. Innen

yH(x) = C1cos(3x) + C2sin(3x)

Mivel

f(x)=\sin(3x)\,

ezért a + bi = 3i egyszeres megoldása a karakterisztikus egyenletnek, m=1 és az általános P(x), Q(x) polinomok konstansok: A,B, így az inhomogén egyenlet egy partikuláris megoldása az

y_p(x)=Ax\cos(3x)+Bx\sin(3x)\,

alakban keresendő.

b. y''-4y'+4y=e^{2x}\,

Mo. vázlat. \lambda^2-4\lambda+4=0\,, azaz \lambda_{1,2}=2\,. Innen

y_H(x)=C_1e^{2x}+C_2xe^{2x}\,

Mivel

f(x)=e^{2x}\,

ezért a = 2 kétszeres megoldása a karakterisztikus egyenletnek, és ezért m=2 az általános P(x), Q(x) polinomok közül csak P(x) marad, mert b=0 lévén Q(x) kiesik, de P(x)=A állandó, így az inhomogén egyenlet egy partikuláris megoldása az

y_p(x)=Ax^2e^{2x}\,

alakban keresendő.

c. y''-3y'+2y=xe^{x}\,

Mo. vázlat. \lambda^2-3\lambda+2=0\,, azaz \lambda_{1,2}=\qquad 1;\qquad 2\,. Innen

y_H(x)=C_1e^{x}+C_2e^{2x}\,

Mivel

f(x)=xe^{x}\,

ezért a = 1 egyszeres megoldása a karakterisztikus egyenletnek, és ezért m=1 az általános P(x), Q(x) polinomok közül csak P(x) marad, mert b=0 lévén Q(x) kiesik (sin(0)=0), de P(x)=Ax+B elsőfokú, mert p(x)=x (hiszen cos(0)=1 és ez megmaradt), így az inhomogén egyenlet egy partikuláris megoldása az

y_p(x)=x(Ax+B)e^{x}\,

alakban keresendő.

Komplex függvénytan

Folytonosság, határérték

1. Határozzuk meg, hogy az alábbi függvény folytonos-e?

f(z)=\begin{cases}\frac{z^2-iz+2}{z^2+4}& z\ne\pm 2i\\\frac{3}{4}, & z=\pm 2i\end{cases}

Mo. A \pm2i pontokon kívül a függvény folytonos függvények felhasználásával van definiálva a folytonosságot megőrző módokon, ezért \pm2i-n kívül folytonos. z = 2i-ben a függvény 0/0 alakú, ami határozatlan alak, de alakalmazható a L'Hospital szabály:

\lim\limits_{z\to 2i}\frac{z^2-iz+2}{z^2+4}=\lim\limits_{z\to 2i}\frac{2z-i}{2z}=\left.\frac{2z-i}{2z}\right|_{z=2i}=\frac{3}{4}

tehát a határérték létezik és a helyettesítési értékkel egyenlő, azaz 2i-ben a függvény folytonos.

z = − 2i-ben a függvény -4/0 alakú, ami a komplex függvénytanban határozott alak és ez a komplex végtelen: -4/0=∞. Tehát itt a függvény nem folytonos.


2. Hol létezik véges határértéke az alábbi függvényeknek?

a) f(z)=\frac{\mathrm{Im}^3(z)+i\mathrm{Re}^2(z)}{z\overline{z}}
b) g(z)=\frac{z}{\mathrm{Re}(z)}


Mo. a) Legyen z = x + iy. Mivel z\overline{z}=x^2+y^2, ezért f csak a 0-ban nincs értelmezve. Itt valós és képzetes részre bontva:

\frac{\mathrm{Im}^3(z)+i\mathrm{Re}^2(z)}{z\overline{z}}\equiv\left(\frac{y^3}{x^2+y^2},\frac{x^2}{x^2+y^2}\right)

A sejtés, hogy a valós komponensnek van, a képzetesnek nincs határtéráke. Ezért érdemes csak a képzetest megvizsgálni, mert pontosan akkor létezik a határérték, ha mindkét komponensnek létezik.

y\equiv 0\, irányból \left.\frac{x^2}{x^2+y^2}\right|_{y=0}=\frac{x^2}{x^2}\equiv 1
x\equiv 0\, irányból \left.\frac{x^2}{x^2+y^2}\right|_{x=0}\equiv 0

azaz a határérték nem létezhet a 0-ban. (Amúgy a valós rész határértéke létezik és 0, ugyanis rendőrelvvel:

\left|\frac{y^3}{x^2+y^2}\right|=|y|\frac{y^2}{x^2+y^2}\leq |y|\frac{y^2}{y^2}=|y|\to_{(x,y)\to (0,0)}0)


b)

g(z)\equiv(u,v)=\left(1,\frac{y}{x}\right)

Nincs értelmezve az x=0 pontokban, azaz az y tengely pontjaiban. Nemnulla y0 esetén a (0,y0) ponthoz az (x,y_0) mentén tartva y0 / x-nek végtelen a határértéke, tehát ott nem létezik. Ha y0 nulla, akkor az (x,0) mentén y/x=0, az (x,x) mentén y/x=1, azaz az origóban sincs határértéke. De mindehol máshol van, mert a határérték invariáns az alapműveletekre.

Deriválhatóság

1. Hol deriválható komplex módon és hol reguláris az alábbi függvény?

a) f(z)=\overline{z}|z|^2\,
b)** g(z)=x^2-y^2+2|xy|i\,


Mo. a) Legyen z = x + iy.

f(z)\equiv(u(x,y),v(x,y))=\left(x^3+xy^2,-x^2y-y^3\right)
\begin{bmatrix}\partial_xu & \partial_yu\\\partial_xv & \partial_yv\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}3x^2+y^2 & 2xy\\-2xy & -x^2-3y^2\end{bmatrix}

Ezek a parciális deriváltak mindenhol folytonosak, azaz az (u,v) pár totálisan deriválható mindenhol. Innen a Cauchy--Riemann-egyenletek:

3x^2+y^2=-x^2-3y^2\,
2xy=2xy\,

Mivel az első, azaz 3x^2+y^2+x^2+3y^2=0\, csak a 0-ban teljesül, a második pedig mindenhol, ezért a függvény pontosan a 0-ban deriválható. Ebből az is következik, hogy nincs olyan nyílt környezet, ahol minden pontban deriválható le.


b) u = x2y2, v = 2 | xy | . Vegyük észre, hogy amikor 2|xy|=2xy egy egész nyílt környezetben, akkor g(z)=z^2, azaz ezekben az esetekben reguláris a függvény. Ez az xy>0 esetében van. Tehát csak a tengelyeken kell megvizsgálni. |xy| az origón kívül a tengelyeken parciálisan nem deriválható. Az origóban viszont CR is fennáll és totálisan is deriválhatóak a komponensek tehát ott deriválható.


\frac{|xy|}{\sqrt{x^2+y^2}}\leq\frac{|xy|}{|x|}=|y|\to_{(x,y)\to (0,0)}0

A síknegyedeken belül tehát reguláris.

2. Hol deriválható komplex módon és hol reguláris az alábbi függvény?

a)* f(z)=\sin(z)|z|\,
b) g(z)=y^2+x^3i\,


Mo. a) HF CR-egyenletekkel igazolni, hogy |z| sehol se deriválató. Azt tudjuk, hogy sin(z) mindenütt deriválható. sin(z) = 0 pontosan akkor, ha z = kπ (HF). Ezért z\ne k\pi esetén, ha f(z) deriválható lenne, akkor

\frac{f(z)}{\sin z}=\frac{1}{\sin z}\sin (z)|z|=|z|

is deriválható lenne, ami tehát lehetetlen. Már csak a z = kπ pontokban kell megvizsgálni, amit definíció szerint teszünk. A különbségi hányados függvény az deriválás helyén 0/0 alakú, ezért az első tényezőre alkalmazhatjuk a L'Hospital szabályt:

f'(k\pi)=\lim\limits_{z\to k\pi}\frac{\sin (z)|z|}{z-k\pi}=\lim\limits_{z\to k\pi}\frac{\sin (z)}{z-k\pi}\cdot\lim\limits_{z\to k\pi}|z|=\lim\limits_{z\to k\pi}\frac{\cos (z)}{1}|k\pi|=\cos(k\pi)|k\pi|\,

ami létezik, tehát minden kπ pontban deriválható a függvény, de máshol nem, így sehol sem reguláris.


b)

\begin{bmatrix}\partial_xu & \partial_yu\\\partial_xv & \partial_yv\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0 & 2y\\ 3x^2 & 0\end{bmatrix}

Ezek a parciális deriváltak mindenhol folytonosak, azaz az (u,v) pár totálisan deriválható mindenhol. Innen a Cauchy--Riemann-egyenletek:

0=0\,
2y=-3x^2\,

Azaz a függvény az

y=-\frac{3}{2}x^2\,

parabola mentén komplex deriválható, de sehol se reguláris, mert nincs olyan nyílt környzete, melyben mindenütt deriválható lenne.


3. (Harmonikustárs-keresés)

\partial_x^2u+\partial_y^2u\equiv 0,

akkor u\in\mathbf{C}^2(U) harmonikus az U\subseteq\mathbf{R}^2 nyílton. Ha f=u+iv reguláris az U tartományon, akkor u és v harmonikus. Ha u harmonikus, az U tartományon, akkor létezik U-n v harmonikus, hogy f=u+iv reguláris. Ekkor v az u-nak egy harmonikus társa (és u az v-nek). Ha f=u+iv reguláris, akkor u,v-re teljesülnek a CR-egyenletek.


Ha létezik, akkor adjuk meg az

u(x,y)=x^2+xy-y^2\,

függvény harmonikus társát!


Mo.

\partial_x^2u+\partial_y^2u=2-2\equiv 0

tehát létezik harmonikus társa és ezt megtaláljuk az alábbiakból:

\begin{cases}\partial_xv=-\partial_yu\\\partial_yv=\partial_xu\end{cases},\qquad\begin{cases}\partial_xv=-x+2y\to &v=-\frac{x^2}{2}+2xy+C_1(y)\\\partial_yv=2x+y\to& v=2xy+\frac{y^2}{2}+C_2(x)\end{cases}

Tehát

v(x,y)=2xy-\frac{x^2}{2}+\frac{y^2}{2}\,

(Hát persze, hiszen u = Re((1 + i / 2)z2))

Elemi függvények

e^{i\varphi}=\cos\varphi+i\sin\varphi
\sin z=\frac{e^{iz}-e^{-iz}}{2i}
\cos z=\frac{e^{iz}+e^{-iz}}{2}
\mathrm{sh} z=\frac{e^{z}-e^{-z}}{2}
\mathrm{ch}\, z=\frac{e^{z}+e^{-z}}{2}
\ln re^{i\varphi}=\ln r + i\varphi +2\pi i k


1. Számítsa ki az

f(z)=\sin(iz)\,

függvény valós és képzetes részét!

MO. z = x + iy

2. Oldja meg a


e^{iz}=2i-2\,

egyenletet!

MO.

e^{iz}=2\sqrt{2}e^{-i\frac{\pi}{4}}\,
e^{iz}=e^{\ln 2\sqrt{2}}e^{-i\frac{\pi}{4}}\,
e^{iz}=e^{\ln (2\sqrt{2})-i\frac{\pi}{4}}\,

mivel exp 2πi szerint periodikus, ezért:

iz=\ln (2\sqrt{2})-i\frac{\pi}{4}+2\pi i k\,
z=-i\ln (2\sqrt{2})-\frac{\pi}{4}+2\pi k\,



3. Adja meg az

(1+i)^i\,

szám értékét!

MO.

(1+i)^i=e^{i\ln (1+i)}=e^{i(\ln(\sqrt{2})+i\frac{\pi}{4}+2\pi ik)}=e^{i\ln(\sqrt{2})-\frac{\pi}{4}-2\pi k}=e^{i\ln(\sqrt{2})}e^{-\frac{\pi}{4}-2\pi k}=(\cos\ln\sqrt{2}+i\sin\ln\sqrt{2})e^{-\frac{\pi}{4}-2\pi k}

Sorok

Taylor-sor:

f(z)=\sum\limits_{n=0}^\infty\frac{f^{(n)}(z_0)}{n!}(z-z_0)
\mathrm{Dom}\, f=\mathrm{B}_R(z_0) valamely R-rel.

Laurent-sor:

f(z)=\sum\limits_{n=-\infty}^\infty c_{n}(z-z_0)^n
\mathrm{Dom}\, f=\mathrm{int}(\mathrm{B}_{R_1}(z_0)\cap(\mathbf{C}\setminus\mathrm{B}_{R_2}(z_0))) valamely R1, R2-vel.

Az f függvénynek a ζ pont izolált szingularitása, ha f reguláris a ζ egy kipontozott környezetében, de nem reguláris ζ-ban. Izolált szingularitás körül a függvény Laurent-sor mindig lézezik ezért a sor alakja szerint osztályozzuk a szingularitásokat.

Megszüntethető, ha L.-sorban nincsenek reciprokos tagok. Ilyenkor a függvény regulárissá tehető, melynek Taylor-sora pont a Laurent-sora.

Pólusszingularitása van f-nek a ζ pontban, ha a ζ körüli Laurent-sor főrészében 1 / (z − ζ)-nak véges sok nemnulla hatványa szerepel. Ezek körzül a 1 / (z − ζ) legnagyobb kitevőjű hatványának kitevője a pólusszingularitás foka.

Lényeges szingularitása van f-nek ζ-ban, ha a ζ körüli Laurent-sorban 1 / (z − ζ)-nak végtelen sok nemnulla hatványa szerepel.


\sum\limits_{n=0}^{\infty}q^n=\frac{1}{1-q}, ha | q | < 1


e^z=1+z+\frac{z^2}{2!}+\frac{z^3}{3!}+\frac{z^4}{4!}+\frac{z^5}{5!}+\dots
\sin z=z-\frac{z^3}{3!}+\frac{z^5}{5!}-\frac{z^7}{7!}\pm\dots
\cos z=1-\frac{z^2}{2!}+\frac{z^4}{4!}-\frac{z^5}{5!}\pm\dots
\mathrm{sh}\, z=z+\frac{z^3}{3!}+\frac{z^5}{5!}+\frac{z^7}{7!}+\dots
\mathrm{ch}\, z=1+\frac{z^2}{2!}+\frac{z^4}{4!}+\frac{z^5}{5!}+\dots


1. Igazolja, hogy az


f(z)=\frac{\sin(z) -z}{z^3}\,

függvénynek megszüntethető szakadása van a 0-ban! Adja meg a reguláris kiterjesztés 100. deriváltját a 0-ban!

MO.

f(z)=\frac{\sin(z) -z}{z^3}=\frac{-\frac{z^3}{3!}+\frac{z^5}{5!}-\frac{z^7}{7!}\pm\dots}{z^3}=-\frac{1}{3!}+\frac{z^2}{5!}-\frac{z^4}{7!}\pm\dots

Mivel a sorfejtés egyértelmű, ezért a z100 tag együtthatója egyértelmű, azaz egyfelől a Taylor-sorból felírva, másfelől a most megadott sorfejtésből:

\frac{f^{(100)}(0)}{100!}=-\frac{1}{103!}
f^{(100)}(0)=-\frac{100!}{103!}=-\frac{1}{101\cdot 102\cdot 103}

2. Fejtse Laurent-sorba az

f(z)=\frac{z}{z+i}

függvényt úgy, hogy a sorfejtés a 1/2 pontban előállítsa a függvényt!

a) a 0 körül,

b) az 1 körül

c) Milyen szingularitása van a -i-ben? Mennyi a reziduuma ebben?

MO. a) Ha ránézünk a becses kezeinkkel rajzolt ábrára (ugye mindenki csinált ábrát!), akkor láthatjuk, hogy a reguláris, belső körbe esik mindkét pont körül az 1/2.

f(z)=\frac{z}{z+i}=\frac{z}{i}\frac{1}{\frac{z}{i}+1}=\frac{z}{i}\frac{1}{1-\frac{-z}{i}}

tehát q=\frac{-z}{i}, ami |z|<1 esetén lesz konvergens sor alakú:

f(z)=\frac{z}{i}\frac{1}{1-\frac{-z}{i}}=\frac{z}{i}\sum\limits_{n=0}^\infty\left(\frac{-z}{i}\right)^n=\sum\limits_{n=0}^\infty\left(\frac{-z}{i}\right)^{n+1}=\sum\limits_{n=0}^\infty i^{n+1}z^{n+1}

b)

f(z)=\frac{(z-1)+1}{(z-1)+1+i}=\frac{z-1}{(z-1)+1+i}+\frac{1}{(z-1)+1+i}=(z-1)\frac{1}{(z-1)+1+i}+\frac{1}{(z-1)+1+i}
\frac{1}{(z-1)+1+i}=\frac{1}{1+i}\frac{1}{\frac{z-1}{1+i}+1}=\frac{1}{1+i}\frac{1}{1-\frac{-(z-1)}{1+i}}

tehát q=\frac{-z+1}{1+i}, ami |z-1|<\sqrt{2} esetén lesz konvergens sor alakú:

\frac{1}{1+i}\frac{1}{1-\frac{-(z-1)}{1+i}}=\frac{1}{1+i}\frac{1}{1-\frac{-(z-1)}{1+i}}=\frac{1}{1+i}\sum\limits_{n=0}^{\infty}\left(\frac{-(z-1)}{1+i}\right)^n=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\left(\frac{-1}{1+i}\right)^{n+1}(z-1)^n
f(z)=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\left(\frac{-1}{1+i}\right)^{n+1}(z-1)^{n+1}+\sum\limits_{n=0}^{\infty}\left(\frac{-1}{1+i}\right)^{n+1}(z-1)^n

c)

f(z)=\frac{z}{z+i}=\frac{z+i-i}{z+i}=1-\frac{i}{z+i}

maga a -i körüli Laurent-sor, itt a reciprokos tag együtthatója: -i, azaz ennyi a reziduum. Pólusszingularitása van itt és ennek foka 1, mert a Laurent-sor főrészében csak a reciprok szerepel.


3. Fejtse Laurent-sorba az

f(z)=\frac{1}{z^2(z+i)}

függvényt a 0 körül úgy, hogy a sorfejtés a 2i pontban előállítsa a függvényt! Milyen szingularitása van a 0-ban? És a -i-ben?

Mo.

Az ábrából látható, hogy a szingularitáson túli gyűrűben van 2i, ezért 1/z szerint kell sorfejteni.

f(z)=\frac{1}{z^2(z+i)}=\frac{1}{z^3}\frac{1}{1+\frac{i}{z})}=\frac{1}{z^3}\frac{1}{1-\frac{-i}{z})}

tehát q=\frac{-i}{z}, ami |z|>1 esetén lesz konvergens sor alakú, azaz 2i ide tartozik

f(z)=\frac{1}{z^3}\sum\limits_{n=0}^\infty\left(\frac{-i}{z}\right)^n=\sum\limits_{n=0}^\infty(-i)^{n}\left(\frac{1}{z}\right)^{n+3}

0 az f nevezőjének kétszeres gyöke, a számlálónak nem gyöke, a -i a nevezőnek egyszeres, a számlálónak nullaszoros gyöke. Tehát 0-ban másodfokú pólusa van, -i-ben elsőfokú.


4. Fejtse Laurent-sorba az

f(z)=\mathrm{sh}(\frac{1}{z^2})

függvényt a 0 körül! Milyen szingularitása van a 0-ban?


MO.

f(z)=\mathrm{sh}(\frac{1}{z^2})=\frac{1}{z^2}+\frac{1}{3!z^6}+\frac{1}{5!z^{10}}+\frac{1}{7!z^{14}}+\dots

végtelen sok tag van a főrészben, ezért a szingularitás lényeges.

Integrálás paraméterezéssel és Newton--Leibniz-formulával

\int\limits_{G}f=\int\limits_{t=t_1}^{t_2}f(z(t))\dot{z}(t)dt

ahol G paraméterezése t\mapsto z(t), t_1\leq t\leq t_2 folytonosan differenciálható, f folytonos a G-t tartalmazó egy nyílt halmazon.

\int\limits_{G,z_1}^{z_2}f=F(z_2)-F(z_1)

ahol F komplex deriválható és F'=f, valamint f Riemann integrálható a G mentén, G kezdőpontja z1, végpontja z2

1. Adja meg az


f(z)=\overline{z}^2\,

függvény integráláját az

a) Origó középpontú, pozitívan irányított egységkör Re(z)\geq 0 feltételt teljesítő felére!

b) [0,2+i] szakaszra!


2. Adja meg az


f(z)=\frac{2z}{(z^2+1)^2}\,

függvény integráláját az

a) Origó középpontú, pozitívan irányított kétségkör Im(z),Re(z)\leq 0 feltételt teljesítő negyedére! b) Origó középpontú, pozitívan irányított kétségkörre!

Integrálás Riemann-féle integráltétellel és Cauchy-féle integrálformulával

Cauchy-féle integráltétel Ha a D korlátos és zárt tartomány ∂D határa egy zárt görbével paraméterezhető és a görbe a tartománnyal kompatibilisan irányított, továbbá a D⊆U⊆C nyílt halmazon reguláris az f függvény, akkor

\oint\limits_{\partial D} f=0


Riemann-féle integráltétel Ha a D korlátos és zárt tartomány ∂D határa egy zárt görbével paraméterezhető és a görbe a tartománnyal kompatibilisan irányított, továbbá a D⊆U⊆C nyílt halmazon reguláris az f függvény, kivéve a D egyetlen pontját és f korlátos, akkor

\oint\limits_{\partial D} f=0


Cauchy-féle integrálformulák Ha a D korlátos és zárt, egyszeresen összefüggő tartomány G=∂D határa egy zárt görbével paraméterezhető és a görbe a tartománnyal kompatibilisan irányított, továbbá a D⊆U⊆C nyílt halmazon reguláris az f függvény és z_0\in \mathrm{int} D, akkor

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


1.* \oint\limits_{|z|=1} \frac{\cos(z)-1}{\sin(z^2)}=?\,\mathrm{d}z


2. \oint\limits_{|z|=1} \frac{\cos (z)}{z^{100}}\,\mathrm{d}z=?


3. \oint\limits_{|z-i|=2} \frac{z^2+z+1}{z^4+4z^2}\,\mathrm{d}z=?


4. \oint\limits_{|z-1|=\frac{1}{2}} \frac{\cos(\ln z)}{z^2-3z+2}=?

Integrálás reziduumtétellel

Reziduumtétel Ha a D korlátos és zárt, egyszeresen összefüggő tartomány G=∂D határa egy zárt görbével paraméterezhető és a görbe a tartománnyal kompatibilisan irányított, továbbá a D⊆U⊆C nyílt halmazon reguláris az f függvény kivéve a z_1,\dots,z_n\in\mathrm{int}\,D pontokban, akkor

\oint\limits_{G} f=\sum\limits_{k=1}^n\mathrm{Res}^f(z_k)

ahol Resf(ζ) az f függvény ζ körüli azon Laurent-sorának c − 1 együtthatója, mely a függvényt a ζ egy kipontozot környzetében állítja elő.

1.* \oint\limits_{|z|=1} \frac{z^2+5z+1}{\mathrm{sh}(z)}\,\mathrm{d}z=?


2. \oint\limits_{|z-3|=1} \frac{5z+1}{\sin(z)}\,\mathrm{d}z=?


3. \oint\limits_{|z|=1} \frac{e^{z^2+2}}{(2z+4)\sin(\frac{\pi z}{4})}\,\mathrm{d}z=?

Vektoranalízis

Differenciáloperátorok

1. Hol létezik és mennyi az alábbi függvények gradiense?

a)  \mathbf{v}(\mathbf{r})=|\mathbf{r}|^4\,
b)  \mathbf{v}(\mathbf{r})=\frac{1}{|\mathbf{r}|^2}\,
c)  \mathbf{v}(\mathbf{r})=\sin(|\mathbf{r}|^3)\,


2. Hol létezik és ott mi az alábbi térbeli vektormező rotációja és divergenciája?

a)  \mathbf{v}(\mathbf{r})=\mathbf{r}|\mathbf{r}|^6\,
b)  \mathbf{v}(\mathbf{r})=\mathbf{k}\times\mathbf{r}\, (k a z irányú egységvektor)


Potenciálkeresés

1. Ha van, mi az alábbi térbeli vektormező potenciálja?

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


2. Ha van, mi az alábbi síkbeli vektormező potenciálja?

 v(x,y)=(x^3+y^3,3xy^2)\,


3. Ha van, mi az alábbi függvény potenciálja?

a)  \mathbf{v}(\mathbf{r})=\mathbf{r}|\mathbf{r}|^6\,
b)  \mathbf{v}(\mathbf{r})=\frac{2\mathbf{r}}{1+|\mathbf{r}|^2}\,

Vonalintegrál

\int\limits_{G,\mathbf{r}_1}^{\mathbf{r}_2}\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

ahol r1 = r(t1), r2 = r(t2).

\int\limits_{G}\mathbf{v}\;\mathrm{d}\mathbf{r}=\int\limits_{G}v_t\,|\mathrm{d}\mathbf{r}|

ahol vt a vektormezőnek a görbe érintője irányú komponense, az integrál pedig a vektormező ívhossz szerinti integrálja.


1. Számítsuk ki az alábbi vektormezőnek az A=(1,-2,3), B=(2,1,4) végpontú egyenes szakaszra vonatkozó integrálját!

\mathbf{v}(x,y,z)=(y+z)\mathbf{i}+(x+z)\mathbf{j}+(x+y)\mathbf{k}\,

2. Számítsuk ki a v = k × r függvénynek az R sugarú, [x,y] síkbeli origó középpontú körre vonatkozó integrálját!

3. Számítsuk ki a v = k × r / |k × r|2 függvénynek az R sugarú, [x,y] síkbeli origó középpontú körre vett integrálját!

Felületi integrál

\int\limits_{F}\mathbf{v}\,\mathrm{d}\mathbf{F}=\int\limits_{F_{u,v}}\mathbf{v}(\mathbf{r}(u,v))\left(\frac{\partial \mathbf{r}(u,v)}{\partial u}\times\frac{\partial \mathbf{r}(u,v)}{\partial v}\right)\;\mathrm{d}u\mathrm{d}v
\int\limits_{F}\mathbf{v}\,\mathrm{d}\mathbf{F}=\int\limits_{F}v_\mathbf{n}\,|\mathrm{d}\mathbf{F}|

felszín integrállal a normális irányú komponensből.

1. Számítsuk ki a v vektormezőnek az r felületre vett integrálját:

\mathbf{v}(x,y,z)=x\mathbf{i}-y\mathbf{j}+z\mathbf{k}\,
\mathbf{r}(u,v)=(u+2v)\mathbf{i}+v\mathbf{j}+(u-v)\mathbf{k},\;u\in[0,3], \;v\in[0,1]

2. Számítsuk ki az v = r-nek az R sugarú, M magasságú, z tengelyű hengerre vonatkozó felületi integrálját!

3. Számítsuk ki az R sugarú origó középpontú gömbnyolcad felszínére az v = r|r|3 integrálját!

Személyes eszközök