Matematikai Analízis III.

Méret: px
Mutatás kezdődik a ... oldaltól:

Download "Matematikai Analízis III."

Átírás

1 Matematikai Analízis III. egyetemi jegyzet január 2. 1 Az el adásokat lejegyezte: Marczell Márton

2 Tartalomjegyzék 1. Vektoranalízis Vektormez k. Bevezetés A vektormez k speciális jellemz i Skalárpotenciál és vektorpotenciál Vonalintegrál, cirkuláció Felületi integrál. Fluxus Felület Felületi integrál Vektormez kre vonatkozó tételek Divergencia tétel Stokes tétel Green tétel Dierenciálgeometria Sokaságok Paraméteres megadás Topologikus térben Implicit megadás Sokaság irányítása i

3 TARTALOMJEGYZÉK ii 2.2. Dierenciálformák Bevezetés és ismétlés Elemi formák Általános formák. Küls szorzat Dierenciálformák Dierenciálformák IR 3 -ban Formák integrálása sokaságokon Variációszámítás Bevezet példák Alapfeladat Speciális esetek Forgástest felszín minimalizálás Bernoulli-feladat Feltételes széls érték Általános feladat 1. Több függvényt keresünk Legrövidebb út forgástest felszínén Egy mechanikai alkalmazás Általános feladat 2. Magasabbrend deriváltak Általános feladat 3. Kétváltozós függvény keresése Példa: rezg húr mozgása Parciális dierenciálegyenletek Bevezet Els rend PDE: Transzport egyenlet

4 TARTALOMJEGYZÉK iii Transzport egyenlet, homogén eset Inhomogén eset Másodrend PDE 1. Laplace egyenlet Téglalap alakú tartomány Megoldás körlapon A Laplace egyenlet megoldásának néhány tulajdonsága Másodrend PDE II: H vezetés egyenlete H vezetés végtelen hosszú rúdban H vezetés véges rúdban H vezetés visszafelé Másodrend PDE III: Hullámegyenlet Hullámmozgás végtelen húrban Gyenge megoldás. Néhány tanulságos példa

5 1. fejezet Vektoranalízis 1

6 FEJEZET 1. VEKTORANALÍZIS Vektormez k. Bevezetés Deníció Az F : IR n IR m típusú (többváltozós, vektorérték ) függvényeket vektormez nek nevezzük. Ezek 'koordinátafüggvények függvényrendszere'-ként is felírhatók: f 1 (x 1, x 2,..., x n ) f 2 (x 1, x 2,..., x n ) F (x 1, x 2,..., x n ) =,. f m (x 1, x 2,..., x n ) ahol f 1,..., f m IR n -b l IR-be képez függvények. Egy F : IR 3 IR 3 vagy F : IR 2 IR 2 vektormez könnyen elképzelhet úgy, hogy a tér minden pontjához egy vektort rendel, amely az ábrázoláson az adott pontból indul ki. Ennek zikai értelme pl. a tér egyes pontjaiban ható er. A többváltozós valós függvényeket ezért nevezzük skalármez nek is: a tér minden pontjához egy skalárt rendelnek. Konvenció szerint a skalármez ket kisbet vel, a vektormez ket nagybet vel jelöljük. Példák 1. F : IR 2 IR 2 ; F (x, y) = (3, 1): konstans mez 2. F : IR 2 IR 2 ; F (x, y) = (x, y): az origóból kifelé mutató vektorok 3. F : IR 2 IR 2 ; F (x, y) = ( y, x): forgatás 4. F : [, 2π] IR 2 ; F (t) = (cos t, sin t): az egységkör (3, 1) (x, y) ( y, x) ábra. Vektormez k

7 FEJEZET 1. VEKTORANALÍZIS 3 Deníció Vektormez folytonos, ha koordinátafüggvényei folytonosak. Deníció Az F : IR n IR m vektormez dierenciálható az xɛd F pontban, ha létezik olyan AɛIR m n mátrix, hogy ha F megváltozását a következ képpen közelítjük: F (x + x) F (x) + A x, akkor a közelítés hibájának nagyságrendje kisordó, azaz F (x + x) F (x) A x lim =. x x Ekkor a vektormez derivált- (Jacobi-) mátrixának a következ mátrixot nevezzük: grad f 1 A = D F =. grad f m Dierenciálási szabályok - Linearitás és homogenitás - Kompozíció dierenciálása: Tegyük fel, hogy F : IR n IR m az aɛir n pontban, G : IR m IR l pedig az F (a) pontban dierenciálhatóak. Ekkor G F : IR n IR l is dierenciálható a-ban, és D (G F ) = D G(F (a)) D F (a). (Ez utóbbi mátrix-mátrix szorzás.) - Inverz deriváltja: Tegyük fel, hogy F : IR n IR n dierenciálható az aɛd f helyen, és a derivált-mátrix nem szinguláris. Ekkor F 1 dierenciálható F (a)-ban, és D F 1 (F (a)) = (D F (a)) 1 (az inverz deriváltja a derivált-mátrix inverze). - Szorzási szabály: grad (fg) = f grad (g) + g grad (f) A további deriválás a tenzorokhoz vezet, amelyekkel most nem foglalkozunk A vektormez k speciális jellemz i Deníció A (nabla) operátor alatt három dimenzióban a formális vektort értjük. ( x, y, ) z

8 FEJEZET 1. VEKTORANALÍZIS 4 Tehát egy f : IR 3 IR függvényre grad f = f. Deníció Tegyük fel, hogy F : IR 3 IR 3 dierenciálható. Ekkor a vektormez divergenciáját így deniáljuk: div (F ) = f 1 x + f 2 y + f 3 z =, F A divergencia egy számszer mértéke annak, hogy a vektromez egy adott pontból mennyire "szóródik szét". Ha egy F vektormez re (F ), akkor a vektormez divergencia- mentes. Deníció A fenti F vektormez rotációja i j k rot (F ) = x y z f 1 f 2 f 3 = F = ( f3 y f 2 z, f 1 z f 3 x, f 2 x f ) 1 (= ) curl (F ). y A rotációvektor zikai értelmezése: hossza az er tér örvénylésének sebessége, iránya mer leges az örvénylésre. Ha egy vektormez rotációja, akkor örvénymentesnek hívjuk. 1. Példa. Jellemezzük egy folyó áramlását vektormez vel. Az x tengely a folyás irányába mutat és a folyó közepén fekszik. Az y tengely a folyás irányára mer leges. A folyó szélessége d, ezért yɛ[ d; d]. A z tengely felfelé mutat. Természetes közelítés lehet, hogy a folyó áramlását a v = ( ) v (1 4y2 ),, d2 vektormez jellemzi. Mit tudunk mondani az áramlás örvényességér l? Megoldás: rot (v) = (,, 8yv ), d 2 azaz az örvénylés er ssége y-nal egyenesen arányos: annál nagyobb, minél közelebb vagyunk a parthoz. A folyó közepén tehát nincs örvénylés. Az örvénylés iránya mindig

9 FEJEZET 1. VEKTORANALÍZIS 5 mer leges a z tengelyre. Az örvény er ssége pedig a folyó közepét l kifelé haladva egyre n. 1. Gyakorlat. Vajon mi lehet a fenti példa zikai háttere? Állítás A deriválás szorzási szabályai, melyek az újonnan bevezetett speciális jellemz ket tartalmazzák az alábiak: div (ff ) = f div F + F, grad f rot (ff ) = grad f F + f rot F div (F G) = G, rot F F, rot G 1. Feladat. Igazoljuk ezeket a szorzat-deriválási szabályokat Skalárpotenciál és vektorpotenciál Deníció Az F : IR 3 IR 3 vektormez potenciálos, - pontosabban: skalárpotenciálos - ha létezik olyan f : IR 3 IR skalármez, melyre F = grad f. Tegyük fel, hogy F skalárpotenciálos. Létezik f(x, y, z) dierenciálható függvény, melyre F = (f x, f y, f z). Ekkor divergenciája és rotációja: div (F ) = x f x + y f y + z f z = f, rot (F ) = i j k x y z f x f y f z Tehát egy skalárpotenciálos vektormez örvénymentes. Állítás A következ állítások ekvivalensek: = =. 1. F skalárpotenciálos. 2. rot (F ) =.

10 FEJEZET 1. VEKTORANALÍZIS 6 3. Γ IR 3 zárt görbére F (r) dr =. Γ Deníció F : IR 3 IR 3 vektormez vektorpotenciálos, ha létezik olyan G : IR 3 IR 3 vektormez, amelyre rot (G) = F. Tegyük fel, hogy F vektorpotenciálos. Létezik G = (g 1, g 2, g 3 ) dierenciálható vektormez, melyre Ekkor a divergenciája: f 1 = y g 3 z g 2 f 2 = z g 1 x g 3 f 3 = x g 2 y g 1. div (F ) = x f 1+ = y f 2 + z f 3 = =. Állítás A következ állítások ekvivalensek: 1. F vektorpotenciálos 2. div (F ) = Következmény A fenti két állítás alapján tehát: 1. rot (grad (f)) =. 2. div (rot (F )) =. 3. Könnyen belátható az is, hogy div (grad (f)) = f xx + f yy + f zz = f. Megjegyzés A rotáció lineáris operátor. Ezért ha rot (G 1 ) =, akkor egy tetsz leges G vektormez re rot (G + G 1 ) = rot (G) + = rot (G). Ez azt jelenti, hogy a vektorpotenciál nem egyértelm : ha F = rot (G), akkor F-nek G és G + G 1 is vektorpotenciálja. Ha F vektorpotenciálos, akkor egy vektorpotenciálját megkaphatjuk a következ módon: G(x, y, z) = ˆ 1 tf (tx, ty, tz) (x, y, z) dt

11 FEJEZET 1. VEKTORANALÍZIS Vonalintegrál, cirkuláció Ebben a fejezetben átismétljük az els évben megtanultakat, majd kib vítjük. Deníció (Ismétlés.) Adott C IR 3 görbe, C = {γ(t) tɛ[a, b]}. Az f : IR 3 IR folytonos valós függvény vonalintegrálja a C görbe mentén: ˆ ˆ b f(x, y, z) ds = f(γ(t)) γ(t) dt. C A fenti képletben γ(t) = (ẋ(t), ẏ(t), ż(t)) a görbe érint vektorát adja meg az adott pontban. Skalármez vonalintegráljának lehetséges zikai interpretációja a tömeg. Deníció (Ismétlés.) Az F : IR 3 IR 3 vektormez vonalintegrálja a C görbe mentén: ˆ ˆ b F (r) dr = F (γ(t)), γ(t) dt. C a Vektormez vonalintegráljának lehetséges zikai interpretációja munka, melyet a vektortérben az adott görbe mentén haladva végzünk. A fenti deníciót átfogalmazzuk, gyelembe véve γ(t) jelentését. Legyen T : C IR 3 egy olyan vektormez, mely a görbe minden pontjához egységnyi hosszú érint vektort rendel. Ekkor ˆ C F (r) dr = ˆ b ahol az integrálbeli szorzás skalárszorzatot jelent. a a F (x, y, z) T (x, y, z) ds, Úgy fogalmazhatunk, hogy a vektormez vonalintegrálja megegyezik érint irányú komponensének - mint skalármez nek - vonalintegráljával. Deníció Az F : IR 3 IR 3 vektormez vonalintegrálját a C görbe mentén a vektormez cirkulációjának hívjuk. A vonalintegrál természetes módon kiterjeszthet magasabb dimenzióra. Deníció Az f : IR n IR valós függvény (skalármez ) vonalintegrálja a Γ = { γ(t) : tɛ[a, b] } ; γ(t) = ( x1 (t), x 2 (t),..., x n (t) ) görbe mentén: ˆ Γ f(x 1,..., x n ) ds = ˆ b a f(γ(t)) x 2 1 (t) + x 2 2 (t) +... x 2 n (t) dt Megjegyzés. A fenti képletben γ(t) = (ẋ 1 (t),..., ẋ n (t)) a görbe érint vektorát adja meg az adott pontban. A vonalintegrál értéke független a görbe paraméterezését l.

12 FEJEZET 1. VEKTORANALÍZIS Felületi integrál. Fluxus Felület Ebben a fejezetben deniáljuk, hogy mit értünk felület alatt. Egy speciális esetet már láttunk, kétváltozós függvény gráfjaként. Adott a síkon egy D IR 2 tartomány, és egy ezen értelmezett valós függvény, f : D IR. Az ennek megfelel felület S := {(x, y, f(x, y)) : (x, y)ɛd}. Az általános felület bizonyos értelemben hasonlít a görbék megadásához. Akkor a számegyenes egy [a, b] intervallumát képeztük le egy-egyértelm en egy görbe pontjaiba; síkban vagy térben. Deníció Adott egy D IR 2 tartomány, és egy s : D IR 3 dierenciálható, egy-egyértelm függvény. x(u, v) s(u, v) = y(u, v), (u, v)ɛd. z(u, v) A felület s értékkészlete lesz, { } (x(u, ) S = v), y(u, v), z(u, v) : (u, v)ɛd. Megjegyzés. Gondolhatunk legegyszer bb esetként a D tartományra, mint egy kétdimenziós intervallumra, D = [a, b] [c, d]. A felület pontjait ezen D elemeivel paraméterezzük. 1. Példa. A fenti egyszer eset természetesen leírható az általános keretben. Ekkor u s(u, v) = v f(u, v), (u, v)ɛd. 2. Példa. Az egységsugarú, origó középpontú félgömb felszinének pontjai paraméterezhet k két paraméterrel, a második és harmadik gömbi polárkoordinátának megfelel en. Legyen az u paraméter a pontba mutató vektor és a z tengely pozitív részének szöge, a v paraméter pedig az (x, y) síkba es vetületnek az x tengely pozitív részével bezárt szöge. Ekkor z = cos(u) x = sin(u) cos(v) y = sin(u) sin(v).

13 FEJEZET 1. VEKTORANALÍZIS Felületi integrál Deníció Adott az f : IR 3 IR folytonos valós függvény, melyre D D f. Az f függvény felületi integrálja az S felület mentén: ˆˆ ˆˆ f(x, y, z) ds = f(s(u, v)) s u s v d(u, v) (1.1) S D Megjegyzés A fenti képletben s u s v a felület érint síkjának normálvektora az adott pontban. Az integrál értéke független a felület paraméterezését l. 2. Példa. Speciális esetben a felület egy kétváltozós valós függvény felülete: s(u, v) = (u, v, t(u, v)), ahol t : D IR dierenciálható kétváltozós függvény. Ekkor ˆˆ ˆˆ f(x, y, z) ds = f(u, v, t(u, v)) 1 + (t u) 2 + (t v) 2 d(u, v). S D Igazoljuk ezt. Számoljuk ki (1.1) jobb oldalán szerepl vektoriális szorzatot: i j k s u s v = 1 t u = ( t u, t v, 1 ), 1 t v és ennek a vektornak a hossza valóban 1 + (t u) 2 + (t v) 2. Adott a térben egy vektormez, F (x, y, z) = F 1 (x, y, z) F 2 (x, y, z) F 3 (x, y, z) ahol F 1, F 2, F 3 : R IR dierenciálható függvények az R IR 3 tartományon. Feltesszük, hogy S R. Deníció Az F : IR 3 IR 3 vektormez felületi integrálja a fenti S felület mentén ˆˆ ˆˆ F ds = F (s(u, v)), s u s v d(u, v), S D A vektormez felületi integrálját egy skalárszorzattal deniáltuk, azaz visszavezettük egy skalármez integráljára. Tehát ha a felület egységnyi normálvektorait n-nel jelöljük, akkor látszik, hogy ˆˆ ˆˆ F n ds = F (s(u, v)) s u s v s s u s u s v d(u, v) = v S D

14 FEJEZET 1. VEKTORANALÍZIS 1 ˆˆ D ˆˆ F (s(u, v)) (s u s v) d(u, v) = S F ds Deníció Adott egy S IR 3 sima felület, ennek minden pontjában n(x, y, z) = (n 1 (x, y, z), n 2 (x, y, z), n 3 (x, y, z)) egység hosszú normálvektor. Egy F : IR 3 IR 3 dierenciálható vektormez felületi integrálját: ˆˆ ˆˆ F ds = F n ds vektormez nek a felületre vett uxusának nevezzük. M M 2. Gyakorlat. Legyen F (x, y, z) = xi + yj + zk és S az origó közep, r sugarú gömb felszíne. Számoljuk ki F uxusát S-re nézve. 3. Gyakorlat. Legyen F (x, y, z) = i, és S az x + y + z = 1 sík els tér-nyolcadba es része. Határozzuk meg a vektortér uxusát. Értelmezhetjük ˆ egy kétdimenziós F (x, y)vektormez uxusát is, egy Γ síkgörbére nézve: φ = F (x, y) ds Γ 1.6. Vektormez kre vonatkozó tételek Divergencia tétel Tétel (Divergenciatétel / Gauss-Osztrogradszkij-tétel). Legyen M IR 3 egy zárt tér-rész, és M a tér-részt határoló (zárt) felület. Tegyük fel, hogy M pontjaiban adottak az n(x, y, z) = (n 1 (x, y, z), n 2 (x, y, z), n 3 (x, y, z)) egység hosszú, a térrészb l kifelé mutató normálvektorok. Ekkor az F : IR 3 IR 3 dierenciálható vektormez re ˆˆˆ ˆˆ div F (x, y, z) d(x, y, z) = F n ds M Azaz a térrészen vett térfogati integrál megegyezik a vektormez nek a határoló felületre vett felületi integráljával (ld ). Bizonyítás. (vázlat): Tegyük fel, hogy M egyszer térrész, azaz minden, valamelyik tengellyel párhuzamos egyenessel vett metszése csak egyetlen szakasz, vagy egy pont. Azt kell belátnunk, hogy ˆˆˆ M ˆˆˆ div F = M M ( f1 x + f 2 y + f ) 3 z d(x, y, z) =

15 FEJEZET 1. VEKTORANALÍZIS 11 ˆˆ = (f 1 n 1 + f 2 n 2 + f 3 n 3 ) ds M Ez pedig tagonkénti egyenl séggel bizonyítható. belátni: ˆˆˆ M f 3 z ˆˆ d(x, y, z) = f 3 n 3 ds. Írjuk fel M-et az (x, y) sík szerinti normáltartományként: Ebb l most a harmadik tagot fogjuk M b(x, y) < z < t(x, y) ahol (x, y)ɛd. Írjuk fel a határhalmazt három tartomány uniójaként n 3 el jelének megfelel en: n 3 > : M top, n 3 = : M side, n 3 < : M bottom, így M = M top M side M bottom. integrálokat: Számoljuk ki a résztartományokra vett felületi n 3 > : M top = { (u, v, t(u, v)) : (u, v)ɛd } : n = ( t u, t v, 1) (t u ) 2 + (t v) 2 n 3 = (t u ) 2 + (t v) 2. Ezért ˆˆ ˆˆ f 3 n 3 ds = f 3 (u, v, t(u, v))n 3 (u, v, t(u, v)) 1 + (t u ) 2 + (t v) 2 d(u, v) = M top M top = ˆˆ M top f 3 (u, v, t(u, v)) d(u, v) n 3 = : M side : Itt n 3 =, ezért az integrál is. n 3 < : M bottom = { (u, v, b(u, v)) } : ˆˆ ˆˆ f 3 n 3 ds =... = M bottom D f 3 (u, v, b(u, v)) d(u, v) Tehát a teljes tartományon vett integrál az egyes résztartományokon vett integrál összege: ˆˆ ˆˆ f 3 n 3 ds = f 3 (u, v, t(u, v)) f 3 (u, v, b(u, v)) d(u, v) M D A teljes M-re vett térfogati integrált pedig normáltartományon való integrálással számoljuk: ˆˆˆ M ˆˆ f 3 (x, y, z) d(x, y, z) = z D ˆ t(x,y) b(x,y) f 3 (x, y, z) dz d(x, y) = z

16 FEJEZET 1. VEKTORANALÍZIS 12 ˆˆ = f 3 (x, y, t(x, y)) f 3 (x, y, b(x, y)) d(x, y) D a Newton-Leibniz-formula miatt. Ez láthatóan megegyezik a felületi integrálok összegével. 3. Példa. F (x, y, z) = (x, y, z) divergenciája div F = 3. Legyen M az origó körüli r sugarú gömb fels fele. A térfogati integrál: ˆˆˆ 3 d(x, y, z) = r3 π = 2r 3 π M A felületet két részre osztjuk: S = S 1 S 2, ahol S 1 a félgömb felülete és S 2 az alsó körlap. Ekkor az S 1 felületen n 1 (x, y, z) = 1 r (x, y, z) és az S 2 felületen n 2 (x, y, z) = (,, 1). Az S 1 -en vett integrál: ˆˆ Az S 2 -n vett integrál: S 1 (x, y, z) ˆˆ = ˆˆ 1 (x, y, z) ds = r S 1 x 2 + y 2 + z 2 S 1 r ds = ra(s 1 ) = r2r 2 π = 2r 3 π. ˆˆ ˆˆ (x, y, z) (,, 1) ds = S 2 r S 2 z ds =. ds = A két integrál összege pedig valóban megegyezik a térfogati integrállal: ˆˆ S 1 S 2 F ds = 2r 3 π Stokes tétel Tétel (Klasszikus Stokes-tétel). Vegyünk egy F : IR 3 IR 3 dierenciálható vektormez t és egy M IR 3 felületet, amelyet egy M = { γ(t)ɛir 3 : tɛ[a, b] } sima, zárt görbe határol. A felület normálvektorait jelölje n. Ekkor ˆˆ rot F n ds = F T ds. (1.2) M Itt T jelöli a görbe pontjaihoz húzott egységnyi hosszú érint vektorokat, amelyeket úgy számolhatunk, hogy T = γ(t) γ(t) M

17 FEJEZET 1. VEKTORANALÍZIS 13 Megjegyzés Kés bb látni fogjuk, hogy a Newton-Leibniz formula, a Divergenciaés a Stokes-tétel ugyanazon absztrakt tétel speciális esetei. Annyit azonban már most észrevehetünk, hogy mindhárom tétel megfogalmazható nagy vonalakban így: A függvény deriváltjának integrálja egy tartományon egyenl a függvénynek a tartomány határán vett megváltozásával. Deníció A fenti integrállal megadott mennyiséget az F vektormez cirkulációjának nevezzük. 4. Példa. Legyen F (x, y, z) := (y, z, x), és M az egységgömb fels fele. Ennek paraméterezése: M := {s(ϕ, θ) = sin ϕ cos θ sin ϕ sin θ cos ϕ : ϕɛ[, π/2], θɛ[, 2π]}. Ekkor tehát M = {γ(t) = (cos t, sin t, ) : tɛ[, 2π]} egységkör az (x, y) síkon. A (1.2) egyenlet jobb oldala: = ˆ 2π M F (r)dr = ˆ 2π F (γ(t)), γ(t) dt = ˆ 2π (sin t,, cos t), ( sin t, cos t, ) dt = sin 2 t dt = π. (1.2) egyenlet bal oldalán a normálvektor n = (x, y, z) (jelen esetben azért nem kell a hosszával elosztani, mert az egységgömb felületén vagyunk). Számoljunk: i j k rot (F ) = x y z = ( 1, 1, 1). y z x A (1.2) egyenlet bal oldala: ˆˆ ˆˆ rot F n ds = ( 1, 1, 1), (x, y, z) ds = ˆˆ (x + y + z) ds = M M M ˆ π 2 = ˆ 2π (sin ϕ cos θ + sin ϕ sin θ + cosϕ) sin ϕ dθ dϕ = π A sin ϕ szorzó a polárkoordinátás áttérés Jacobi-determinánsa.

18 FEJEZET 1. VEKTORANALÍZIS Green tétel A harmadik klasszikus tétel speciális esetként levezethet a Stokes tételb l. Tétel (Green tétel). Adottak a P és Q kétváltozós valós függvények valamely D IR 2 tartományon. Feltesszük, hogy D határa sima, ez a C zárt görbe. Ekkor ˆˆ ( Q x P ) d(x, y) = (P dx + Q dy). (1.3) y D A jobboldalon szerepl integrálok kiszámítása: ˆ b P (x, y) dx = P (x(t), y(t))ẋ(t)dt, C a C C Q(x, y) dy = ˆ b a Q(x(t), y(t))ẏ(t)dt. 2. Feladat. Igazoljuk a fenti tételt a Stokes tétel alapján. Javasolt "szereposztás": F (x, y, z) = (P (x, y), Q(x, y), ), valamint S = {(x, y, ) : (x, y)ɛd}, n = (,, 1), C = {(x(t), y(t), ) : tɛ[a, b]}. 5. Példa. Két speciális esetet tekintünk. Legyen els ként P (x, y) = y és Q(x, y) =, majd P (x, y) = és Q(x, y) = x. Ekkor a (1.3) egyenlet így írható ˆˆ 1 d(x, y) = y dx D ˆˆ C 1 d(x, y) = x dy C D A baloldalon mindkét egyenletben a C görbe által közrezárt tartomány területe van. Ezért A(D) = 1 (x dy y dx) = x dy = y dx (1.4) 2 C C C 6. Példa. Határozzuk meg egy cikloid ív alatti területet. A görbét meghatározó egyenletek: A teületszámításra az A(D) = x(t) = r ( t sin(t) ) y(t) = r ( 1 cos(t) ), tɛ[, 2π]. C y dx képletet fogjuk használni. Mivel a területet határoló vízszintes szakaszon y =, ezért csak az ív mentén kell integrálnunk. Felhasználjuk, hogy itt dx = r ( 1 cos(t) ) dt. Ezért A(D) = y dx = C ˆ 2π r 2 ( 1 cos(t) ) 2 dt =

19 FEJEZET 1. VEKTORANALÍZIS ábra. Cikloid, r = 2 paraméter mellett. = r 2 (ˆ 2π ˆ 2π ˆ ) 2π 1 dt 2 cos(t) dt + cos 2 (t) dt = r 2 (2π + + π) = 3πr Feladat. Számoljuk ki a (1.4) képlet alapján egy deltoid területét: A deltoidot határoló görbe egyenlete: x(t) = 2 cos(t) + cos(2t) y(t) = 2 sin(t) sin(2t)

20 2. fejezet Dierenciálgeometria 16

21 FEJEZET 2. DIFFERENCIÁLGEOMETRIA Sokaságok Paraméteres megadás Deníció (Paraméteresen megadott sokaság). Az M IR n részhalmaz k-dimenziós sokaság (k n), ha pɛm-hez U környezete, és F : IR k IR n dierenciálható leképezés és V IR k nyílt halmaz, hogy F (V ) = U M és a D F Jacobi mátrix teljes rangú, azaz a leképezés egy-egy értelm. Ezt úgy lehet értelmezni, hogy az M halmaz lokálisan olyan, mintha k dimenziós volna. Például egy síkbeli vagy térbeli görbe, amely egydimenziós (egy paraméter ) sokaság. Másik péld egy térbeli felület, amely kétdimenziós (két paraméter ) sokaság. Láthatjuk, hogy a sokaság dimenziója megegyezik a paraméterezéskor használt paraméterek számával. Fontos megjegyeznünk, hogy V mindig nyílt halmaz. Ebb l következik, hogy pl. csak olyan görbe lehet sokaság, amely nem tartalmazza a végpontjait, mert a végpontok környezetei már nem úgy viselkednek, mint egydimenziós intervallumok. Ugyanígy csak a határoló görbét nem tartalmazó felület számít sokaságnak. 7. Példa. Egy síkbeli görbe pontjai 1 dimenziós sokaságot adnak IR 2 -ben. Az ábrán látható vonal esetén: F : ( 1, 2) IR 2, F (t) = (t, t 2 ), V = ( 1, 2). A Jacobi mátrix ( 1 2t ) valóban teljes rangú. 8. Példa. Egy térbeli felület pontjai 2-dimenziós sokaságot adnak IR 3 -ban.

22 FEJEZET 2. DIFFERENCIÁLGEOMETRIA 18 Az ábrán látható felület esetén: F : IR 2 IR 3, F (x, y) = (x, y, x 2 + y 2 ), V = {x 2 + y 2 < 1}. A Jacobi mátrix ( 1 2x 1 2y ) mindig teljes rangú. Deníció M IR n lezárása a torlódási pontjainak halmaza: { } M = xɛir n : (x n ) M, lim x n = x. n Megjegyzés Egy halmaz lezárása tartalmazza a halmaz pontjait: M M, hiszen minden xɛm esetén a konstans x n x sorozat határértéke x. Deníció A k-dimenziós M sokaság határa M = M \ M. 4. Gyakorlat. Mi lesz a fenti két Példa-beli sokaság határa? 4. Feladat. A fenti deníció értelmében hogyan tudjuk az egységkör-vonalat egydimenziós sokas gként reprezentálni? Mi lesz a határa? Igazolható, hogy ha M k-dimenziós sokaság, akkor M vagy k 1 dimenziós sokaság, vagy üres halmaz. Megjegyzés Itt kell megjegyeznünk, hogy dimenziós sokaságnak egy véges elemszámú diszkrét pontokból álló halmazt nevezzünk. Tehát az egy dimenziós sokaság (görbe) határa dimenziós sokaság lesz, ha a görbe nem zárt Topologikus térben A sokaságok absztraktabb, általánosabb deníciójának megfogalmazásához legalább érint legesen beszélnünk kell a topológikus terekr l.

23 FEJEZET 2. DIFFERENCIÁLGEOMETRIA 19 Topologikus terek - kitér A topológikus tér egy absztrakt fogalom. Hallhattunk már olyan terekr l, amelyekben létezik metrika (metrikus tér), vagy létezik norma (normált tér), vagy skalárszorzat (euklideszi tér). A topologikus terekben egyiknek a létezése sincs feltéve. A topologikus térben csupán az van feltéve, hogy a T halmazon létezik egy U 2 T halmazrendszer, amely a T -beli nyílt halmazokat tartalmazza. Az U 2 T halmazrendszer bizonyos axiómáknak eleget tesz (melyeket nyílt halmazoktól 'elvárunk'). Deníció Egy M halmaz nyílt lefedése az U α nyílt halmazokból álló (U α ) halmazrendszer, ha minden pɛm-re van olyan α, hogy pɛu α. Deníció M IR n egy k dimenziós sokaság, ha létezik egy nyílt (U α ) lefedése, továbbá minden α-hoz - φ α : IR k IR n leképezés, melyre - V ɛir k nyílt gömb, hogy φ α (V ) = U α - φ α bijekció V és U α között (egy-egy értelm ) Feltesszük továbbá, hogy ezek a leképezések "simán" változnak, azaz ha U α U β, akkor a φ 1 megszorítást véve a φα 1 (φ β ) : IR k IR k dierenciálható, egy-egy értelm α Uα U β leképezés. Ekkor a pɛu α pont lokális koordinátái (k dimenzióban) φ 1 α (p)ɛir k. Deníció Az (U α, φ α ) párt lokális térképnek, az egész M-et lefed térképek rendszerét ( { (U α, φ α ) : αɛi indexhalmaz } ) atlasznak nevezzük.

24 FEJEZET 2. DIFFERENCIÁLGEOMETRIA 2 Ezek az elnevezések szemléletesen mutatják, hogy mihez hasonlítható mindez. Képzeljük el, hogy egy lapozható autóatlaszt használunk. Ekkor a térkép lapjai és az elénk táruló táj pontjai között egy-egy értelm leképezés van. Az összes térképlap tájbeli megfelel jének uniója az M tájat teljesen lefedi. Az egyes térképlapok jobb széls sávján található terület megtalálható a szomszédos térképlap bal szélén is, és így tovább. Amikor felnézünk a térképr l a tájra, akkor az egyik lap szélér l a φ α leképezéssel átmegyünk az U α U β ɛm valóságos területre, ahonnan a φ 1 β szélére. segítségével visszajövünk a másik térképlap másik 9. Példa. S 1 -gyel jelöljük a síkbeli egységkörvonalat, mely egy dimenziós sokaság. Ehhez el ször egy nyílt lefedést kell megadnunk. Két félkör uniója nem lenne nyílt lefedés, mert ha a két görbe a végpontjait is tartalmazza, akkor nem nyílt halmazok. Ha pedig nem tartalmazza, akkor nem fedtük le az egész egységkört. Ezért vegyük a a fels félkört (U 1 ), az alsó félkört (U 2 ), a jobb félkört (U 3 ) és a bal félkört (U 4 ) és ezeknek metszeteib l építsük fel az egységkört! A térképekhez tartozó

25 FEJEZET 2. DIFFERENCIÁLGEOMETRIA 21 φ 1,2,3,4 : ( 1, 1) IR 2 leképezések: φ 2 (x) = (x, 1 x 2 ) φ 1 (x) = ( 1 x 2, x) φ 4 (x) = (x, 1 x 2 ) φ 3 (x) = ( 1 x 2, x) Ekkor például az U 1 U 2 halmazon, azaz a jobb fels síknegyedben azt írhatjuk fel, hogy φ 1 2 (φ 1 (x)) = φ 1 2 (x, 1 x 2 ) = 1 x 2, és ez a leképezés valóban dierenciálható. 5. Feladat. Hasonló módon igazoljuk, hogy IR 3 -ban az S 2 egységgömb felülete kétdimenziós sokaság. 1. Példa. Ebben a példában a valós projektív teret fogjuk deniálni. Tekintsünk az IR n+1 \ {} halmazon egy relációt: (x, x 1,..., x n ) (y, y 1,..., y n ), ha λɛir : y k = λx k, k =, 1,..., n Tehát például n = 2 esetén (1, 2, 3) (2, 4, 6) ( 2, 4, 6) (2, 1, 3) Ez ekvivalencia reláció. Az n-dimenziós projektív tér P n az ekvivalenciaosztályokat jelenti. Az (x, x 1,..., x n )-nel ekvivalens elemeket így jelöljük: (x : x 1 : : x n ). Igazolható, hogy P n n-dimenziós sokaság. A módszert n = 2 esetben mutatjuk be. P 2 egy nyílt lefedését kapjuk az alábbi halmazokkal U = (1 : x : y), U 1 = (x : 1 : y), U 2 = (x : y : 1),

26 FEJEZET 2. DIFFERENCIÁLGEOMETRIA 22 tehát pl. U -ban lesznek azok az elemek, melyek els koordinátája nem, stb. A megfelel leképezések φ k : IR 2 IR 3, k =, 1, 2, így adhatók meg: φ (x, y) = (1 : x : y), φ 1 (x, y) = (x : 1 : y), φ 2 (x, y) = (x : y : 1). Ezek kompatibilitását le kell ellen riznünk. els és második eleme különbözik -tól. Ekkor φ 1 1 φ (x, y) = φ 1 1 (1 : x : y) = φ 1 1 U U1 lesz azon elemek halmaza, melyek ( 1 x : 1 : y ) ( 1 = x x, y ), x ezért φ 1 1 φ Jacobi mátrixa D φ 1 1 φ = 1 x 2 y 1 x 2 x, és ez valóban mindig teljes rangú az {x } halmazon. 5. Gyakorlat. Igazoljuk, hogy a feti példában szerepl valóban ekvivalencia reláció Implicit megadás Deníció (Implicit megadású sokaság). MɛIR n k dimenziós sokaság, ha megadható n k darab n-változós függvény, ρ 1, ρ 2,..., ρ n k : IR n IR, melyek el állítják a halmazt: M a ρ i függvények nulltereinek metszete: M = n k i=1 {ρ i = }. Feltesszük, hogy a ρ i függvények gradiensei lineárisan függetlenek, azaz gradiensvektorokból képzett mátrix teljes rangú: grad ρ 1 grad ρ 2. grad ρ n k Példa: Az egységkör egy dimenziós sokaság IR 2 -ben. Ennek implicit megadása: S 1 = { (x, y)ɛir 2 : ρ 1 (x, y) = x 2 + y 2 1 = }.

27 FEJEZET 2. DIFFERENCIÁLGEOMETRIA 23 Példa: Adott két háromváltozós függvény, ρ 1 (x, y, z) és ρ 2 (x, y, z). Tekintsük az alábbi halmazt: {(x, z, y) : ρ 1 (x, y, z) =, ρ 2 (x, y, z) = }. Mindkét függvény nulltere egy-egy felület a térben ("szintfelületek"). Ezek valóban egy görbe mentén metszik egymást. Eddigi ismereteink alapján ez valóban 1-dimenziós sokaság. 11. Példa. Legyen az S 1 görbe olyan IR 3 -beli egységkör, mely az (x, y) síkba esik. A görbét impliciten megadó függvények: ρ 1 (x, y, z) = x 2 + y 2 + z 2 1 = (gömb) ρ 2 (x, y, z) = z (sík) S 1 = {ρ 1 = } {ρ 2 = }. Ekkor grad ρ 1 = (2x, 2y, 2z) és grad ρ 2 = (,, 1), valóban függetlenek. Deníció Legyen M IR n k dimenziós, impliciten megadott sokaság. Ekkor a pɛm ponthoz tartozó N p normáltérnek a ρ i függvények gradiensei által az adott pontban kifeszített vektorteret nevezzük. Ezért dim N p = n k. A p-hez tartozó tangenstér vagy érint tér T p = { v : v N p }, dim Tp = k. 12. Példa. Ha S 1 = { x 2 + y 2 1 = } és p = (x, y )ɛs 1, akkor grad ρ = (2x, 2y ). Tehát N p az (x, y ) helyvektorral párhuzamos vektorokat jelenti. vehetjük az (y, x ) vektort. Ezért T p bázisának Az el z példában T p bázisának az ellentétes ( y, x ) vektort is vaálaszthattuk volna. Így T p kétféle irányítását kapjuk. Ezért beszélnünk kell az irányításokról Sokaság irányítása Legyen V egy k dimenziós vektortér. Ebben kiválasztunk egy bázist, jelölje [v] = {v 1, v 2,..., v k }. Ekkor minden másik [w] = {w 1, w 2,..., w k } bázisra v i = k a ij w j, i = 1, 2,... k. j=1 Az A = (a ij ) mátrix nem szinguláris, azaz deta. Ezért V -ben egy bázist rögzítve a vektortér minden bázisát két osztályra oszthatjuk aszerint, hogy az áttérési mátrix determinánsa pozitív vagy negatív. Ezzel a bázisoknak egy partícióját adjuk, így az egy osztályba került bázisok között ekvivalencia reláció van: egymáshoz képest mindannyian a

28 FEJEZET 2. DIFFERENCIÁLGEOMETRIA 24 pozitív determinánsú osztályba kerülnek. Ekkor aszerint, hogy melyik osztályt választjuk ki, a vektortér kétféle irányítását különböztetjük meg. Deníció (Vektortér irányítása). Legyen a V vektortérben vett [v] és [w] bázis közötti áttérési mátrix A, azaz egy xɛv vektorra x [w] = A x [v]. Ekkor [v] és [w] azonos irányítású, ha deta >. Deníció Egy sokaság irányítható, ha minden pontban megválsztható a normáltér irányítása úgy, hogy az folytonosan változzon a sokaság mentén. A Moebius-szalag például nem irányítható Dierenciálformák Bevezetés és ismétlés Szeretnénk IR n -ben egy k dimenziós sokaságon integrálni. Hasonlóan ahhoz, ahogy vonal mentén vagy felületen már integráltunk. Ehhez szükség van arra, hogy k-dimenziós mértéket használjunk a sokaságon. Erre szolgálnak majd a dierenciálformák. Ezek bevezetését fokozatosan fogjuk megtenni. Ismétlés. A síkon a v 1 = (x 1, y 1 ) és a v 2 = (x 2, y 2 ) vektorok által kifeszített paralelogramma területe T = x 1 y 2 y 1 x 2, ami felírható úgy, mint a következ determináns: ) x 1 x 2 det (v 1 v 2 = y 1 y 2 Állítás Adottak a v 1,..., v k ɛir n vektorok, ezeket egy n k dimenziós mátrixba rendezzük ) A = (v 1 v 2... v k

29 FEJEZET 2. DIFFERENCIÁLGEOMETRIA 25 Ekkor az általuk kifeszített k-dimenziós paralelotóp k dimenziós mértéke: V = det(a T A). Példa: Ha k = 1, azaz csak egy vektorunk van, akkor ennek hossza (mértéke): n v = vj 2 = v T v, tehát a fenti képletet kapjuk. j=1 Bizonyítás. (Vázlat) Ha k = n (azaz A négyzetes mátrix), akkor deta = deta T, és a determináns multiplikatív tulajdonsága alapján det(a T A) = deta T deta = (deta) 2 = deta, tehát a tétel igaz. Ha k < n, akkor kiindulunk (A T A) felírásából: v 1 2 v 1, v 2... v 1, v k (A T v 2, v 2 v v 2, v k A) = v k, v 1... v k 1, v k v k 2 A fenti mátrix elemei vektorok hossza és vektorok skaláris szorzata nem változnak meg térbeli forgatás hatására. Tehát a vektorokat elforgatva úgy, hogy csak az els k db koordinátájuk legyen -tól különböz, visszajutunk az n = k speciális esethez Elemi formák Elemi formák IR 3 -ban A könnyebb érthet ség kedvéért azzal kezdjük, ami "látható". Az elemi 1-forma egy olyan leképezés, ami a vektorhoz hozzárendeli az egyes koordinátatengelyekre vett vetületének hosszát. Ennek megfelel en három különböz elemi 1-forma van, ezeket dx 1, dx 2, dx 3 jelöli. Nevezetesen, dx 1, dx 2, dx 3 : IR 3 IR, és ha v = (v 1, v 2, v 3 )ɛir 3, akkor dx 1 (v) = v 1, dx 2 (v) = v 2, dx 3 (v) = v 3. Az elemi 2-forma egy olyan leképezés, ami két vektorhoz hozzárendeli az egyes koordináta síkokra vett vetületek által meghatározott paralelogramma területét. Ennek megfelel en

30 FEJEZET 2. DIFFERENCIÁLGEOMETRIA 26 három különb¹ elemi 2-forma van, ezeket dx 1 dx 2, dx 2 dx 3, dx 1 dx 3 jelöli. Nevezetesen, ha v = (v 1, v 2, v 3 ) és w = (w 1, w 2, w 3 ), akkor v 1 w 1 v 1 w 1 dx 1 dx 2 (v, w) = dx v 2 w 2 1 dx 3 (v, w) = v 3 w 3, dx v 2 w 2 2 dx 3 (v, w) = v 3 w 3. Elemi formák IR n -ben így fogjuk jelölni: v = (v 1,..., v n )ɛir n. A továbbiakban az n-dimenziós vektorokat és koordinátáikat Elemi 1-formákból n különböz létezik: dx 1,..., dx n : IR n IR; dx j (v) = v j. Ezek a v vektorhoz a j-edik koordináta irányába es vetületének hosszát adják meg. Elemi 2-forma megadja a két vektor által kifeszített paralelogramma (x i, x j ) síkra es vetületének területét. dx i dx j : IR n IR n IR, dx i dx j (v, w) = v i v j w i w j, 1 i < j n. Ez szemléletesen azt jelenti, hogy a két oszlopvektorból képzett mátrixból fogjuk az i-edik és j-edik sort, és az ebb l a két sorból alkotott ( mátrixnak ) vesszük a determinánsát. A n denícióból következik, hogy elemi 2-formából féle van. 2 Az elemi k-formák deniálásához el ször választunk egy I = {i 1,... i k } indexhalmazt, melyre teljesül, hogy 1 i 1 < i 2 <... < i k n. Ekkor a dx I elemi k-forma: dx I : IR n k IR, dx I (A) = det A i1. A ik, ahol IR n k az n k dimenziós mátrixok tere, és A ij jelöli az A mátrix i j -edik sorvektorát. Azaz a ) (v 1... v k mátrixból kivesszük az i j indexeknek megfelel sorokat, és az ezekb l képzett k k dimenziós mátrixnak számítjuk ki a determinánsát Általános formák. Küls szorzat Deníció formának egy ω : IR n IR lineáris leképezést nevezünk. Könnyen látható, hogy minden ω 1-forma el állítható az elemi 1-formák lineáris kombinációjaként: n n ω(v) = a j v j = ω = a j dx j. j=1 j=1

31 FEJEZET 2. DIFFERENCIÁLGEOMETRIA 27 Deníció Az ω : IR n k IR leképezés k-forma, ha multilineáris és alternáló. Ez azt jelenti, hogy minden változójára (v 1,..., v k ) nézve lineáris és két változót felcserélve értéke 1-szeresre változik. Az n dimenziós k-formák vektorteret alkotnak, amit k (IR n )-nel jelölünk. Ebben a vektortérben az elemi k formák bázist alkotnak. 6. Feladat. Igazoljuk, hogy k ( ) (IR n )-an az elemi k-formák valóban bázist alkotnak, és n ezért dimenziója. k Legyen τ egy k-forma és λ egy l-forma. Deniálni fogjuk ezek küls szorzatát: τ λ, ami egy k + l-forma lesz Ezt következ képpen kapjunk meg: 1 és k+l között kiválasztunk k darab indexet növekv sorrendben, ezek σ 1,..., σ k. Ezután a kihagyott l darab indexet növekv sorrendben elnevezzük σ k+1,..., σ k+l -nak. Ezzel az 1-t l k + l-ig tartó indexek egy (σ j ) sorbarendezését - permutációját - kapjuk, amelyre igaz, hogy 1 σ 1... σ k k + l, továbbá σ k+1... σ k+l. Deníció τ és λ küls szorzata (más szóval ékszorzata) τ λ : IR n (k+l) IR, melyet így deniálunk: τ λ(v 1,..., v k+l ) = σ ( 1) σ τ(v σ1,..., v σk ) λ(v σk+1,..., v σk+l ) A fenti szummában σ végigfut az összes lehetséges permutáción, és σ a permutáció inverzióinak számát jelenti (tehát azt, hogy hány darab cserével érhet el az adott sorrend az eredeti sorrendb l kiindulva). 13. Példa. Legyen τ = dx 1 és λ = dx 2. Azt várjuk, hogy e két formának az ékszorzata megegyezik a Denícióval. Lehetséges permutációk (a szumma tagjai): σ 1 = 1, σ 2 = 2: σ = = dx 1 (v) dx 2 (w) σ 1 = 2, σ 2 = 1: σ = 1 = 1 dx 1 (w) dx 2 (v) Tehát τ λ(v, w) = v 1 w 2 w 1 v 2, ami valóban egyezik a korábban használt determináns értékével. Állítás Az ékszorzat tulajdonságai. 1. Két 1-forma ék szorzata antikommutatív: dx i dx j = dx j dx i,

32 FEJEZET 2. DIFFERENCIÁLGEOMETRIA ill. az általános eset: τ λ = ( 1) k l λ τ. 3. Asszociatív: ω (λ τ) = (ω λ) τ. 4. Disztributív: ω (λ + τ) = ω λ + ω τ. Az antikommutativitás következményei, hogy dx i dx i = és ω ω =, ha k páratlan Dierenciálformák A dierenciálformák helyt l függ formák, azaz a tér minden pontjában más formát határoznak meg. dierenciál -forma: f : IR n IR dierenciálható skalármez dierenciál 1-forma: n ω = f j dx j, ahol dx j elemi 1-forma, és f j : IR n IR dierenciálható függvény. j=1 dierenciál k-forma: ω = I f I dx I, ahol I a lehetséges k elem indexhalmazokon fut végig. f I : IR n IR dierenciálható függvényeket jelöl. dx I egy elemi k-forma, és Deníció Dierenciálformák küls deriváltját fogjuk értelmezni. 1. Ha f egy dierenciál -forma, akkor küls deriváltja n f df := dx i. x i i=1 2. Ha ω = f dx I egyetlen tagból álló dierenciál k-forma. Küls deriváltja dω egy dierenciál k + 1-forma, éspedig n f dω = ( dx i dx I ). x i i=1 3. Egy dierenciál k-forma küls deriváltja: dω = I df I dx I.

33 FEJEZET 2. DIFFERENCIÁLGEOMETRIA 29 Általános esetben, ha ω = i ω i, akkor dω = i dω i. Lemma (Poincarré lemma). Minden ω dierenciálformára d( dω) =. 14. Példa. Legyen f(x, y) = x 2 y + 2y 3 df = 2xy dx + (x 2 + 6y 2 ) dy Kiszámoljuk d( df)-et. Tagonként deriválva: d(2xy dx) = 2y dx dx +2x dy dx = 2x dx dy } {{ } ékszorzat tulajdonságai miatt d((x 2 + 6y 2 ) dy) = + 2x dx dy df = d(2xy dx) + d((x 2 + 6y 2 ) dy) = 7. Feladat. Igazoljuk a Poincarré lemmát dierenciál 1-forma esetén Dierenciálformák IR 3 -ban IR 3 -ban a formák használatára néhány konvenciót vezetünk be, amelyekkel összefüggést teremtünk a formák absztrakt világa, valamint a skalár- és vektormez kr l korábban tanultak között. Az elemi 1-formákat jelölje dx, dy, dz. Az ékszorzat jelét mostantól nem írjuk ki, hasonlóan ahhoz, ahogy az egyszer szorzat jelét is rendszerint elhagyjuk. Deniáljuk a következ hozzárendeléseket:. T egy -formához egy skalármez t rendel. Mivel egy -forma önmagában is egy egyszer skalármez, ezért egyszer en saját magát rendeljük hozzá: ω = f(x, y, z) : T (ω) = f(x, y, z) 1. T 1 egy 1-formához vektormez t rendel a következ képpen: f ω = f dx + g dy + h dz : T 1 (ω) = g h

34 FEJEZET 2. DIFFERENCIÁLGEOMETRIA 3 2. T 2 egy 2-formához szintén vektormez t rendel: h ω = f dx dy + g dx dz + h dy dz : T 2 (ω) = g f 3. T 3 egy 3-formához skalármez t rendel: ω = f(x, y, z) dx dy dz : T 3 (ω) = f Ezek a hozzárendelések lehet vé teszik, hogy a korábban deniált vektoroperátorokat visszavezessük a formák deriválására. Állítás A formák küls deriválása, valamint a gradiens, a divergencia és a rotáció között a következ összefüggések állnak fenn: 1. Ha ωɛ, ω = f, akkor T 1 ( dω) = grad T (ω) = grad f. 2. Ha ωɛ 1, ω = f dx + g dy + h dz, akkor T 2 ( dω) = ) T 2 ((g x f y) dx dy + (h x f z) dx dz + (h y g z) dy dz = h y g z f z h x 1(ω). g x f y 3. Ha ωɛ 2, ω = h dx dy g dx dz + f dy dz, akkor ) T 3 ( dω) = T 3 ((h z + g y + f x) dx dy dz = div T 2 (ω) Következmény Abból, hogy d 2 ω = d( dω) =, a fentieket gyelembe véve egyenesen következik, hogy rot grad f =, és div rot F =, ahogy azt a ban már beláttuk. 6. Gyakorlat. Igazoljuk, hogy a dierenciál 1-formák ékszorzata megfeleltethet a vektoriális szorzatnak: T 2 (ω τ) = T 1 (ω) T 1 (τ)

35 FEJEZET 2. DIFFERENCIÁLGEOMETRIA Formák integrálása sokaságokon Tegyük fel, hogy M IR n k dimenziós sokaság, ωɛ k ˆ (IR n ) pedig dierenciál k-forma. Ekkor szeretnénk értelmezni az ω mennyiséget. Ehhez el ször két speciális esetet nézünk meg. M 1. Ha n = k = 3, akkor M egy térrész, és ω = f(x, y, z) dx dy dz. Ebb l egy közönséges hármas integrált kapunk: ˆ M ω = M f(x, y, z) dx dy dz { 2. Ha n = 2 és k = 1, akkor M egy görbe: M = γ(t) = ( x(t), y(t)) ) } : tɛ[a, b]. Az ( ) n 1-formák terének dimenziója = 2, tehát két lineárisan független dierenciálformánk van: ω 1 = f(x, y) dx, ω 2 = g(x, y) k dy. ˆ ˆ M M f(x, y) dx = g(x, y) dy = ˆ b a ˆ b a f(γ(t))x (t) dt, g(γ(t))y (t) dt. Emlékezzünk vissza, hogy korábban is értelmeztük az integrálási változót koordinátatranszformációnál így: dx = x (t) dt. Most használjuk fel a sokaságok absztrakt denícióját (2.1.7). A V nyílt gömb most az [a, b] intervallum, a ( φ leképezésnek pedig a γ : [a, b] IR 2 x (t) ) felel meg. Ennek Jacobi-mátrixából (D γ = y ) (t) az els esetben az els sort vesszük ki úgy, hogy behelyettesítünk egy elemi formába: dx(d γ) = x (t), a második esetben pedig a második sort. Ennek megfelel en ˆ ˆ M M ˆ ω 1 = ˆ ω 2 = M M f(x, y) dx = g(x, y) dy = ˆ b a ˆ b a f(γ(t)) dx(d γ) dt g(γ(t)) dy(d γ) dt Deníció Legyen M IR n k dimenziós sokaság, ωɛ k (IR n ) dierenciál k- forma. A sokaság paraméteres megadásában φ : IR k IR n, V IR k olyan nyílt gömb, hogy φ(v ) = M, valamint D φɛir n k teljes rangú mátrix. Ekkor ω M-en vett integrálját a következ képpen deniáljuk: ˆ ˆ ω = ω(d φ) dx 1... dx k M V

36 FEJEZET 2. DIFFERENCIÁLGEOMETRIA 32 Tétel (Általános Stokes-tétel). Tegyük fel, hogy ω dierenciál (k 1)-forma, és M k dimenziós irányítható sokaság. Ekkor dω dierenciál k-forma, M pedig (k 1) dimenziós irányítható sokaság, és feltéve, hogy M és M irányítása megfelel egymásnak, igaz az, hogy ˆ ˆ dω = ω M M Speciális esetek 1. Legyen n = k = 1, azaz a valós számok halmazán (a számegyenesen) tekintünk egy M = (a, b) intervallumot. Ekkor M = {b, a}. Legyen ω = f(x), azaz dω = f(x) dx. Ekkor ˆ dω = ˆ b f (x) dx = f(b) f(a), M a M {b,a} ˆ ˆ ω = f = f(b) f(a). Az els esetben a Newton-Leibniz-formulát használtuk fel, a második esetben az f(a) el jele azért negatív, hogy M és M irányítása megegyezzen. Azt látjuk, hogy a Newton-Leibniz-formula az általános Stokes-tétel speciális esete. 2. Legyen n = k = 2. Ekkor M egy tartomány a síkon, M pedig az t határoló görbe; ω = f(x, y) dx + g(x, y) dy és dω = (g x f y) dx dy. Ebb l Green tétele következik: Tétel (Green-tétel). A fenti feltételekkel f dx + g dy = (g x f y) dx dy M M Speciális esetben f(x, y) = y, g(x, y) = x. számolni M területét: (x dy y dx) = M M dx dy = 2 M Ekkor a Green-tételt felírva ki tudjuk dx dy = 2 A(M) 8. Feladat. Lássuk be, hogy a Divergencia tétel az általános Stokes-tétel speciális esete. 9. Feladat. Lássuk be, hogy a klasszikus Stokes tétel az általános Stokes-tétel speciális esete.

37 3. fejezet Variációszámítás 33

38 FEJEZET 3. VARIÁCIÓSZÁMÍTÁS Bevezet példák Bernoulli-feladat (avagy brachisztokron probléma.) Adott A(x, y ) és B(x 1, y 1 ), két pont a síkon. Az A pontból elengedünk egy pontszer testet. Állandó nagyságú, lefelé irányuló gravitációt és nulla súrlódást feltételezve milyen az a görbe, amelyen a test a legrövidebb id alatt ér le B-be? A görbét az y = φ(x) függvény írja le. φ : [x, x 1 ] IR, φ(x ) = y, φ(x 1 ) = y 1. Ekkor a leéréshez szükséges id T = 1 2g ˆ x1 x 1 + φ 2 (x) φ(x) y dx. (3.1) Ennek az integrálnak a minimumát keressük a φ függvények halmazán. Forgástest felszín minimalizálás. Adott A(x, y ) és B(x 1, y 1 ), két pont a síkon az x tengely felett. Ezeket a pontokat összekötjük egy folytonos görbével, melyet y = f(x) ad meg. A görbét megforgatva az x tengely körül az így keletkezett forgástest felszíne mikor lesz a legkisebb, feltéve hogy a görbe két végpontja (a, f(a)) és (b, f(b)) rögzített? A = 2π ˆ b a f(x) 1 + f 2 (x) dx min? (3.2) Geodetikus görbék. Adott egy felület IR 3 -ban, és rajta két pont. A két pontot összeköt, a felületen haladó Γ görbék közül melyik a legrövidebb? s(γ) = ˆ b a x 2 (t) + y 2 (t) + z 2 (t) dt min? (3.3) 3.2. Alapfeladat Egyváltozós feladat matematikai megfogalmazása Deníció Adott a síkon két pont, (x, y ) és (x 1, y 1 ). Jelölje C a megengedhet függvények halmazát, melyet így deniálunk: C = { φ : [x, x 1 ] IR kétszer folyt. di-ható, φ(x ) = y, φ(x 1 ) = y 1 } (3.4) Adott egy I : C IR integrál-operátor (funkcionál), amely a megengedett függvények halmazán van értelmezve, és speciális alakú. Nevezetesen, I(φ) = ˆ x1 x F (x, φ(x), φ (x)) dx, (3.5)

39 FEJEZET 3. VARIÁCIÓSZÁMÍTÁS 35 ahol F egy adott, kétszer folytonosan dierenciálható három változós függvény. Keressük azon u = u(x)ɛc függvényeket, amelyekre I(u) minimális. Szeretnénk tudatosítani, hogy itt egy szokatlan jelölést fogunk használni. Az (3.5) funkcionál értékének kiszámításakor F els argumentuma (a megszokott) x, a második argumentumba az u(x) függvényt helyettesítünk, míg a harmadik argumentumba ennek deriváltját. Ennek megfelel en F argumentumait (x, y, z) helyett (x, u, u )-vel jelöljük: F = F (x, u, u ). Erre akkor kell nagyon gyelni, amikor u vagy u, mint változó szerint deriválunk. Ezek után megfogalmazhatjuk a variációszámítás alapfeladatát: min I(φ) =? φɛc ahol C-t és a funkcionált a (3.4) és (3.5) egyenletek deniálják. A optimalizálási feladat megoldását visszavezetjük a már jól ismert egyváltozós függvény széls érték meghatározására. Tegyük fel, hogy valamely u = u(x)ɛc függvény minimalizálja I-t: Tekintsük a következ halmazt: I(u) I(y) yɛc. (3.6) C = { η : [x, x 1 ] IR kétszer dierenciálható, η(x ) = η(x 1 ) = }. Amennyiben u-t egy ηɛc függvénnyel módosítjuk (perturbáljuk), akkor a perturbált függvény is a megengedhet halmazban lesz, mert a peremfeltételeken a perturbáció nem változtatott, azaz (u + η)ɛc. Rögzített ηɛc -ra deniáljuk a következ függvényt G(ε) := I(u + εη). Tehát G : IR IR egy valós függvény, mindenütt dierenciálható. A (3.6) feltételb l az következik, hogy ε : G() G(ε) = G () =, hiszen G-nek lokális minimuma van az ε = pontban. Határozzuk meg G (ε)-t. G(ε) így írható: G(ε) = ˆ x1 x F (x, u(x) + εη(x), u (x) + εη (x)) dx.

40 FEJEZET 3. VARIÁCIÓSZÁMÍTÁS 36 Deriváljuk G-t a láncszabály alapján! (x, u(x) + εη(x), u (x) + εη (x)) áll, amit most nem írunk ki.) G (ε) = ˆ x1 x (F és parciális deriváltjainak argumentumaiban ( F u η(x) + F u η (x) ) dx. A második tagot parciálisan integráljuk: ˆ x1 F u η (x) dx = [ ˆ x1 F u η] x1 x η(x) x } {{ } x η(x )=η(x 1 )= d dx F u dx (3.7) Az egész integrál tehát: G (ε) = ˆ x1 x ( F u d ) dx F u η(x) dx. Ezért minden ηɛc -ra teljesülnie kell, hogy ˆ x1 ( G () = η(x) F u(x, u, u ) d ) x dx F u (x, u, u ) dx =. (3.8) Bizonyítás nélkül idézünk egy klasszikus lemmát: Lemma Ha valamely C : [x, x 1 ] IR folyonos függvényre ˆ x1 x C(x)η(x) dx = teljesül minden ηɛc esetén, akkor C(x) = minden xɛ[x, x 1 ] esetén. A fenti lemma miatt (3.8) csak akkor teljesülhet, ha F u d dx F u =. Így beláttuk a következ szükséges feltételt: Tétel (Széls érték szükséges feltétele). Tegyük fel, hogy valamely u = u(x)ɛc függvény minimalizálja I-t. Ekkor az u függvény kielégíti az alábbi összefüggést: L[u] := F u d F = F dx u u d dx F u = Ez az Euler-egyenlet. Az ezt kielégít megoldásokat stacionárius megoldásnak nevezzük.

41 FEJEZET 3. VARIÁCIÓSZÁMÍTÁS 37 Az Euler-egyenletben szerepl d dx F u d dx F u (x, u(x), u (x)) = Ezt visszahelyettesítve az egyenletbe: kifejtése a láncszabály alapján: 2 F u x + 2 F u u u + F u F u x u F u u u F u u = 2 F u u u A kapott másodrend dierenciálegyenletben az u függvényt keressük, nincs általános megoldása. (Nem parciális DE, mert az u-t keressük.) 15. Példa. Legegyszer bb alkalmazásként igazoljuk variációszámítással, hogy két pont között a legrövidebb út az egyenes. Legyen a két pont P (x, y ) és P 1 (x 1, y 1 ), az ket összeköt görbét pedig írja le egy y = y(x) függvény, melyre y(x ) = y és y(x 1 ) = y 1. A görbe hossza: l = ˆ b a 1 + y 2 (x) dx, tehát F (x, u, u ) = 1 + u 2 Mivel F nem függ közvetlenül u-tól, ezért F u =. Így az Euler-egyenlet: d dx F u = = F u = u 2 2u = c konstans. Ezt átrendezve azt kapjuk, hogy u (x) szintén konstans, tehát y(x) = u(x) egy egyenes Speciális esetek 1. Ha F nem függ expliciten u -t l, azaz F = F (x, u) alakú, akkor F u =. Ekkor az Euler-egyenlet egy implicit függvény feladatot ad: F u(x, u) =. 2. Ha F nem függ u-tól, akkor F = F (x, u ) alakú. Az Euler-egyenlet: d dx F u =, amib l egy integrálással adódik, hogy F u = c konstans. Ez azt jelenti, hogy F (x, u ) = cu. Ebb l az implicit alakból u -t kifejezhetjük, majd integrálunk: ˆ u (x) = f(x, c), = u = f(x, c) dx + d, d konstans. Ebben az esetben a c és d konstansok megfelel megválasztásával lehet kielégíteni a peremfeltételeket.

42 FEJEZET 3. VARIÁCIÓSZÁMÍTÁS Az alkalmazásokban leggyakoribb eset, amikor F (x, u, u ) nem függ x-t l, azaz F = F (u, u ) alakú. Ekkor deniáljuk a következ függvényt E(x) := F (u(x), u (x)) u (x)f u (u(x), u (x)). (3.9) Ennek deriváltja (az argumentumokat nem írjuk ki): E = u F u + u F u u F u u (u F u u + u F u u ) = = u (F u + u F u u + u F u u ) = u L[u]. Ha u stacionárius megoldás, akkor ez alapján E = u L[u] =, tehát E(x) = c konstans. Ezt a függvényt értelmezhetjük egy energia mennyiségnek, ami optimális esetben nem változik Forgástest felszín minimalizálás A Bevezet fejezetben megfogalmazott (3.2) feladat megoldását keressük. Az (x, y(x)) görbe x 1 és x 2 abszcisszájú pontjai közötti darabját megforgatjuk az x tengely körül. A kapott forgástest felszíne: A = 2π A variációszámítási feladatban most ˆ b a y(x) 1 + y 2 (x) dx. F (u, u ) = u 1 + u 2. Tehát ez a fenti 3. speciális eset, amikor F közvetlenül nem függ x-t l. Kiszámítjuk a (3.9)-ben deniált energia jelleg függvényt: E = u 1 + u 2 u 1 (u u 2 2u ) = u = ( u 2 u 2 u 2 u ) = 1 + u 2 Az E(x) c konstans feltételb l azt kapjuk, hogy u 1 + u 2 = c, ami egy közönséges dierenciálegyenlet.

43 FEJEZET 3. VARIÁCIÓSZÁMÍTÁS 39 Némi átrendezéssel adódik, hogy ez egy szeparábilis DE: ˆ ( u u2 c = 2 = ( u 1 ˆ c 2 c )2 1) du = 1 dx. A megoldás tehát ˆ ˆ 1 ( u c )2 1 du = Innen a megoldást kifejezhetjük: 1 dx = c arch u c = x + d. u(x) = c ch x + d. c A feladat megoldása tehát a ch függvény megfelelel lineáris transzformáltja. A megoldásban c és d két szabad paraméter, melyet a görbe két végpontjának koordinátái határoznak meg ábra. Két koncentrikus körgy r közötti szappanhártya alakja minimális felszínt veszi fel. Megjegyzés. A ch függvény másik neve a láncgörbe. felfüggesztett lánc felvesz. Ez az a görbe, amit a két végén Bernoulli-feladat A Bevezet ben megfogalmazott (3.1) feladat megoldását keressük. funkcionál, illetve az ezt megadó F (x, u, u ) függvény: A minimalizálandó T (u) = 1 2g ˆ x1 x 1 + u 2 (x) u(x) dx, = F (u, u ) = 1 + u 2 u,

Analízis III. gyakorlat október

Analízis III. gyakorlat október Vektoranalízis Analízis III. gyakorlat 216. október Gyakorló feladatok és korábbi zh feladatok V1. Igazolja az alábbi "szorzat deriválási" szabályt: div(ff) = F, f + f div(f). V2. Legyen f : IR 3 IR kétszer

Részletesebben

Matematikai Analízis III.

Matematikai Analízis III. Matematikai Analízis III. egyetemi jegyzet 1 2014. január 10. 1 Az el adásokat lejegyezte: Marczell Márton Tartalomjegyzék 1. Vektoranalízis 1 1.1. Vektormez k. Bevezetés............................ 2

Részletesebben

ANALÍZIS II. Példatár

ANALÍZIS II. Példatár ANALÍZIS II. Példatár Többszörös integrálok 3. április 8. . fejezet Feladatok 3 4.. Kett s integrálok Számítsa ki az alábbi integrálokat:...3. π 4 sinx.. (x + y) dx dy (x + y) dy dx.4. 5 3 y (5x y y 3

Részletesebben

Felügyelt önálló tanulás - Analízis III.

Felügyelt önálló tanulás - Analízis III. Felügyelt önálló tanulás - Analízis III Kormos Máté Differenciálható sokaságok Sokaságok Röviden, sokaságoknak nevezzük azokat az objektumokat, amelyek egy n dimenziós térben lokálisan k dimenziósak Definíció:

Részletesebben

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA II.

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA II. KOVÁCS BÉLA, MATEmATIkA II 7 VII VEkTORANALÍZIS 1 ELmÉLETI ALAPOk Az u függvényt skalár-vektor függvénynek nevezzük, ha értelmezési tartománya a háromdimenziós tér vektorainak halmaza, a függvényértékek

Részletesebben

Matematikai Analízis III.

Matematikai Analízis III. Matematikai Analízis III. Vágó Zsuzsanna el adásait legépelte Marczell Márton 2012. december 27. 2 Tartalomjegyzék Tartalomjegyzék 3 1. Vektoranalízis 5 1.1. Vektormez k.............................................

Részletesebben

Parciális dierenciálegyenletek

Parciális dierenciálegyenletek Parciális dierenciálegyenletek 2009. május 25. A félév lezárásaként néhány alap-deníciót és alap-példát szeretnék adni a Parciális Dierenciálegynletek (PDE) témaköréb l. Épp csak egy kis izelít t. Az alapfeladatok

Részletesebben

Dierenciálhányados, derivált

Dierenciálhányados, derivált 9. fejezet Dierenciálhányados, derivált A dierenciálhányados deníciója D 9.1 Az egyváltozós valós f függvény x0 pontbeli dierenciálhányadosának nevezzük a lim f(x0 + h) f(x0) h 0 h határértéket, ha ez

Részletesebben

1. Parciális függvény, parciális derivált (ismétlés)

1. Parciális függvény, parciális derivált (ismétlés) Operációkutatás NYME Gazdaságinformatikus mesterképzés El adó: Kalmár János (kalmar[kukac]inf.nyme.hu) Többváltozós széls érték számítás Parciális függvény, parciális derivált Széls érték korlátos zárt

Részletesebben

Utolsó el adás. Wettl Ferenc BME Algebra Tanszék, Wettl Ferenc (BME) Utolsó el adás / 20

Utolsó el adás. Wettl Ferenc BME Algebra Tanszék,   Wettl Ferenc (BME) Utolsó el adás / 20 Utolsó el adás Wettl Ferenc BME Algebra Tanszék, http://www.math.bme.hu/~wettl 2013-12-09 Wettl Ferenc (BME) Utolsó el adás 2013-12-09 1 / 20 1 Dierenciálegyenletek megoldhatóságának elmélete 2 Parciális

Részletesebben

Matematika II. 1 sin xdx =, 1 cos xdx =, 1 + x 2 dx =

Matematika II. 1 sin xdx =, 1 cos xdx =, 1 + x 2 dx = Matematika előadás elméleti kérdéseinél kérdezhető képletek Matematika II Határozatlan Integrálszámítás d) Adja meg az alábbi alapintegrálokat! x n 1 dx =, sin 2 x dx = d) Adja meg az alábbi alapintegrálokat!

Részletesebben

sin x = cos x =? sin x = dx =? dx = cos x =? g) Adja meg a helyettesítéses integrálás szabályát határozott integrálokra vonatkozóan!

sin x = cos x =? sin x = dx =? dx = cos x =? g) Adja meg a helyettesítéses integrálás szabályát határozott integrálokra vonatkozóan! Matematika előadás elméleti kérdéseinél kérdezhető képletek Analízis II Határozatlan integrálszámítás g) t = tg x 2 helyettesítés esetén mivel egyenlő sin x = cos x =? g) t = tg x 2 helyettesítés esetén

Részletesebben

Lineáris leképezések. Wettl Ferenc március 9. Wettl Ferenc Lineáris leképezések március 9. 1 / 31

Lineáris leképezések. Wettl Ferenc március 9. Wettl Ferenc Lineáris leképezések március 9. 1 / 31 Lineáris leképezések Wettl Ferenc 2015. március 9. Wettl Ferenc Lineáris leképezések 2015. március 9. 1 / 31 Tartalom 1 Mátrixleképezés, lineáris leképezés 2 Alkalmazás: dierenciálhatóság 3 2- és 3-dimenziós

Részletesebben

Vektorterek. Wettl Ferenc február 17. Wettl Ferenc Vektorterek február / 27

Vektorterek. Wettl Ferenc február 17. Wettl Ferenc Vektorterek február / 27 Vektorterek Wettl Ferenc 2015. február 17. Wettl Ferenc Vektorterek 2015. február 17. 1 / 27 Tartalom 1 Egyenletrendszerek 2 Algebrai struktúrák 3 Vektortér 4 Bázis, dimenzió 5 Valós mátrixok és egyenletrendszerek

Részletesebben

Matematika III előadás

Matematika III előadás Matematika III. - 2. előadás Vinczéné Varga Adrienn Debreceni Egyetem Műszaki Kar, Műszaki Alaptárgyi Tanszék Előadáskövető fóliák Vinczéné Varga Adrienn (DE-MK) Matematika III. 2016/2017/I 1 / 23 paramétervonalak,

Részletesebben

2014/2015. tavaszi félév

2014/2015. tavaszi félév Hajder L. és Valasek G. hajder.levente@sztaki.mta.hu Eötvös Loránd Tudományegyetem Informatikai Kar 2014/2015. tavaszi félév Tartalom Geometria modellezés 1 Geometria modellezés 2 Geometria modellezés

Részletesebben

Matematika I. Vektorok, egyenesek, síkok

Matematika I. Vektorok, egyenesek, síkok Matematika előadás elméleti kérdéseinél kérdezhető képletek Matematika I Vektorok, egyenesek, síkok a) Hogyan számítjuk ki az a = (a 1, a 2, a 3 ) és b = (b 1, b 2, b 3 ) vektorok szögét? a) Hogyan számítjuk

Részletesebben

Többváltozós, valós értékű függvények

Többváltozós, valós értékű függvények TÖ Többváltozós, valós értékű függvények TÖ Definíció: többváltozós függvények Azokat a függvényeket, melyeknek az értelmezési tartománya R n egy részhalmaza, n változós függvényeknek nevezzük. TÖ Példák:.

Részletesebben

Funkcionálanalízis. n=1. n=1. x n y n. n=1

Funkcionálanalízis. n=1. n=1. x n y n. n=1 Funkcionálanalízis 2011/12 tavaszi félév - 2. előadás 1.4. Lényeges alap-terek, példák Sorozat terek (Folytatás.) C: konvergens sorozatok tere. A tér pontjai sorozatok: x = (x n ). Ezen belül C 0 a nullsorozatok

Részletesebben

1. Bevezetés. 2. Felületek megadása térben. A fenti kúp egy z tengellyel rendelkező. ismerhető fel, hogy. 1. definíció. Legyen D R n.

1. Bevezetés. 2. Felületek megadása térben. A fenti kúp egy z tengellyel rendelkező. ismerhető fel, hogy. 1. definíció. Legyen D R n. 1. Többváltozós függvények 1. Bevezetés Ennek a fejezetnek a célja a kétváltozós függvények vizsgálata, ami során a 3-dimenziós felületeket szeretnénénk megérteni. 1. definíció. Legyen D R n. Ekkor az

Részletesebben

Dierenciálhatóság. Wettl Ferenc el adása alapján és

Dierenciálhatóság. Wettl Ferenc el adása alapján és 205.0.9. és 205.0.26. 205.0.9. és 205.0.26. / Tartalom A dierenciálhatóság fogalma Pontbeli dierenciálhatóság Jobb és bal oldali dierenciálhatóság Folytonosság és dierenciálhatóság Deriváltfüggvény 2 Dierenciálási

Részletesebben

1. Számsorok, hatványsorok, Taylor-sor, Fourier-sor

1. Számsorok, hatványsorok, Taylor-sor, Fourier-sor . Számsorok, hatványsorok, Taylor-sor, Fourier-sor Vizsgálja meg a következ végtelen sorokat konvergencia szempontjából. Tétel. (Cauchy-féle bels konvergenciakritérium) A a n végtelen sor akkor és csakis

Részletesebben

Matematika II képletek. 1 sin xdx =, cos 2 x dx = sh 2 x dx = 1 + x 2 dx = 1 x. cos xdx =,

Matematika II képletek. 1 sin xdx =, cos 2 x dx = sh 2 x dx = 1 + x 2 dx = 1 x. cos xdx =, Matematika II előadás elméleti kérdéseinél kérdezhető képletek Matematika II képletek Határozatlan Integrálszámítás x n dx =, sin 2 x dx = sin xdx =, ch 2 x dx = sin xdx =, sh 2 x dx = cos xdx =, + x 2

Részletesebben

2. SZÉLSŽÉRTÉKSZÁMÍTÁS. 2.1 A széls érték fogalma, létezése

2. SZÉLSŽÉRTÉKSZÁMÍTÁS. 2.1 A széls érték fogalma, létezése 2 SZÉLSŽÉRTÉKSZÁMÍTÁS DEFINÍCIÓ 21 A széls érték fogalma, létezése Azt mondjuk, hogy az f : D R k R függvénynek lokális (helyi) maximuma (minimuma) van az x 0 D pontban, ha van olyan ε > 0 hogy f(x 0 )

Részletesebben

Funkcionálanalízis. Gyakorló feladatok március 22. Metrikus tér, normált tér és skalárszorzat tér

Funkcionálanalízis. Gyakorló feladatok március 22. Metrikus tér, normált tér és skalárszorzat tér Funkcionálanalízis Gyakorló feladatok 2017 március 22 Metrikus tér, normált tér és skalárszorzat tér N1 Metrikát deniálnak-e R-en az alábbi függvények: (a) d(x, y) = x y (b) d(x, y) = x y (c) d(x, y) =

Részletesebben

valós számot tartalmaz, mert az ilyen részhalmazon nem azonosság.

valós számot tartalmaz, mert az ilyen részhalmazon nem azonosság. 2. Közönséges differenciálegyenlet megoldása, megoldhatósága Definíció: Az y függvényt a valós számok H halmazán a közönséges differenciálegyenlet megoldásának nevezzük, ha az y = y(x) helyettesítést elvégezve

Részletesebben

Lagrange és Hamilton mechanika

Lagrange és Hamilton mechanika Lagrange és 2010. október 17. Lagrange és Tartalom 1 Variáció Lagrange egyenlet Legendre transzformáció Hamilton egyenletek 2 3 Szimplektikus sokaság Hamilton mez Hamilton és Lagrange egyenletek ekvivalenciája

Részletesebben

Lin.Alg.Zh.1 feladatok

Lin.Alg.Zh.1 feladatok Lin.Alg.Zh. feladatok 0.. d vektorok Adott három vektor ā (0 b ( c (0 az R Euklideszi vektortérben egy ortonormált bázisban.. Mennyi az ā b skalárszorzat? ā b 0 + + 8. Mennyi az n ā b vektoriális szorzat?

Részletesebben

Összeállította: dr. Leitold Adrien egyetemi docens

Összeállította: dr. Leitold Adrien egyetemi docens Az R 3 tér geometriája Összeállította: dr. Leitold Adrien egyetemi docens 2008.09.08. 1 Vektorok Vektor: irányított szakasz Jel.: a, a, a, AB, Jellemzői: irány, hosszúság, (abszolút érték) jel.: a Speciális

Részletesebben

Többváltozós, valós értékű függvények

Többváltozós, valós értékű függvények Többváltozós függvények Többváltozós, valós értékű függvények Többváltozós függvények Definíció: többváltozós függvények Azokat a függvényeket, melyeknek az értelmezési tartománya R n egy részhalmaza,

Részletesebben

(1 + (y ) 2 = f(x). Határozzuk meg a rúd alakját, ha a nyomaték eloszlás. (y ) 2 + 2yy = 0,

(1 + (y ) 2 = f(x). Határozzuk meg a rúd alakját, ha a nyomaték eloszlás. (y ) 2 + 2yy = 0, Feladatok az 5. hétre. Eredményekkel és kidolgozott megoldásokkal. Oldjuk meg az alábbi másodrend lineáris homogén d.e. - et, tudva, hogy egy megoldása az y = x! x y xy + y = 0.. Oldjuk meg a következ

Részletesebben

Vektorok. Wettl Ferenc október 20. Wettl Ferenc Vektorok október / 36

Vektorok. Wettl Ferenc október 20. Wettl Ferenc Vektorok október / 36 Vektorok Wettl Ferenc 2014. október 20. Wettl Ferenc Vektorok 2014. október 20. 1 / 36 Tartalom 1 Vektorok a 2- és 3-dimenziós térben 2 Távolság, szög, orientáció 3 Vektorok koordinátás alakban 4 Összefoglalás

Részletesebben

1. Komplex függvények dierenciálhatósága, Cauchy-Riemann egyenletek. Hatványsorok, elemi függvények

1. Komplex függvények dierenciálhatósága, Cauchy-Riemann egyenletek. Hatványsorok, elemi függvények 1. Komplex függvények dierenciálhatósága, Cauchy-Riemann egyenletek. Hatványsorok, elemi függvények 1.1. Dierenciálhatóság 1.1. deníció. Legyen a z 0 pont az f(z) függvény értelmezési tartományának torlódási

Részletesebben

Lengyelné Dr. Szilágyi Szilvia április 7.

Lengyelné Dr. Szilágyi Szilvia április 7. ME, Anaĺızis Tanszék 2010. április 7. , alapfogalmak 2.1. Definíció A H 1, H 2,..., H n R (ahol n 2 egész szám) nemüres valós számhalmazok H 1 H 2... H n Descartes-szorzatán a következő halmazt értjük:

Részletesebben

Kalkulus 2., Matematika BSc 1. Házi feladat

Kalkulus 2., Matematika BSc 1. Házi feladat . Házi feladat Beadási határidő: 07.0.. Jelölések x = (x,..., x n, y = (y,..., y n, z = (z,..., z n R n esetén. x, y = n i= x iy i, skalárszorzat R n -ben. d(x, y = x y = n i= (x i y i, metrika R n -ben

Részletesebben

Megoldott feladatok november 30. n+3 szigorúan monoton csökken, 5. n+3. lim a n = lim. n+3 = 2n+3 n+4 2n+1

Megoldott feladatok november 30. n+3 szigorúan monoton csökken, 5. n+3. lim a n = lim. n+3 = 2n+3 n+4 2n+1 Megoldott feladatok 00. november 0.. Feladat: Vizsgáljuk az a n = n+ n+ sorozat monotonitását, korlátosságát és konvergenciáját. Konvergencia esetén számítsuk ki a határértéket! : a n = n+ n+ = n+ n+ =

Részletesebben

Analitikus térgeometria

Analitikus térgeometria Analitikus térgeometria Wettl Ferenc el adása alapján 2015.09.21. Wettl Ferenc el adása alapján Analitikus térgeometria 2015.09.21. 1 / 23 Tartalom 1 Egyenes és sík egyenlete Egyenes Sík 2 Alakzatok közös

Részletesebben

Feladatok a Gazdasági matematika II. tárgy gyakorlataihoz

Feladatok a Gazdasági matematika II. tárgy gyakorlataihoz Debreceni Egyetem Közgazdaságtudományi Kar Feladatok a Gazdasági matematika II tárgy gyakorlataihoz a megoldásra ajánlott feladatokat jelöli e feladatokat a félév végére megoldottnak tekintjük a nehezebb

Részletesebben

Konvex optimalizálás feladatok

Konvex optimalizálás feladatok (1. gyakorlat, 2014. szeptember 16.) 1. Feladat. Mutassuk meg, hogy az f : R R, f(x) := x 2 függvény konvex (a másodrend derivált segítségével, illetve deníció szerint is)! 2. Feladat. Mutassuk meg, hogy

Részletesebben

Vektoranalízis Vektor értékű függvények

Vektoranalízis Vektor értékű függvények Vektoranalízis VS Vektoranalízis Vektor értékű üggvények A diákon megjelenő szövegek és képek csak a szerző (Kocsis Imre, DE MFK engedélyével használhatók el! Vektoranalízis VS A korábbi ejezetekben tanulmányoztuk

Részletesebben

Az egyenlőtlenség mindkét oldalát szorozzuk meg 4 16-al:

Az egyenlőtlenség mindkét oldalát szorozzuk meg 4 16-al: Bevezető matematika kémikusoknak., 04. ősz. feladatlap. Ábrázoljuk számegyenesen a következő egyenlőtlenségek megoldáshalmazát! (a) x 5 < 3 5 x < 3 x 5 < (d) 5 x

Részletesebben

Széchenyi István Egyetem

Széchenyi István Egyetem polár 3D gömbi Széchenyi István Egyetem Téglalapon vett integrál polár 3D gömbi Legyenek [a, b], [c, d] R véges intervallumok, és jelölje T az [a, b] [c, d] = {(x, y) R : a x b, c y d } téglalapot. Legyen

Részletesebben

A brachistochron probléma megoldása

A brachistochron probléma megoldása A brachistochron probléma megoldása Adott a függőleges síkban két nem egy függőleges egyenesen fekvő P 0 és P 1 pont, amelyek közül a P 1 fekszik alacsonyabban. Azt a kérdést fogjuk vizsgálni. hogy van-e

Részletesebben

Skalárszorzat, norma, szög, távolság. Dr. Takách Géza NyME FMK Informatikai Intézet takach@inf.nyme.hu http://inf.nyme.hu/ takach/ 2005.

Skalárszorzat, norma, szög, távolság. Dr. Takách Géza NyME FMK Informatikai Intézet takach@inf.nyme.hu http://inf.nyme.hu/ takach/ 2005. 1 Diszkrét matematika II., 4. el adás Skalárszorzat, norma, szög, távolság Dr. Takách Géza NyME FMK Informatikai Intézet takach@inf.nyme.hu http://inf.nyme.hu/ takach/ 2005. március 1 A téma jelent sége

Részletesebben

Feladatsor A differenciálgeometria alapja c. kurzus gyakorlatához

Feladatsor A differenciálgeometria alapja c. kurzus gyakorlatához Feladatsor A differenciálgeometria alapja c. kurzus gyakorlatához Dr. Nagy Gábor, Geometria Tanszék 2010. szeptember 16. Görbék paraméterezése 1. feladat. (A) Bizonyítsuk be a vektoriális szorzatra vonatkozó

Részletesebben

Függvények július 13. f(x) = 1 x+x 2 f() = 1 ()+() 2 f(f(x)) = 1 (1 x+x 2 )+(1 x+x 2 ) 2 Rendezés után kapjuk, hogy:

Függvények július 13. f(x) = 1 x+x 2 f() = 1 ()+() 2 f(f(x)) = 1 (1 x+x 2 )+(1 x+x 2 ) 2 Rendezés után kapjuk, hogy: Függvények 015. július 1. 1. Feladat: Határozza meg a következ összetett függvényeket! f(x) = cos x + x g(x) = x f(g(x)) =? g(f(x)) =? Megoldás: Összetett függvény el állításához a küls függvényben a független

Részletesebben

Kinematika szeptember Vonatkoztatási rendszerek, koordinátarendszerek

Kinematika szeptember Vonatkoztatási rendszerek, koordinátarendszerek Kinematika 2014. szeptember 28. 1. Vonatkoztatási rendszerek, koordinátarendszerek 1.1. Vonatkoztatási rendszerek A test mozgásának leírása kezdetén ki kell választani azt a viszonyítási rendszert, amelyből

Részletesebben

Matematika szigorlat június 17. Neptun kód:

Matematika szigorlat június 17. Neptun kód: Név Matematika szigorlat 014. június 17. Neptun kód: 1.. 3. 4. 5. Elm. Fel. Össz. Oszt. Az eredményes szigorlat feltétele elméletből legalább 0 pont, feladatokból pedig legalább 30 pont elérése. A szigorlat

Részletesebben

Vektoranalízis Vektor értékű függvények

Vektoranalízis Vektor értékű függvények VS Vektor értékű üggvények VS A korábbi ejezetekben tanulmányoztuk azokat a üggvényeket, amelyek értékkészlete a valós számok halmazának egy részhalmaza. Ezek egyrészt az R R típusú egyváltozós, valós

Részletesebben

Lineáris algebra és a rang fogalma (el adásvázlat, szeptember 29.) Maróti Miklós

Lineáris algebra és a rang fogalma (el adásvázlat, szeptember 29.) Maróti Miklós Lineáris algebra és a rang fogalma (el adásvázlat, 2010. szeptember 29.) Maróti Miklós Ennek az el adásnak a megértéséhez a következ fogalmakat kell tudni: (1) A mátrixalgebrával kapcsolatban: számtest

Részletesebben

5 1 6 (2x3 + 4) 7. 4 ( ctg(4x + 2)) + c = 3 4 ctg(4x + 2) + c ] 12 (2x6 + 9) 20 ln(5x4 + 17) + c ch(8x) 20 ln 5x c = 11

5 1 6 (2x3 + 4) 7. 4 ( ctg(4x + 2)) + c = 3 4 ctg(4x + 2) + c ] 12 (2x6 + 9) 20 ln(5x4 + 17) + c ch(8x) 20 ln 5x c = 11 Bodó Beáta ISMÉTLÉS. ch(6 d.. 4.. 6. 7. 8. 9..... 4.. e (8 d ch (9 + 7 d ( + 4 6 d 7 8 + d sin (4 + d cos sin d 7 ( 6 + 9 4 d INTEGRÁLSZÁMÍTÁS 7 6 sh(6 + c 8 e(8 + c 9 th(9 + 7 + c 6 ( + 4 7 + c = 7 4

Részletesebben

Vektorterek. =a gyakorlatokon megoldásra ajánlott

Vektorterek. =a gyakorlatokon megoldásra ajánlott Vektorterek =a gyakorlatokon megoldásra ajánlott 40. Alteret alkotnak-e a valós R 5 vektortérben a megadott részhalmazok? Ha igen, akkor hány dimenziósak? (a) L = { (x 1, x 2, x 3, x 4, x 5 ) x 1 = x 5,

Részletesebben

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA I.

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA I. KOVÁCS BÉLA MATEmATIkA I 8 VIII VEkTOROk 1 VEkTOR Vektoron irányított szakaszt értünk Jelölése: stb Vektorok hossza A vektor abszolút értéke az irányított szakasz hossza Ha a vektor hossza egységnyi akkor

Részletesebben

3. el adás: Determinánsok

3. el adás: Determinánsok 3. el adás: Determinánsok Wettl Ferenc 2015. február 27. Wettl Ferenc 3. el adás: Determinánsok 2015. február 27. 1 / 19 Tartalom 1 Motiváció 2 A determináns mint sorvektorainak függvénye 3 A determináns

Részletesebben

Matematika A1a Analízis

Matematika A1a Analízis B U D A P E S T I M Ű S Z A K I M A T E M A T I K A É S G A Z D A S Á G T U D O M Á N Y I I N T É Z E T E G Y E T E M Matematika A1a Analízis BMETE90AX00 Vektorok StKis, EIC 2019-02-12 Wettl Ferenc ALGEBRA

Részletesebben

15. LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK

15. LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK 15 LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK 151 Lineáris egyenletrendszer, Gauss elimináció 1 Definíció Lineáris egyenletrendszernek nevezzük az (1) a 11 x 1 + a 12 x 2 + + a 1n x n = b 1 a 21 x 1 + a 22 x 2 + + a

Részletesebben

9. TÖBBVÁLTOZÓS FÜGGVÉNYEK DIFFERENCIÁLSZÁMITÁSA. 9.1 Metrika és topológia R k -ban

9. TÖBBVÁLTOZÓS FÜGGVÉNYEK DIFFERENCIÁLSZÁMITÁSA. 9.1 Metrika és topológia R k -ban 9. TÖBBVÁLTOZÓS FÜGGVÉNYEK DIFFERENCIÁLSZÁMITÁSA 9.1 Metrika és topológia R k -ban Definíció. A k-dimenziós euklideszi térnek nevezzük és R k val jelöljük a valós számokból alkotott k-tagú x = (x 1, x

Részletesebben

Lineáris algebra 2. Filip Ferdinánd december 7. siva.banki.hu/jegyzetek

Lineáris algebra 2. Filip Ferdinánd december 7. siva.banki.hu/jegyzetek Lineáris algebra 2 Filip Ferdinánd filipferdinand@bgkuni-obudahu sivabankihu/jegyzetek 2015 december 7 Filip Ferdinánd 2016 februar 9 Lineáris algebra 2 1 / 37 Az el adás vázlata Determináns Determináns

Részletesebben

Analitikus térgeometria

Analitikus térgeometria 5. fejezet Analitikus térgeometria Kezd és végpontjuk koordinátáival adott vektorok D 5.1 A koordináta-rendszer O kezd pontjából a P pontba mutató OP kötött vektort a P pont helyvektorának nevezzük. T

Részletesebben

1. feladatsor: Vektorfüggvények deriválása (megoldás)

1. feladatsor: Vektorfüggvények deriválása (megoldás) Matematika A gyakorlat Energetika és Mechatronika BSc szakok 016/17 ősz 1. feladatsor: Vektorfüggvények deriválása megoldás) 1. Tekintsük azt az L : R R lineáris leképezést ami az 1 0) vektort az 1 0 )

Részletesebben

Kettős integrál Hármas integrál. Többes integrálok. Sáfár Orsolya május 13.

Kettős integrál Hármas integrál. Többes integrálok. Sáfár Orsolya május 13. 2015 május 13. Kétváltozós függvény kettősintegráljának definíciója Legyen f (x, y), R 2 R korlátos függvény egy T korlátos és mérhető területű tartományon. Vegyük a T tartomány egy felosztását T 1, T

Részletesebben

Matematika B/1. Tartalomjegyzék. 1. Célkit zések. 2. Általános követelmények. Biró Zsolt. 1. Célkit zések Általános követelmények 1

Matematika B/1. Tartalomjegyzék. 1. Célkit zések. 2. Általános követelmények. Biró Zsolt. 1. Célkit zések Általános követelmények 1 Matematika B/1 Biró Zsolt Tartalomjegyzék 1. Célkit zések 1 2. Általános követelmények 1 3. Rövid leírás 2 4. Oktatási módszer 2 5. Követelmények, pótlások 2 6. Tematika 2 6.1. Alapfogalmak, matematikai

Részletesebben

Matematika (mesterképzés)

Matematika (mesterképzés) Matematika (mesterképzés) Környezet- és Településmérnököknek Debreceni Egyetem Műszaki Kar, Műszaki Alaptárgyi Tanszék Vinczéné Varga A. Környezet- és Településmérnököknek 2016/2017/I 1 / 29 Lineáris tér,

Részletesebben

3. Lineáris differenciálegyenletek

3. Lineáris differenciálegyenletek 3. Lineáris differenciálegyenletek A közönséges differenciálegyenletek két nagy csoportba oszthatók lineáris és nemlineáris egyenletek csoportjába. Ez a felbontás kicsit önkényesnek tűnhet, a megoldásra

Részletesebben

A Descartes derékszög½u koordinátarendszert az i; j; k ortonormált bázis feszíti ki. Egy

A Descartes derékszög½u koordinátarendszert az i; j; k ortonormált bázis feszíti ki. Egy 8 Görbevonalú koordináták A Descartes derékszög½u koordinátarendszert az i; j; k ortonormált bázis feszíti ki. Egy tetsz½oleges pont helyvektora ebben a bázisban r =xi+yj+zk ahol x; y; z a pont ún. Descartes-féle

Részletesebben

Határozott integrál és alkalmazásai

Határozott integrál és alkalmazásai Határozott integrál és alkalmazásai 5. május 5.. Alapfeladatok. Feladat: + d = Megoldás: Egy határozott integrál kiszámolása a feladat. Ilyenkor a Newton-Leibniz-tételt használhatjuk, mely azt mondja ki,

Részletesebben

Végeselem modellezés alapjai 1. óra

Végeselem modellezés alapjai 1. óra Végeselem modellezés alapjai. óra Gyenge alak, Tesztfüggvény, Lagrange-féle alakfüggvény, Stiness mátrix Kivonat Az óra célja, hogy megismertesse a végeselem módszer (FEM) alkalmazását egy egyszer probléma,

Részletesebben

Klár Gergely 2010/2011. tavaszi félév

Klár Gergely 2010/2011. tavaszi félév Számítógépes Grafika Klár Gergely tremere@elte.hu Eötvös Loránd Tudományegyetem Informatikai Kar 2010/2011. tavaszi félév Tartalom Pont 1 Pont 2 3 4 5 Tartalom Pont Descartes-koordináták Homogén koordináták

Részletesebben

Lineáris algebra mérnököknek

Lineáris algebra mérnököknek B U D A P E S T I M Ű S Z A K I M A T E M A T I K A É S G A Z D A S Á G T U D O M Á N Y I I N T É Z E T E G Y E T E M Lineáris algebra mérnököknek BMETE93BG20 Vektorok a 2- és 3-dimenziós tér Kf87 2017-09-05

Részletesebben

Valasek Gábor valasek@inf.elte.hu

Valasek Gábor valasek@inf.elte.hu Számítógépes Grafika Valasek Gábor valasek@inf.elte.hu Eötvös Loránd Tudományegyetem Informatikai Kar 2013/2014. őszi félév ( Eötvös LorándSzámítógépes TudományegyetemInformatikai Grafika Kar) 2013/2014.

Részletesebben

1. Házi feladat. Határidő: I. Legyen f : R R, f(x) = x 2, valamint. d : R + 0 R+ 0

1. Házi feladat. Határidő: I. Legyen f : R R, f(x) = x 2, valamint. d : R + 0 R+ 0 I. Legyen f : R R, f(x) = 1 1 + x 2, valamint 1. Házi feladat d : R + 0 R+ 0 R (x, y) f(x) f(y). 1. Igazoljuk, hogy (R + 0, d) metrikus tér. 2. Adjuk meg az x {0, 3} pontok és r {1, 2} esetén a B r (x)

Részletesebben

Kétváltozós függvények differenciálszámítása

Kétváltozós függvények differenciálszámítása Kétváltozós függvények differenciálszámítása 13. előadás Farkas István DE ATC Gazdaságelemzési és Statisztikai Tanszék Kétváltozós függvények p. 1/1 Definíció, szemléltetés Definíció. Az f : R R R függvényt

Részletesebben

x = cos αx sin αy y = sin αx + cos αy 2. Mi a X/Y/Z tengely körüli forgatás transzformációs mátrixa 3D-ben?

x = cos αx sin αy y = sin αx + cos αy 2. Mi a X/Y/Z tengely körüli forgatás transzformációs mátrixa 3D-ben? . Mi az (x, y) koordinátákkal megadott pont elforgatás uténi két koordinátája, ha α szöggel forgatunk az origó körül? x = cos αx sin αy y = sin αx + cos αy 2. Mi a X/Y/Z tengely körüli forgatás transzformációs

Részletesebben

T obbv altoz os f uggv enyek integr alja. 3. r esz aprilis 19.

T obbv altoz os f uggv enyek integr alja. 3. r esz aprilis 19. Többváltozós függvények integrálja. 3. rész. 2018. április 19. Kettős integrál Kettős integrál téglalap alakú tartományon. Ismétlés Ha = [a, b] [c, d] téglalap-tartomány, f : I integrálható függvény, akkor

Részletesebben

A legjobb közeĺıtés itt most azt jelentette, hogy a lineáris

A legjobb közeĺıtés itt most azt jelentette, hogy a lineáris Többváltozós függvények differenciálhatósága f(x) f(x Az egyváltozós függvények differenciálhatóságát a lim 0 ) x x0 x x 0 függvényhatárértékkel definiáltuk, s szemléletes jelentése abban mutatkozott meg,

Részletesebben

Lagrange-féle multiplikátor módszer és alkalmazása

Lagrange-féle multiplikátor módszer és alkalmazása Eötvös Loránd Tudományegyetem Természettudományi Kar Nemesné Jónás Nikolett Lagrange-féle multiplikátor módszer és alkalmazása Matematika BSc, Matematikai elemz szakirány Témavezet : Szekeres Béla János,

Részletesebben

Gauss-Jordan módszer Legkisebb négyzetek módszere, egyenes LNM, polinom LNM, függvény. Lineáris algebra numerikus módszerei

Gauss-Jordan módszer Legkisebb négyzetek módszere, egyenes LNM, polinom LNM, függvény. Lineáris algebra numerikus módszerei A Gauss-Jordan elimináció, mátrixinvertálás Gauss-Jordan módszer Ugyanazzal a technikával, mint ahogy a k-adik oszlopban az a kk alatti elemeket kinulláztuk, a fölötte lévő elemeket is zérussá lehet tenni.

Részletesebben

Fraktálok. Kontrakciók Affin leképezések. Czirbusz Sándor ELTE IK, Komputeralgebra Tanszék. TARTALOMJEGYZÉK Kontrakciók Affin transzformációk

Fraktálok. Kontrakciók Affin leképezések. Czirbusz Sándor ELTE IK, Komputeralgebra Tanszék. TARTALOMJEGYZÉK Kontrakciók Affin transzformációk Fraktálok Kontrakciók Affin leképezések Czirbusz Sándor ELTE IK, Komputeralgebra Tanszék TARTALOMJEGYZÉK 1 of 71 A Lipschitz tulajdonság ÁTMÉRŐ, PONT ÉS HALMAZ TÁVOLSÁGA Definíció Az (S, ρ) metrikus tér

Részletesebben

{ } x x x y 1. MATEMATIKAI ÖSSZEFOGLALÓ. ( ) ( ) ( ) (a szorzás eredménye:vektor) 1.1. Vektorok közötti műveletek

{ } x x x y 1. MATEMATIKAI ÖSSZEFOGLALÓ. ( ) ( ) ( ) (a szorzás eredménye:vektor) 1.1. Vektorok közötti műveletek 1. MAEMAIKAI ÖSSZEFOGLALÓ 1.1. Vektorok közötti műveletek Azok a fizikai mennyiségek, melyeknek nagyságukon kívül irányuk is van, vektoroknak nevezzük. A vektort egyértelműen megadhatjuk a hosszával és

Részletesebben

First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit

First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit Többváltozós függvények (2) First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit 1. Egyváltozós függvények esetén a differenciálhatóságból következett a folytonosság. Fontos tudni, hogy abból, hogy egy

Részletesebben

A derivált alkalmazásai

A derivált alkalmazásai A derivált alkalmazásai Összeállította: Wettl Ferenc 2014. november 17. Wettl Ferenc A derivált alkalmazásai 2014. november 17. 1 / 57 Tartalom 1 Függvény széls értékei Abszolút széls értékek Lokális széls

Részletesebben

5. házi feladat. AB, CD kitér élpárra történ tükrözések: Az ered transzformáció: mivel az origó xpont, így nincs szükség homogénkoordinátás

5. házi feladat. AB, CD kitér élpárra történ tükrözések: Az ered transzformáció: mivel az origó xpont, így nincs szükség homogénkoordinátás 5. házi feladat 1.feladat A csúcsok: A = (0, 1, 1) T, B = (0, 1, 1) T, C = (1, 0, 0) T, D = ( 1, 0, 0) T AB, CD kitér élpárra történ tükrözések: 1 0 0 T AB = 0 1 0, elotlási rész:(i T AB )A = (0, 0, )

Részletesebben

Matematika A1. 8. feladatsor. Dierenciálás 2. Trigonometrikus függvények deriváltja. A láncszabály. 1. Határozzuk meg a dy/dx függvényt.

Matematika A1. 8. feladatsor. Dierenciálás 2. Trigonometrikus függvények deriváltja. A láncszabály. 1. Határozzuk meg a dy/dx függvényt. Matematika A 8. feladatsor Dierenciálás Trigonometrikus függvények deriváltja. Határozzuk meg a dy/d függvényt. a) y = 0 + 3 cos 0 3 sin b) y = sin 4 + 7 cos sin c) y = ctg +ctg sin )+ctg ) d) y = tg cos

Részletesebben

Vektorok, mátrixok, lineáris egyenletrendszerek

Vektorok, mátrixok, lineáris egyenletrendszerek a Matematika mérnököknek I. című tárgyhoz Vektorok, mátrixok, lineáris egyenletrendszerek Vektorok A rendezett valós számpárokat kétdimenziós valós vektoroknak nevezzük. Jelölésükre latin kisbetűket használunk.

Részletesebben

A hullámegyenlet megoldása magasabb dimenziókban

A hullámegyenlet megoldása magasabb dimenziókban A hullámegyenlet megoldása magasabb dimenziókban Orbán Ágnes Fábián Gábor Kolozsi Zoltán 2009. október 29. A hullámegyenlet Hullámegyenletnek nevezzük a következ lineáris parciális dierenciálegyenletet:

Részletesebben

Bevezetés a görbe vonalú geometriába

Bevezetés a görbe vonalú geometriába Bevezetés a görbe vonalú geometriába Metrikus tenzor, Christoffel-szimbólum, kovariáns derivált, párhuzamos eltolás, geodetikus Pr hle Zsóa A klasszikus térelmélet elemei (szeminárium) 2012. október 1.

Részletesebben

DiMat II Végtelen halmazok

DiMat II Végtelen halmazok DiMat II Végtelen halmazok Czirbusz Sándor 2014. február 16. 1. fejezet A kiválasztási axióma. Ismétlés. 1. Deníció (Kiválasztási függvény) Legyen {X i, i I} nemüres halmazok egy indexelt családja. Egy

Részletesebben

0-49 pont: elégtelen, pont: elégséges, pont: közepes, pont: jó, pont: jeles

0-49 pont: elégtelen, pont: elégséges, pont: közepes, pont: jó, pont: jeles Matematika szigorlat, Mérnök informatikus szak I. 2013. jan. 10. Név: Neptun kód: Idő: 180 perc Elm.: 1. f. 2. f. 3. f. 4. f. 5. f. Fel. össz.: Össz.: Oszt.: Az elérhető pontszám 40 (elmélet) + 60 (feladatok)

Részletesebben

Lin.Alg.Zh.1 feladatok

Lin.Alg.Zh.1 feladatok LinAlgZh1 feladatok 01 3d vektorok Adott három vektor ā = (0 2 4) b = (1 1 4) c = (0 2 4) az R 3 Euklideszi vektortérben egy ortonormált bázisban 1 Mennyi az ā b skalárszorzat? 2 Mennyi az n = ā b vektoriális

Részletesebben

VIK A2 Matematika - BOSCH, Hatvan, 3. Gyakorlati anyag. Mátrix rangja

VIK A2 Matematika - BOSCH, Hatvan, 3. Gyakorlati anyag. Mátrix rangja VIK A2 Matematika - BOSCH, Hatvan, 3. Gyakorlati anyag 2019. március 21. Mátrix rangja 1. Számítsuk ki az alábbi mátrixok rangját! (d) 1 1 2 2 4 5 1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 2 1 1 0 1 1 2 1 0 1 1 1 1 2 3 1 3

Részletesebben

Matematika A2 vizsga mgeoldása június 4.

Matematika A2 vizsga mgeoldása június 4. Matematika A vizsga mgeoldása 03. június.. (a (3 pont Definiálja az f(x, y függvény határértékét az (x 0, y 0 helyen! Megoldás: Legyen D R, f : D R. Legyen az f(x, y függvény értelmezve az (x 0, y 0 pont

Részletesebben

Feladatok megoldásokkal a 9. gyakorlathoz (Newton-Leibniz formula, közelítő integrálás, az integrálszámítás alkalmazásai 1.

Feladatok megoldásokkal a 9. gyakorlathoz (Newton-Leibniz formula, közelítő integrálás, az integrálszámítás alkalmazásai 1. Feladatok megoldásokkal a 9. gyakorlathoz (Newton-Leibniz formula, közelítő integrálás, az integrálszámítás alkalmazásai.). Feladat. Határozzuk meg az alábbi integrálokat: a) x x + dx d) xe x dx b) c)

Részletesebben

Határozatlan integrál

Határozatlan integrál Határozatlan integrál 205..04. Határozatlan integrál 205..04. / 2 Tartalom Primitív függvény 2 Határozatlan integrál 3 Alapintegrálok 4 Integrálási szabályok 5 Helyettesítéses integrálás 6 Parciális integrálás

Részletesebben

Számítógépes Grafika mintafeladatok

Számítógépes Grafika mintafeladatok Számítógépes Grafika mintafeladatok Feladat: Forgassunk a 3D-s pontokat 45 fokkal a X tengely körül, majd nyújtsuk az eredményt minden koordinátájában kétszeresére az origóhoz képest, utána forgassunk

Részletesebben

1.1. Feladatok. x 0 pontban! b) f(x) = 2x + 5, x 0 = 2. d) f(x) = 1 3x+4 = 1. e) f(x) = x 1. f) x 2 4x + 4 sin(x 2), x 0 = 2. általános pontban!

1.1. Feladatok. x 0 pontban! b) f(x) = 2x + 5, x 0 = 2. d) f(x) = 1 3x+4 = 1. e) f(x) = x 1. f) x 2 4x + 4 sin(x 2), x 0 = 2. általános pontban! . Egyváltozós függgvények deriválása.. Feladatok.. Feladat A definíció alapján határozzuk meg a következő függvények deriváltját az x pontban! a) f(x) = x +, x = 5 b) f(x) = x + 5, x = c) f(x) = x+, x

Részletesebben

Megjegyzés: jelenti. akkor létezik az. ekkor

Megjegyzés: jelenti. akkor létezik az. ekkor . Hármas Integrál. Bevezetés és definíciók A bevezetés első részében egy feladaton keresztül jutunk el a hármasintegrál definíciójához. Feladat: Legyen R korlátos test, és a testnek legyen az f(x, y, z

Részletesebben

r a sugara, h a magassága a hengernek a maximalizálandó függvényünk a V (r, h) = πr 2 h. Az érintkezési pontokban x 2 + y 2 = r 2 és z = h/2.

r a sugara, h a magassága a hengernek a maximalizálandó függvényünk a V (r, h) = πr 2 h. Az érintkezési pontokban x 2 + y 2 = r 2 és z = h/2. Feltételes szélsőérték Keressük úgy egy kétváltozós f (x, y) függvény szélsőértékét, hogy közben eleget tegyünk egy másik, g(x, y) = 0 típusú megszorításnak. Példa Határozzuk meg egy forgásellipszoidba

Részletesebben

(!), {z C z z 0 < R} K (K: konv. tart.) lim cn+1

(!), {z C z z 0 < R} K (K: konv. tart.) lim cn+1 Komlex analízis Komlex hatványsorok c n (z z 0 ) n ; R = lim n c n, R = (!), {z C z z 0 < R} K (K: konv. tart.) lim cn+ c n n=0. Van-e olyan komlex hatványsor, melynek a) üres a konvergenciatartománya,

Részletesebben

Meghatározás: Olyan egyenlet, amely a független változók mellett tartalmaz egy vagy több függvényt és azok deriváltjait.

Meghatározás: Olyan egyenlet, amely a független változók mellett tartalmaz egy vagy több függvényt és azok deriváltjait. Közönséges differenciálegyenletek Meghatározás: Olyan egyenlet, amely a független változók mellett tartalmaz egy vagy több függvényt és azok deriváltjait. Célunk a függvény meghatározása Egyetlen független

Részletesebben

Számítási módszerek a fizikában 1. (BMETE90AF35) tárgy részletes tematikája

Számítási módszerek a fizikában 1. (BMETE90AF35) tárgy részletes tematikája Számítási módszerek a fizikában 1. (BMETE90AF35) tárgy részletes tematikája Tasnádi Tamás 2014. szeptember 11. Kivonat A tárgy a BME Fizika BSc szak kötelező, alapozó tárgya a képzés 1. félévében. A tárgy

Részletesebben