Matematika A3 1. előadás ( ) 1. gyakorlat ( ) 2. előadás ( ) 2. gyakorlat ( ) 3. előadás

Átírás

1 Matematika A3. előadás (3.9..). gyakorlat (3.9..). előadás (3.9.8.). gyakorlat (3.9.9.) 3. előadás (3.9.5.) 3. gyakorlat (3.9.6.) 4. előadás (3...) 4. gyakorlat (3..3.) 5. előadás (3..9.) 6. előadás (3..6.) 5. gyakorlat (3..7.) 6. gyakorlat (3..4.) 7. előadás (3..3.) 7. gyakorlat (3..3.) 8. előadás (3..6.) 8. gyakorlat (3..7.) 9. előadás (3..3.) 9. gyakorlat (3..4.). előadás (3...). gyakorlat (3...). előadás (3..7.). gyakorlat (3..8.). előadás (3..4.). gyakorlat (3..5.) 3. előadás (3...) 3. gyakorlat (3...) Készítette: Seyler ajos - -

2 . előadás Differenciálegyenletek F(y (n), y (n ),, y, y, x) = Implicit megadás y (n) = F(y (n ),, y, x) Explicit megadás (F folytonos) y = F(y, x) y = a y (a > ) y y = a y dt = adt y ln y = a t + c y = e a t+c = e a t e c = e a t c (c > ) Bolzano-tétel y = e a t + c (c ) Ez az általános megoldás. Szinguláris megoldás, ha F(y, x) = y = y Ez az összes megoldás. Tegyük fel, hogy: u(t) is megoldás. d u(t) dt e a t = u (t) e a t u(t) a e a t e a t = y = a y miatt a számlálóban lévő u (t) = u(t) a. Ha ezt behelyettesítjük, akkor a számláló, ezért az egész tört is lesz. Mennyi idő alatt nő duplájára a népesség? = y(t a t ) C e = = y(t ) C e a t ea (t t ) ln a = t t C rögzítése y(t) = k e a t Partikuláris megoldás y(t) = 3,3 9 e, (t 96) Nagy "t" esetén elszáll, nem ad a valósághoz közeli adatokat. Korrigálás: y = a y ( y ) N ineáris differenciálegyeneltek Általános lineáris egyenlet: A x = b, ahol "A" lineáris operátor Kell: "A" n-szer folyamatosan differenciálható tere folytonosak tere Megoldások: x + KerA és A x = b - Ha y megoldás A y = b A (y x o ) = A y A x = b b = - Ha y KerA A(x + y) = A x + A y = b (A y = ) y iá = y ip + y há (iá: inhomogén általános, ip: inhomogén partikuláris, há: homogén általános) - -

3 pl.. A y = y + f(x) y [ y + f(x) y = b(x) ]. A y = y" + f(x) y + g(x) y Állandó együtthatós egy lineáris differenciálegyenlet, ha f(x), g(x),...konstansok. Egyébként függvényegyütthatós. Állandó együtthatós differenciálegyenlet y (t) + a y(t) = y-t e λ t alakban keressük y = λ e λ t = λ y = λ y(t) + a y(t) = y(t) (λ + a) λ = λ λ e λ t = λ y λ = a jó e a t y (n) + a n y (n ) + + a y + a y = y = e λ x alakban keressük y (λ n + a n + + a ) = y (k) = λ k y Karakterisztikus polinom (ami a zárójelben van) Tegyül fel, hogy: λ k egy m k-szoros gyök. Ekkor: {e λk x, x e λk x,, x m k e λk x k = m} alaprendszer. gyakorlat "Iránymező" F: I J R (x, y) F(x, y) Az y = F(x, y) differenciálegyenlet (x, y ) ponton áthaladó megoldása: az egy y: K R. K I, x int(k). y Diff(K, R) 3. y(x ) = y, x K y (x) = F(x, y(x)) Ezt partikuláris megoldásnak nevezik. Általános megoldás: y(x, C) megadja az összes megoldást a "C" paramétertől függően Nem biztos, hogy ez az összes megoldás. ehet szinguláris megoldás is. y = x y - 3 -

4 y x : a meredekség Tudjuk, hogy egy "m" merekségű egyenesre merőleges egyenes meredeksége, ami x. Ez áll az egyenlet jobb m y oldalán. A merőleges nyilak egy kört rajzolnak ki, ezért a sejtésün, hogy a megoldás alakja: x + y = r Ez az implicit általános megoldás Bizonyítás:. egyik irány: implicit deriválással x + (y(x)) = r x + y(x) y (x) = x + y y = y = x y. másik irány: g: x x + (y(x)) g = g = C x + y = C Szeparábilis differenciálegyenlet y sin x = y 6 dy dx = sin x y 6 y 6 dy = sin x dx y 7 7 = cos x + C Implicit általános megoldás 7 y = 7 cos x + 7 C Explicit általános megoldás Tétel: egyen f: I R, g: J R folytonos függvények, g sehol sem Az y = f(x) g(y) szeparábilis differenciálegyenlet megoldása: y(x) = G (F(x) + C), ahol G = ; F = f g y (x) dx = f(x)dx g(y(x)) g(y(x)) y (x)dx = G(y(x)) G(y(x)) = F(x) + C y(x) = G (F(x) + C) Darboux-tétel miatt biztosan létezik G. y = a y. az y = egy jó megoldás - 4 -

5 . dy dx dy y = a y Tegyük fel, hogy: y sehol se = adx ln y = a x + C y = e a x+c y = e a x e C e C helyett írjunk K-t (K > ) y = K e a x Bolzano-tétel... y = ±K e a x Egzisztencia-unicitás-tétel. Peano-féle egzisztenciatétel: Az y = F(x, y) differenciálegyenletnek létezik lokális megoldása az (x, y ) pontban, ha F folytonos függvény.. Cauchy-ipschitz-tétel (gyenge): Ha az F folytonosan differenciálható egy nyílt halmazon és ezen belül egy I J téglalap belsejében kijelölünk egy (x, y ) pontot, akkor van az egyenletnek egy I-n értelmezett (x, y )-n áthaladó megoldása. y 3 = y y() = y = egy jó megoldás Többi megoldás: dy dx = y 3 y 3dy = dx (y > ) y 3 3 = x + C (C = ) y = ( 3 x)3 Definíció: szinguláris pont: több megoldás (görbe) halad keresztül ezen a ponton y y =. előadás Homogén általános megoldás (y há ): y (n) helyett λ k -t írunk mindenhova és a jobb oldal. Itt most y helyett λ, y (. derivált) helyett λ = λ = λ = y h = c e x (Mert a megoldást mindig c e λ x alakban keressük) Inhomogén partikuláris megoldás (y ip ): y helyére beírjuk, amit az előbb kaptunk, csak c helyett c(x)-et írunk, feltételezve, hogy egy függvény. Tehát y = c(x) e x és kifejezzük c(x)-et. c (x) e x + c(x) e x y c (x) = e x c(x) e x y = c(x) = e x dx = e x + C Ezt visszahelyettesítjük a c helyére a homogén megoldásba. y ip = e x e x = Ezekből összerakhatjuk az inhomogén általános megoldást (y iá ): - 5 -

6 y iá = y há + y ip = c e x y + y = sin(x) Homogén általános megoldás λ + = λ = y h = c e x Inhomogén partikuláris megoldás y = c(x) e x c (x) e x c(x) e x + c(x) e x = sin(x) c (x) = e x sin(x) c(x) = e x sin(x) dx = = e x (sin(x) cos(x)) y ip = (sin(x) cos(x)) Inhomogén általános megoldás: y iá = y há + y ip = c e x + (sin(x) cos(x)) Alakjuk: y + f(x) y = b(x) Elsőrendű függvényegyütthatós differenciálegyenletek Ha homogén: y = f(x) y Állítás: Ha van megoldás, akkor hányadosuk konstans. Bizonyítás: ( y ) = y y y y = f(x) y y y ( f(x)) y = y y y y + y = 3 x x Homogén általános megoldás y = x y y y = x y y = x ln y = ln x + C = ln x + C y = x C C > Bolzano tételét alkalmazva: y há = x C C Inhomogén partikuláris megoldás y = c(x) x 3 x = c (x) x c(x) x + c(x) x c (x) = 3 x 3 c(x) = 3 x 3 dx = 3 4 x4 + C y ip = 3 4 x3-6 -

7 Inhomogén általános megoldás y iá = c x x3 c y + t y = t Kezdeti feltétel: y() = Homogén általános megoldás y = t y y = t y ln y = t + C y = e t C C > y há = e t C Inhomogén partikuláris megoldás y(t) = c(t) e t t = c (t) e t c(t) e t t + t c(t) e t c (t) = t e t c(t) = t e t dt = et + C y ip = et e t = Inhomogén általános megoldás y iá = c e t + Kezdeti érték feltétel y() = = c e + c = e y = e e t + = e t + y + y = et t Homogén általános megoldás y = t y y y = t ln y = ln t + C y = C t C > y = C t C Inhomogén partikuláris megoldás y = c(t) t e t = c (t) t c(t) t 3 + c(t) t 3-7 -

8 c (t) = t e t c(t) = t e t dt = e t (t t + ) y ip = e t ( t + t ) Inhomogén általános megoldás y iá = c t + et ( t + t ) c Másodrendű, állandó együtthatós differenciálegyenletek Ha a karakterisztikus egyenlet diszkriminánsa (D): D > : - két különböző gyök van - y há = c e λ x + c e λ x (λ, λ a megoldások) D = : - kétszeres multiplicitású gyök - y há = c e λ x + c x e λ x (λ a kétszeres gyök) D < : - komplex gyökök (konjugált párok) λ = μ + τ j, λ = μ τ j - y há = c e λ x + c e λ x Alkalmazzuk a következő átalakítást: e x+j y = e x (cos y + j sin y) e λ x = e μ x (cos(τ x) + j sin(τ x)) e λ x = e μ x (cos(τ x) + j sin(τ x)) y há = (c + c ) e μ x cos(τ x) + j (c c ) e μ x sin(τ x) y há = C 3 e μ x cos(τ x) + c 4 e μ x sin(τ x). gyakorlat y = x cos4 y sin y Kezdeti feltételek: a, y() = π b, y() = π 4 c, y() = 3π 4 d, y() = π 4 + π Nézzük meg, hol nincs megoldás: -val való osztás y = k π esetén nincs megoldás dy = x cos 4 y dx sin y sin y dy = cos 4 y x dx megjegyzés: f(g(x)) g (x)dx = F(g(x)) + C cos 4 y ( sin y)dy = x dx cos 3 y 3 = x3 3 + C - 8 -

9 cos y = 3 x 3 +3 C y = cos ( 3 ) + A π AεZ x 3 +3 C Nem szeparábilis megoldás y π 3 b, C = ( ) 3 c, C = ( ) d, C = ( ) 3 A = A = A = I. ineáris helyettesítéssel megoldható differenciálegyenletek y = y x y = y(x) u + = u u(x) = y(x) x u = y x u = u u (x) = y (x) u = y du dx = u du = dx Helyettesítés: t = u u Nem elég a u helyett t-t írni, a du-t is át kell írni dt-re, de ezt ki kell számolni. t = u t t = u t dt dx = du dx t dt = du Tehát a du helyett t dt-t írunk. t dt t (t ) + 4 = dt = + 4 dt = t + 4 ln t t t Visszahelyettesíthetjük t helyett a u-t, u helyett pedig az y x-et. y x + 4 ln y x = x + C II. Homogén fokszámú differenciálegyenletek u = y x y = u x y = u x + u y = x+y = + y x x+y u x + u = +u +u + y x u x = +u +u+u (+u) u = +u +u du x = u + u+ dx +u +u du = dx u + u+ x - 9 -

10 -vel beszorozzuk a töret, majd -vel osztjuk és így a tört f -es lesz, aminek tudjuk az integrálját. u+ du = u + u+ ln u + u + ln (y x ) + y + = ln x + C x f Ezt szépíthetjük egy kicsit. Pl.: C helyett írhatjuk, hogy ln K, és így összevonhatjuk a logaritmust a jobb oldalon, az -t bevihetjük a logaritmusba kitevőnek, majd eltüntetjük a logaritmust mindkét oldalról. ( y x ) + y x + = K x Egzakt differenciálegyenletek Definíció: egyen U R nyílt, P, Q: U R folytonos, Q sehol sem. Azt mondjuk, hogy az y = P Q differenciálegyenlet egzakt, ha van olyam F: U R folytonosan differenciálható függvény, melyre: I. II. F x = P F y = Q y = x y Ennek a megoldását már korábban megkaptuk: x + y F(x,y) F = x = P x P = x = y F = y = Q Q y y } Megjegyzések:. gradf = ( F, F x y ) = (P, Q) = C. Implicit függvény-tétel: Ha F (x, y ) környezetében mindenhol folytonosan diffható és yf(x, y ), akkor egyértelműen létezik az (x, y ) környezetben az F(x, y) = F(x, y ) egyenletnek implicit függvénye és enne deriváltja: y (x) = xf(x,y(x)) yf(x,y(x)) 3. F(g(x), h(x)) = gradf(g(x), h(x)) ( g (x) h (x) ) Tétel (Egzisztencia) U R nyílt, P, Q: U R folytonosan differenciálható, Q sehol sem. (x, y )εu, F Ilyenkor y = P Q megoldása pontosan az F(x, y) = F(x, y ) implicit megoldása. Q y = P P + Q y = Bizonyítás: y (x) = F x (x,y(x)) P(x,y(x)) F = (x,y(x)) Q(x,y(x)) y egyen y olyan, hogy y = P, ami egzakt. Q x = P, F y = Q. F + F x y y = Ez egy skaláris szorzat. ( F x, F y ) ( y ) = - -

11 (F(x, y(x))) = F(x, y) = C Általános megoldás: F(x, y) = C Tétel (Egzaktság jellemzése) egyen az U ezen kívül egyszeresen összefüggő halmaz. y = P P pontosan akkor egzakt, ha = Q Q y x y = P dy másik jelölése: Q = P Q dy = P dx P dx + Q dy = dx Q (y e x y + cos x) P Megoldás: dx + (x e x y + cosh y) dy = Q. Tényleg egzakt-e? P y = e x y + y x e x y Q x = e x y + x y e x y A kettő egyenlő tényleg egzakt. Egyenletrendszer I. II. F x = y e x y + cos x F y = x e x y + cosh y e x y Elsőt kiintegráljuk: F(x, y) = y + sin x + C y (y) C (y) csak y-nak a függvénye Majd deriváljuk y szerint: x e x y + C (y) a derivált = x e x y + cosh y Q C (y) = cosh y C (y) = sinh y F(x, y) = e x y + sin x + sinh y e x y + sin x + sinh y = C y = y cos(x y)+ x cos(x y) y() = dy = y cos(x y)+ dx x cos(x y) (x cos(x y))dy = (y cos(x y) + )dx (y cos(x y) + ) P Megoldás: dx + (x cos(x y)) dy = Q. P y = cos(x y) + y ( sin(x y)) x Q x Tényleg egzakt = cos(x y) + x ( sin(x y)) y. F x = y cos(x y) + F(x, y) = y sin(x y) y + x + C (y) - -

12 F y = x cos(x y) F(x, y) = x sin(x y) y + C (x) C (x) csak x függvénye, az első egyenletben van egy +x, ami a másodikban nincs és ez csak x függvénye, ezért ez lesz a C (x). C (y) nulla lesz, mert a második egyenletben nincs olyan tag, ami csak y függvénye. F(x, y) = sin(x y) + x sin(x y) + x = C 3. előadás D < esetén a gyök: μ ± j τ A két megoldás: e μ x cos(τ x), e μ x sin(τ x) e a x (p(x) cos(b x) + q(x) sin(b x)) y ip = x m e a x (P(x) cos(b x) + Q(x) sin(b x)) P és Q polinomok. gr(p) = gr(q) = max {p(x), q(x)} (gr: a polinom foka) m: a + b j multiplicitása a karakterisztikus polinomban y + 3 y y = 6 e 4 t Homogén általános megoldás λ + 3 λ = λ =, λ = 5 y há = c e t + c e 5 t Inhomogén partikuláris megoldás 6 e 4 t = e 4 t (6 cos( t) + sin ( t)) a = 4, b =, p és q nulladfokú a + b j = 4 nullaszoros gyöke a karakterisztikus polinomnak m = y ip = t P e 4 t = P e 4 t Visszahelyettesítés y ip = 4 P e 4 t y ip = 6 P e 4 t 6 e 4 t = 6 P e 4 t P e 4 t P e 4 t P = 3 y ip = 3 e4 t y iá = y há + y ip = c e t + c e 5 t + 3 e4 t y + 4 y = 3 sin t Homogén általános megoldás λ = 4 λ, = ± j y há = c e t cos( t) + c e t sin ( t) Inhomogén partikuláris megoldás 3 sin(t) = e t ( cos( t) + 3 sin( t)) a =, b = m =, mert + j nullaszoros gyöke a karakterisztikus polinomnak p és q foka gr(p) = gr(q) = y ip = P cos(t) + Q sin (t) (P, Q R) Visszahelyettesítés y ip = P sin(t) + Q cos(t) - -

13 y ip = P cos(t) Q sin (t) 3 sin(t) = P cos(t) Q sin(t) + 4 P cos(t) + 4 Q sin(t) = 3 P cos(t) + 3 Q sin (t) P =, Q = y ip = sin(t) y iá = c cos( t) + c sin( t) + sin(t) y y + y = 3 t e t Homogén általános megoldás λ λ + = λ, = (kétszeres gyök) y há = c e t + c t e t Inhomogén partikuláris megoldás 3 t e t = e t (3 t cos( t) + sin( t)) a =, b = p foka, q foka gr(p) = gr(q) = m =, mert + j kétszeres gyöke a karakterisztikus polinomnak P (elsőfokú polinom) y ip = t e t ( (u t + v) cos( t) + Q sin( t)) = t e t (u t + v) = = e t (u t 3 + v t ) Visszahelyettesítés y ip = e t (3 u t + v t) + e t (u t 3 + v t ) y ip = e t (u t 3 + (6 u + v) t + (6 u + 4 v) t + v) 3 t e t = y ip y ip + y = = e t (6 u t + v) u =, v = y ip = e t t 3 y iá = c e t + c t e t + t 3 e t ineáris differenciálegyenlet rendszer (állandó együtthatós) y a y = b(x) analógiájára y A y = b(x) n = esetén: ( y y ) = (a a a a ) ( y y ) + ( b ),azaz y = a y + a y + b b y = a y + a y + b y = y + y e t y = 4 y + y + 3 t Homogén általános megoldás y = A y a, A sajátértékei: A λ I = gyökei b, sajátvektorok = λ 4 λ { λ = 3 λ = λ = 3-hoz tartozó: ( 4 ) (v v ) = - 3 -

14 v + v = v = v V = ( ) (A másik egyenlet ennek a duplája) c, alaprendszer λ = -hez tartozó: V = ( ) Ψ = (e λ t V,, e λ n t V n ) Homogén általános megoldás: Ψ oszlopainak összes lineáris kombinációja e t Most: Ψ = ( e3 t e 3 t e t) Ha A v = λ v, akkor y = e λ t v tényleg megoldás, mert y = λ e λ t v = e λ t A v = = A (e λ t v) y = A y P dx + Q dy = 3. gyakorlat Egzaktra visszavezethető differenciálegyenletek P = Q y x Egzakt Ha ez nem teljesül, akkor nem egzakt. Ekkor beszorozzuk egy μ függvénnyel, hogy egzakt legyen. Biztosan létezik minden egyenlethez ilyen μ. Nincs általános megoldás. Mi két módszert tanulunk μ keresésére. μ P M (μ P) μ y y dx + μ Q dy = N = (μ Q) x P P + μ = μ Q μ + μ y dx x μ ( P y Q ) = μ dx x Q μ y P μ-vel osztás + használjuk: μ μ x = ln μ x P Q y x = ln x x Q ln y P y. módszer: μ = μ(x) (csak x-től függ) y szerinti deriváltja R(x) = P y Q x ln μ = Q x ln μ = R(x)dx μ(x) = e R(x)dx. módszer: μ = μ(y) P y S(y) = Q x P μ(y) = e S(y)dy y = x3 +y 3 x y x > x y dy dx = x3 + y 3 (x 3 + y 3 ) P dx + x y dy = Q - 4 -

15 . Egzakt-e? P = 3 y y Q x = y Nem egzakt tegyük egzakttá, keressük egy μ-t. R(x) = P y Q x = 3 y y Q x y = 4 x Azért Q-val osztunk, és nem P-vel, mert így kiesik az y és csak x-től fog függeni a μ. μ = e 4dx x = e 4 ln x = Az abszolút értéket el lehet hagyni, mert feltettük az elején, hogy x pozitív. Az integrál x 4 utáni konstanst is el lehet hagyni, mert nekünk csak egy μ kell, amivel beszorozva az eredeti egyenletet egzakttá tesszük. Tehát szorozzuk be az egyenletet μ = x 4-nel. x3 + y 3 x 4 dx + y x 3 dy =. Ez már egzakt-e? M x = x 4 3 y N x = 3 y x 4 Igen, ez már egzakt. 3. I. F = x3 +y 3 x x 4 dx F(x, y) = ln x x 3 y 3 + C(y) Beírjuk a II. egyenletbe. 3 II. F y = y x 3 3 x 3 3 y + C (y) = y x 3 C (y) = C(y) = konstans y3 F(x, y) = ln x 3 x 3 + konstans y3 ln x 3 x 3 = C Ez a μ-vel beszorzott (x 4 -nel leosztott) egyenlet megoldása, de e miatt nem csökken a megoldáshalmaz. y + f(x) y = g(x) Elsőrendű függvényegyütthatós lineáris differenciálegyenlet e f(x)dx = μ(x)-el egzakttá tehető, vagy megoldható a agrange-féle állandók variálása módszerrel y y = (x ) x Megoldás:, Homogén általános megoldás - 5 -

16 dy y = dx x dy y = dx x ln y = ln x + C C R C = ln C ln y = ln C x y = C x y há = K (x ) + Bolzano K R, Keressünk egy inhomogén partikuláris megoldást y ip = K(x) (x ) Visszahelyettesítés K (x) (x ) + K(x) K(x) (x ) (x ) K (x) = (x ) = (x ) K(x) = (x ) Nem kell a +C, elég egy megoldás. 3, Inhomohén általános megoldás y = y + y e t y = 4 y + y + 3 t Homogén általános megoldás A = ( 4 ) y ip = K(x) (x ) = (x ) 3 y iá = y há + y ip = K (x ) + (x ) 3 4. előadás det (A λ E)-ből a saját értékek: λ = 3 Ehhez tartozó sajátvektor: v = ( ) λ = Alaprendszer Ehhez tartozó sajátvektor: v = ( ) ψ = e λ t v,., e λ n t v n Most: ψ = ( e3 t e t e 3 t e t) A homogén megoldás pedig: y h = ψ c = ( y h c y ) = ( e 3 t + c e t h c e 3 t c e t) Inhomogén partikuláris megoldás y ip = ψ c(t). állítás: Ha ψ oszlopai y = A y megoldásai, akkor ψ (t) = A ψ(t) ψ (ψ,, ψ n ), ahol ψ i a ψ i. oszlopa Bizonyítás: (ψ ) = (ψ i ) = A ψ i = (A ψ) i i - 6 -

17 . állítás: Az első állítás feltételei melett: Ha c(t) kiegyenlíti ψ c (t) = b(t) egyenletet, akkor y = ψ c egy jó partikuláris megoldása az inhomogénnek. Bizonyítás: y = ψ c y = ψ A ψ Elég a ψ c = b egyenletet megoldani c -re. b = e t ( ) 3 t c (t) e 3 t + c (t) e t = e t Azaz } c (t) e 3 t c (t) e t = 3 t A felső kétszeresét hozzáadva az alsóhoz: 4 c (t) e 3 t = 3 t 4 e t c (t) = 3 4 t e 3 t e 4 t A felső kétszeresét kivonva az alsóból: Integrálások után... 4 c (t) e t = 3 t + 3 e t c (t) = 3 4 t et c (t) = 4 e 4 t 4 e 3 t t e 3 t c (t) = t 3 4 t et et c + ψ c b } visszahelyettesítés = A ψ c + b = A y + b y y ip = 4 e t t e t t + 3 y ip = e t + t e t + t 5 3 y iá = y há + y ip = ( c e 3 t + c e t + 4 e t t e t t + 3 ) c e 3 t c e t + e t + t e t + t 5 3 y = y y + e t y = y + 4 y + sin(t) A = ( 4 ) λ ( 4 λ ) = ( λ) (4 λ) = 4 5 λ + λ = λ 5 λ 6 = λ =, λ = 6 λ -hez tartozó sajátvektor: v = ( 5 ) λ -hez tartozó sajátvektor: v = ( ) Ezekből már tudjuk ψ-t. ψ = ( 5 e t e 6 t e t e 6 t ) - 7 -

18 y há = ψ c, azaz y há = 5 c e t c e 6 t y há = c e t + c e 6 t Kéne olyan c, hogy ψ c = b, azaz e t = 5 c e t c e 6 t } sin(t) = c e t + c e 6 t Alsó kétszeresét hozzáadjuk a másikhoz: e t + sin(t) = 7 c e t c = 7 et + 7 et sin(t) Alsó ötszörösét kivonjuk a felsőből: e t 5 sin(t) = 7 c e 6 t c = 7 (e 5 t 5 e 6 sin(t)) Integrálás után: c (t) = 7 ( e t e t (cos(t) sin(t))) c (t) = 7 ( 5 e 5 t e 6 t (cos(t) 6 sin(t))) visszahelyettesítve az y há = ψ c-be y ip = 3 et + 35 Inhomogén általános megoldás y iá = y há + y ip {f(t)}(s) = F(s) Definíció: Ha Do(f) R + {}, akkor {f(t)}(s) = 37 sin(t) 5 37 cos(t) y ip = et + 37 sin(t) 6 37 cos(t) aplace-transzformáció f(t) e st dt, feltéve, hogy ez az integrál konvergens Tétel: Ha f szakaszonként folytonos R + {}-n és M, c R, hogy f(t) M e c t, akkor s > c-re F(s) Definícióból következik: lineáris operátor 4. gyakorlat P dx + Q dy = P = F F, Q = x y egzakt, ha P = Q y x Bizonyítás: Young-tétel: F = F x y y x Feladatokból adódik, hogy kell megcsinálni F-et Komplex aritmetika I. Algebrai definíció: Komplex analízis R[X] = {a + a x + + a n x n }, n N, a a n = R (x 3 ): (x ) = x + x + x 3 x x x x x - 8 -

19 C R[X] x = {a x + b; a, b R} p (x) + = x + = x = i i =. Halmazelméleti definíció w z = (x u y v, x v + y u) lineárisan izomorf: R C z = x + y z z = z z z z z = x + y (egyes norma) 3. Geometriai definíció w A z w forgatva nyújtás: forgatás arg(z) vel nyújtás r szeresére [A] =? [A ( ) A ( cos(φ) r sin(φ) )] = [r r sin(φ) r cos(φ) ] forgatás mátrixa: [ cos(φ) sin(φ) sin(φ) cos(φ) ] C {[ a b ] a, b R} b a C topológia = [ ] i = [ ] gömbi környezet: B ε (z ) = {z C z z < ε} B ε (z ) = B ε (z )\z (kipontozott környezet) H C nyílt, ha minden z H-ra ε > B ε (z) H H C zárt, ha C\H nyílt H C korlátos, ha ε > : H B ε () Heine-Borel tétel: Véges dimenziós normált térben zárt és korlátos halmaz kompakt

20 Definíció: K C kompakt, ha minden {U i } i I nyílt halmazokból álló rendszer esetén, ha H halmaz, hogy H i J U i C kompaktifikációja (Alexandrov-féle egypontú kompaktifikáció) P z E sztereografikus projekció C C { } B ε ( ) = {z C z > } ε i I U i ; akkor van J I véges Állítás: C kompakt Folytonosság Bizonyítás: C i I U i U i B ε ( ) U i j J U j J véges B() ε J + db U i -vel le van fedve C. Definíció: f: C C, z Dom(f). Az f folytonos, ha minden ε > -hoz létezik olyan δ >, hogy z Dom(f), z B δ (z ) f(z) B ε (f(z )) f = u + i v u, v: R R f(z) = u(x, y) + i v(x, y) f = ( u v ) z = x + i y C x, y R Állítás: f folytonos u és v is folytonos : f(x + i y) = x + y + i (x + y ) Határérték u(x, y) = x + y v(x, y) = x + y C C, u Dom(f), A C lim u f = A def ε > ) δ > zεdom(f)\{u} teljesül, hogy z B δ (u) f(z) B ε (A) a, lim z z = ε >, kell δ > : z < δ z > ε δ ε b, lim = ε >, kell δ > : z > < ε z z δ z δ ε 5. előadás f(t) t n (n N) {f}(s) n! s n+ - -

21 e a t s a sin (ω t) ω s + ω cos (ω t) s s + ω t sin (ω t) ω s (s + ω ) t cos (ω t) s ω sh(a t) ch(a t) (s + ω ) a s a s s a e a t -re végigszámolva: {e a t }(s) = e a t e s t dt = lim e (a s) b b a s, ha a > s = {, ha a < s s a = e a s t dt ha a s = (a s) t b lim b [e ] a s Tétel: {f (t)}(s) = s {(t)} f() = s F(s) f(), ha lim t f(t) e st =, f, f folytonos [, ]-en Bizonyítás: {f (t)}(s) = f (t) e st dt = lim f (t) e st dt = b b = = lim ([f(t) e st ] b + s f(t) e st dt) = s F(s) f() f() b F(s) Következmény: {f (t)}(s) = s F(s) s f() f () Bizonyítás: s {f } f () = s (s F f() f ()) Általánosan: {f (n) (t)}(s) = s n n F(s) i= s i f (n i) () y + 3 y y = 6 e 4 t Kezdeti feltételek: y() = y () = s Y s y() y () + 3 (s Y y()) Y = 6 s 4 {y } {y } A kezdeti feltételeket behelyettesítve: (s + 3 y ) Y = 6 Y = 6 = = 3 7 s 4 (s 4) (s ) (s+5) Ilyen alakból már vissza tudjuk alakítani az inverz transzformáció képleteivel: y = {Y(s)}(t) = 3 7 e t + 3 e4 t + e 5 t ) t g(t) f(t) s s 4 s+5 {f(t)}(s) d ds G(S) ) t n g(t) (n N) ( ) n dn G(s) dsn 3) e a t g(t) G(s a) (eltolás) 4) g(a t) a (s) (nyújtás) a {cos (ω t)} kiszámítható {sin (ω t)}-ből, mert: ω {ω cos(ω t)} = ω {sin(ω t) } = ω ω (s s +ω s(ω )} = s s +ω {t sin (ω t)} kiszámítható {sin(ω t)}-ből az ) segítségével - -

22 ch(a t) kiszámítható sh(a t)-ből a ) segítségével { (s ) } ) felhasználásával. megoldás { } = t s { } = e t (s ) t g(t) G(s) = s. megoldás ds = (s ) s { } = t e t (s ) G g=e t { } (s 4) 3 ( s 4 ) = { } = t e 4 t (s 4) 3 (s 4) 3 s 4 = G g = e4 t y y + y = x Kezdeti feltétel: y() = = y () aplace transzformálás után: s Y s y() y () y (s Y y()) y + Y = s (s s + ) Y = s Y = = A + B + C s (s ) s s Inverz aplace-transzformálva: y = + x e x + x e x + D = = + + s (s ) s s s (s ) y = z Kezdeti feltétel: y() = és z() = z = y Z = s Y y() } s Z z() = Y (s + ) Y = s Y = s s + y = cos(t) (s + ) Z = Z = s + z = sin(t) y + z + y + z = y() = y + z = e t z() = Megoldás y = e t + t e t z = e t t e t - -

23 (Általános megoldás keresése aplace-transzformációval) y + y = e t Új jelölések: y = y() y = y () s Y s y y + Y = s+ Y = + s+ + s y + y s+ s + s + s + y = e t + ( cos(t) + sin(t)) + y cos(t) + y sin(t) y = e t + (y ) cos(t) + (y + ) sin(t) = e t + c cos(t) + c sin(t) 6. előadás y y = y = y() y = y () = s Y s y y Y = (s ) Y s y y Y = s y +y s s = y + y s s Y = y ch(t) + y sh(t) = c ch(t) + c sh(t) y y = y() = y () = y () = Visszavezethető elsőrendűre y = y y = y y + y = s = s 3 Y s y() s y () y () + Y Y = Y = s 3 3 s 3 s+ Konvolúció ( kiszámolásához) Definíció: (t > ) = s s+ s 3 s+ 3 s (s ) t f g(t) = f(x) g(t x)dx. Állítás: kommutatív f g = g f = A + B + C s+d s (s 3 +) s s+ s s+ = 3 e t 3 e t cos ( 3 t). Állítás: {f g} = {f} {g} ( f g = {F G}) { s (s +) } = { s s + = [cos(t)] t = cos(t) } = sin(t) = sin(t) = t sin(x) dx Ellenőrzés: { cos(t)} = {} {cos(t)} = s s s + = s + s s (s +) = s (s +) Vektoranalízis Vektorértékű függvényeket akarunk integrálni görbéken és felületeken Felület. Mik ezek a görbék, felületek?. Mekkorák ezek? 3. Irányítás. Definíció: n m N, A R n zárt, korlátos, összefüggő, mérhető, nem üres belsejű halmaz = - 3 -

24 r = r(u) A-n értelmezett, szakaszonként folytonosan differenciálható, R n -be képező injektív (-) függvény úgy, hogy a Jakobi-determináns oszlopai lineárisan függetlenek (A belsejében) r ( r n ) = ( dr dr du du n ) dr n dr n du du n Rg(r) (Rg: értékkészlet) az r általá definiált n-dimenziós (m-dimenzióbeli) felület. r ennek a felületnek az explicit egyenlete. A felület térrész, ha m = n, valódi felület, ha n = m, görbe, ha n =. Egy pont belső pont, ha van olyan homeomorfizmus (folytonos és kölcsönösen egyértelmű megfeleltetés, bijekció), ami a (nyílt) n-dimenziós egységgömböt a felületbe képezi úgy, hogy a pont benne van a képben. Ezek halmaza: IntF (ha F a felület). F zárt, ha minden pontja belső pont. 5. gyakorlat f(z) = z + z valós + i Im(z), ha z = z valós { z = x + i y, ha z = v(x, y) = z + z = x u(x, y) = Im(z) z = y x +y lim lim, ezért nincs határértéke. x y { x = x + 3 x x = x + 4 x t x (t) Diff t x (t) Diff x = ( x x ) x = A x Sajátvektorok A = [ 3 4 ] det(a λ E) = det [ λ 3 4 λ ] = ( λ) (4 λ) = 3 λ 6 λ + 8 = 3 λ 6 λ + 5 = λ =, λ = 5 λ = : [ 3 3 ] [ 3 ] = [ ] s = [ 3 ] λ = : [ 3 3 ] [ ] = [ ] s = [ ] ψ együtthatómátrixa: ψ(t) = [ 3 et e 5 t e t e 5 t] x = ψ(t) c = ( 3 c e t + c e 5 t c e t + c e 5 t ) Kezdeti érték feltétel - 4 -

25 x () =, x () = = 3 c + c = c + c Ha már megvan ψ, akkor Egyébként aplace-transzformálással: ({y } = s Y y()) s X = X + 3 X s X + = X + 4 X X = (s 4) X + (elsőbe beírjuk) (s ) [(s 4) X + ] = 3 X (s ) (s 4) X + s = 3 X ((s ) (s 4) 3) X = 3 s X = 3 s = s 6 s+8 3 s = A + B = A (s 5)+B(s ) (s ) (s 5) s s 5 (s ) (s 5) s = : A ( 4) = A = s = 5: B 4 = B = X = + s s 5 {X } = et + ( ) e5 t. egyenlet: x = x + 4 x Ebből kifejezzük x -et: x = x 4 x = ( et e5 t ) 4 ( et e5 t ) x = 3 x + x x () = x = x + 3 x x () = A = [ 3 3 ] s X = 3 X + X s X + = X + 3 X s (X + X ) = 4 (X + X ) (s 4) (X + X ) = s-re X = X Inhomogén általános differenciál egyenletrendszer általános megoldása x = x x = x + e t I. Homogén általános megoldás A = [ ], b = [ e t ] det(a λ E) = λ, = ± λ = : [ ] [ ] = [ ] s = [ ] - 5 -

26 λ = : [ ] [ ] = [ ] s = [ ] ψ(t) = [ et e t e t e t] x h = ψ(t) c = ( c e t + c e t c e t c e t) II. Inhomogén partikuláris megoldás c = c(t), állandók variálása módszer ψ(t) c (t) = b c (t) = ψ(t) b Két egyenletet összeadva: () e t c + e t c = () e t c e t c = e t} c e t = e t c = et c = et dt = et Első egyenletbe behelyettesítve és átrendezve: c = e t e t e t = e3 t c = e3 t dt = 3 e3 t x p = ψ(t) c(t) = ( et et e t 6 e3 t e t et + e t 6 e3 t) x = x h + x p = ( c e t + c e t c e t c e t) + et ( et e t 6 e3 t e t et + e t e3 t) 6 y + y x = sin(x3 + ) I. y + y x = y = y x y y = x / ln y = ln x + C /e () y = e ln x + C y = x C y = K x Bolzano-tétel y p = K(x) x Visszahelyettesítés: K (x) x = sin(x 3 + ) K (x) x + K(x) ( ) x 3 + K(x) x x = sin(x 3 + )

27 K (x) = x sin(x 3 + ) K(x) = 3 3 x sin(x 3 + ) dx = 3 ( cos(x3 + )) (helyettesítéses integrálás) y y + 9 y = 5 t y() =, y () = {y } = s Y s y() y () s Y + s (s Y + ) + 9 Y = 5 s Y (s s + 9) + s = 5 s (s ) (s 9) Y = 5 s s+ = 5 s3 + s = A + B + C + D = A s (s ) (s 9)+B (s ) (s 9)+C s (s 9)+D s (s ) (s ) (s 9) s (s ) (s 9) s s s s 9 s (s ) (s 9) s = s = } nem elég, kell még egy: s = s = 9 y 3 y + y = e 3 x λ 3 λ + = λ = λ = y há = C e x + C e x Ha e α x (p(x) sin(β x) + q(x) cos(β x)) x m e x (P(x) sin(β x) + Q(x) cos(β x)) m: α ± β i multiplicitása a karakterisztikus polinomban y + 6 y + 9 y = e 3 x λ + 6 λ + 9 = λ, = 3 y há = C e 3 x + C x e 3 x y p = x A e 3 x y + 4 y = cos( x) λ + 4 = λ, = ± i α =, β =, ± i m = y há = C sin( x) + C cos( x) y p = x (A sin( x) + B cos( x)) 6. gyakorlat Differenciálhatóság R-beli f ( u v ) R R x int(domf) f R-differenciálható (totálisan), ha van olyan A: R R f(x) f(x lineáris leképezés, hogy: lim ) A(x x ) x x x x - 7 -

28 ( x y ) = (f (x, y) f (x, y) ) Jakobi-determináns: Jf x() = [A] = [ df dx df dx df dy df dy ] A = df(x) z f w z = (w + i w ) (x + i y) = w x w y u(x,y) f = u + i v z = x + i y konst: w = w + i w Jf(x, y) = [ w w w w ] = [w + i w ] = w (w z) = w (5 x) = 5 z z = (x + i y) = x + i x y y = x y u(x,y) Jf(x, y) = [ x y ] = [ x + i y] = [ z] y x (z ) = z z z = (x ) + i y = x i y u(x, y) = x v(x, y) = y Jf = [ ] C + i (w x + w y) v(x,y) + i ( x y) v(x,y) Definíció: f: C C z int(dom(f)). Azt mondjuk, hogy f komplex differenciálható, ha van olyan w C, hogy f(z) f(z lim ) = w. Ilyenkor f (z z z z z ) = w. f Diff C (z ) z z n, ha z Milyen n Z-re komplex differenciálható a -ban az f = { függvény?, ha z = n = f(z) = z z lim = z z z = r (cos(φ) + i sin(φ)) z = r (cos( φ) + i sin( φ)) z z Milyen hosszú? = cos( φ) + i sin( φ) z z = z z = n = f(z) = z z - 8 -

29 lim z z z z = lim z z = lim z = z z z f () = n esetén f Diff C () n < esetén f Diff C Tétel: f: C C z Int(Dom(f)) f Diff C (z ) z = x + i y f = u + i v Bizonyítás: [w] = Jf(x, y ) lim { f(z) f(z ) [w] (z z ) z z z z lim f(z) f(z ) z z z z lim z z z z z z f = ( u v ) Diff R(x, y ) és Jf(x, y ) C a b [ b a ] = w z z z z = ( f(z) f(z ) z z [w]) = lim ( f(z) f(z ) w) = z z z z Cauchy-Riemann-egyenletek f = u + v i [ xu y u b ] = [a x v y v b a ] I, II, x u = y v } y u = x v. (u, v) totálisan diffható f komplex differenciálható {. Teljesíti a C R egyenleteket Definíció: f: C C reguláris a z int(dom(f)) pontban, ha a z -nak van olyan B ε (z ) nyílt környezete, ahol a függvény minden pontban komplex differenciálható. Hol differenciálható és hol reguláris az f(z) = x + y i, z = x + i y u = x, v = y Totálisan differenciálható: tengelyeken kívül x + i y x + i y [ ] [ ] x i y [ ] [ ] x i y C differenciálható: I. és III. síknegyed (nyílt: tengelyek nincsenek benne) - 9 -

30 Reguláris: ugyanitt {x + i y C x y > } f(x + i y) = x + i y 3 u = x, v = y 3 ( u v ) totálisan differenciálható [ xu y u x ] = [ x v y v 3 y ] Differenciálhatóság feltétele: x = 3 y y = x parabola 3 {x + i y C x = 3 y } Reguláris: sehol, mert nincs belső pontja Harmonikus társkeresés φ(x, y) nyílt halmazon értelmezett R R függvény harmonikus, ha ( φ ) xx φ + yy φ = Tétel: U egyszeresen összefüggő, nyílt, C. f: U C harmonikus komponensekkel rendelkezik f reguláris. Ekkor f = u + i v-ben is harmonikus társa v-nek. Young-tétel I. x u = y v II. y u = x v xx u = xy v yy u = xy v = yx v Felület definíciója: xx u + yy v = xy v xy v = 7. előadás n < m r a R n R m n-dimenziós, m-dimenzióbeli felület - folytonos legyen tudjuk deriválni - Jakobi-determináns oszlopai lineárisan függetlenek r(u, v) = r (u, v, w) 3. oszlop: lineárisan függő r(u, v) = (u + v, u + v, u + v) r(t) = (t, t, t) ( dr du dr ) = ( ) dv f(t) = (t, f(t)) görbe deriváltja: (t, f(t)) t=t = (, f (t )) r (t) az r(t )-beli érintővektor Érintősík normálisa merőleges a felületi görbék érintővektoraira. (t,f(t )) beli érintő - 3 -

31 Görbék és felületek paraméteres megadása: a,b pontot összekötő szakasz r(t) = a + t (b a) t [; ], (a, b R ) R sugarú, középpontú kör R -ben r(t) = R (cos(t), sin(t)) t [; π] R sugarú, z tengelyű, origó csúcsú, π félnyílásszőgű, egyenletes emelkedésű kúp 4 r(t) = R (t cos(t), t sin(t), t) t [; π] R sugarú, középpontú gömbfelület r(u, v) = R (sin(u) cos(v), sin(u) sin(v), cos(u)) v [; π], u [; π] R sugarú, z tengelyű, h magasságú hengerpalást r(u, v) = (R cos(u), R sin(u), v) u [; π], v [; h] R sugarú, R magasságú, középpontú, z tengelyű, π félnyílásszögű kúppalást 4 r(u, v) = (v cos(u), v sin(u), v) u [; π], v [; R] R sugarú, középpontú körlap az x,y síkban - mint -dimenziós térrész (n = m = ) r(u, v) = (u cos(v), u sin(v)) v [; π], u [; R] - mint 3-dimenziós valódi felület (n =, m = 3) r(u, v) = (u cos(v), u sin(v), ) R sugarú, z tengelyű, h magasságú henger ((u + v) cos(u), (v + R) sin(u), ) r(u, v) = {(R cos(u), R sin(u), v) ((v R) cos(u), (v R) sin(u), h) u [; π], v [ R; ] u [; π], v [; h] u [; π], v [h; h + R] Speciális esetek: görbék r: I R m r(t) irányítása r (t) t -beli érintővektor: r (t ) t -beli érintő egységvektor: r (t ) r (t ) Ívhossz n Közelítő poligon hossza: i= r(t i+ ) r(t i ) n r(t i+) r(t i ) t i+ t i r (t i ) i= (t i+ t i ) = i= r (t i ) (t i+ t i ) n b r (t) dt a ívhossz origó középpontú, R sugarú kör kerülete =? r(t) = (R cos(t), R sin(t)) t [, π] r (t) = ( R sin(t), R cos(t)) r (t) = R (sin (t) + cos (t)) = R - 3 -

32 π ívhossz: R = R π t s(t) = r (τ) dτ a Szigorúan, monoton nő: invertálható r ívhossz szerinti paraméterezése ρ(s) = r(t(s)) ρ (s) = = r (t(s)) r (t(s)) Speciális esetek: felületek r(u, v) r u r v irányítás (u, v )-beli vektor az r(u, v )-beli felületi normális Felületi normális normálva: felületi egységnormális Gömb (egységgömb) r(u, v) = (sin(u) cos(v), sin(u) sin(v), cos(u)) u [, π], v [, π] r u = (cos(u) cos(v), cos(u) sin(v), sin(u)) r v = ( sin(u) sin(v), sin(u) cos(v), ) r u r v = (sin (u) cos(v), sin (u) sin(v), sin(u) cos(u) cos (v) + sin(u) cos(u) sin (v)) = sin(u) r(u, v) 7. gyakorlat Komplex integrálás sin(u) cos(u) Definíció: Γ C, ez görbe, ha van olyan G: [a; b] R, ami véges kivétellel folytonosan differenciálható és folytonos. (néhol eltörhet a görbe) Ran(b) = Γ G(a) kezdőpontja Γ-nak G(b) végpontja Γ-nak Γ zárt, ha G(a) = G(b) Γ egyszerű, ha G injektív (egy értéket csak egyszer vesz fel, nem metszi át magát) z(t) = x(t) + i y(t) = ( x(t) cos(t) ) = (R y(t) R sin(t) ) z(t) = R cos(t) + i R sin(t) = R e i t z (t) = R ( sin(t)) + i R cos(t) = R (sin( t) + i cos( t)) = R i (i sin( t) + i cos( t)) = R i ( cos( t) + i sin( t)) = R ( cos(t) i sin(t)) = R i (cos(t) + i sin(t)) = R i e i i t i Komplex Riemann-integrál Egyváltozós valós függvények integráljához hasonló módon értelmezzük. egyen G a komplex sík egy irányított szakasza. Osszuk fel ezt a G görbét osztópontokkal (z, z, z ), és minden z k, z k íven vegyünk fel egy tetszőleges ρ k pontot. n Ha a felosztást minden határon túl finomítva a k= f(ρ k ) (z k z k ) integrálközelítő összegnek létezik véges határértéke, akkor ez a határérték az f komplex függvény G görbe menti integrálja. G f(z)dz

33 Integrálok kiszámítása Vonalra Γ f(z)dz [a; b] C Γ vdr b = f(z(t)) z (t)dt a b = v(r(t)) r (t)dt a A helyettesítéses integrálás tételének felhasználásával belátható, hogy ez az integrál független a paramétertezéstől, ha azok ugyanazt az irányítást határozzák meg. Megjegyzés: h: R t h(t) C b h(t)dt a = ( b a h (t)dt b h (t)dt a b a ) Re(h) b + i Im(h) a z(t) = cos(t) + i sin(t) (egységkör a komplex számsíkon) z = dz = z z = z z (t) = sin(t) + i cos(t) π dz = π i cos(t)+i sin(t) e i t ( sin(t) + i cos(t)) dt i e i t = π i e i t e i t dt π = i dt = ( π dt π idt ) = ( ) = π i π z(t) = t ( + i) z (t) = + i Γ z dz = (t ( + i) ( + i)dt = (t i t) ( + i)dt = t 5dt = [ 5 t ] 5 = Komplex Newton-ebnitz formula Definíció: egyen f: C C nyílt halmazon értelmezett függvény. Az F: Dom(f) C primitív függvénye f-nek, ha reguláris és F = f. Tétel (Newton-eibnitz): Ha az előbbiek szerint f folytonos és F = f, akkor minden Γ Dom(f)-re, aminek a kezdő- és végpontja z, z : Γ f(z)dz = F(z ) F(z ) f(z) = z z = dz =? és F(z) =?, ha z F (z) = z F(z) = z = z z = dz = ( ) = z Követelmény: Ha f-nek van primitív függvénye, akkor A komplex függvénytan alaptétele (Cauchy-tétel): Γ f = Megjegyzés: C-beli integrálok előállítása vonalintegrálként: Γ f(z)dz = f = u + i v és dz = dx + i dy = (u + i v) (dx + i dy) = Γ = udx vdy + i vdx + udy Γ Γ P = (u; v) és Q = (v, u)

34 Pdr + i Qdr Newton-eibnitz R 3 -ban v = grad(φ) Γ grad(φ)dr = φ(r ) φ(r ) Ez az I. gradiens-tétel Γ kezdő- és végpontja: r és r Bizonyítás: C N-beli f = u + i v F = φ + i ψ [ xφ y φ b ] = [a x ψ y ψ b a ] F = x φ + i ( y φ) = u + i v F = y ψ + i x ψ = u + i v f = udx vdy + i vdx + udy = x φdx + y φdy + i x ψdx + y ψdy = Implicit egyenlet: = gradφ + i gradψ = φ(r ) φ(r ) + i (ψ(r ) ψ(r )) = F(r ) F(r ) 8. előadás u(r) = u: R m R u(r(t)) = grad(u) r(t) r (t) = grad(u) r (t) A felületi normális a gradiens. Gömb: u(x, y, z) = x + y + z R grad = ( x, y, z) Irányítás általánosan n-dimenzióra Definíció: CROSS: R n -ben a,, a n CROSS(a,, a n ) az egyetlen olyan, aki:. Merőleges az a,, a n által kifeszített altérre. Nagysága: a,, a n által kifeszített paralelotop n--dimenziós térfogata 3. a,, a n, CROSS(a,, a n ) jobb sodrású ( a szokásos bázisról az erre való áttérés mátrixának determinánsa > ) e e n CROSS(a,, a n ) = ( ) n a () a (n) ( ) a n () a n (n) -dimenzióban: Állítás: i j CROSS ( a ) = = (y, x) = ( y, x) (balra forgatás) x y x,y - argumentumok cserélése -szeresére változik - minden argumentumban lineáris - i j: a i = a j CROSS(a,, a n ) =

35 r = r(u) által adott valódi felület irányítása: cross(r u (u)). Egy pontbeli értéke az ottani felületi normális. cross(r u (u)) cross(r u (u)) : felületi egységnormális F: r(u u n ) (u u n ) A A = {(u u n ) ( u u n ) = A) F: s(u u n ) = r( u u n ) (u u n ) A F zárt felület kifelé irányított u A ε > δ (, ε) r(u) + δ cross(r u (u)) V F felület a V-t határolja D-ben: F = r a r b dudv A f f x Általában: F felszíne = F = cross(r u ) du A R sugarú, h magasságú hengerpalást r(u, v) = (R cos(u), R sin(u), v), u [, π], v [, h] r u = ( R sin(u), R cos(u), ) r v = (,,) r u r v = (R cos(u), R sin(u), ) F = π r u r v = R (cos (u) + sin (u)) = R h Rdvdu = π h R H R m v: H R k k = m + v folytonos. Vonalintegrálok egyen : r = r(t) t I H adott görbe a, v görbementi integrálja -en vdr I v(r(t)) r (t)dt b, v ívhossz szerinti integrálja -en. Felületi integrálok v dr I v(r(t)) r (t) dt F H valódi felület r = r(u), u A A m a, v felületmenti integrálja F-en F vdf b, v felszín szerinti integrálja F-en A v(r(u)) cross(r u (u))du Tétel F v df A v(r(u)) cross(r u (u)) du A fent definiált integrálok alaptulajdonságai. ineáris operátorok. Additív halmazfüggvény

36 3. vdr F vdf = vdr = vdf F 4. m v(r) M m vdr M m F F vdf M F 5. dr = és df F = F 6. v e a v-nek r érintő egységvektorára eső vetületének előjeles hossza, azaz v e vdr = v e dr (e = r r ) 7. v n a v-nek felületi normálisra eső vetületének előjeles hossza, azaz v n F vdf = v n df F (n = cross(r u ) cross(r u ) ) 6-os bizonyítása: v e dr = v e (r(t)) r (t) I r (t) v(r(t)) r (t) = v(r(t)) r (t)dt I 8. gyakorlat Stokes-tétel: F felület R 3 -ban. F pereme F-nek. v: R 3 R 3, folytonosan differenciálható. Dom(v) nyílt. F F Dom(v) F v = rot(v) F i j k rot(v) = x y z v = (v, v, v 3 ) v v v 3 Keressük C-ben az alakját. T v 3 = v = v (x, y) és v = v (x, y) rot(v) = x v y v f =? f = u + i v P = ( u v ) Q = ( u v ) Cauchy-Riemann szerint: x u = y v és y u = x v T y u f = P dr + i Qdr = x v y u + i x u d y v = = dxdy T + i dxdy T T = C Megjegyzés: A bizonyításban feltettük, hogy f folytonosan differenciálható (valójában nem szükséges) Goursat-lemma Perem és tartomány helyett egy görbére mondjuk majd ki. T y v f C-differenciálható függvényt háromszögön (T) értelmezünk, akkor T f =

37 Bizonyítás: T f f + f + f + 3 f 4 Középső szakaszokon kétszer integrálunk, egyszer az egyik, majd a másik irányba, így azok kiesnek. f f T + f + f + f ezek közül van egy maximális f T K K T() = K. f T 4n f T (n). K T (n) = K n 3. Ezek egymásba skatulyázott határértékeke sorozata, z lesz a határértéke f(z)dz = T f(z (n) ) + f (z ) (z z ) + ε(z) (z z )dz T (n) ε >, hogyha z z < δ, akkor ε(z) < ε f(z ) + f (z ) (z z ) ε(z) z z d z ε K T (n) n d z T (n) ε K n f T 4n f T (n) = 4 n ε K = ε 4 n K ε Cauchy-féle integráltétel + ε(z) (z z )dz = ε(z) (z z )dz T (n) K n = ε K 4 n f: C C reguláris a Γ görbén és belsejében, Dom(f) egyszeresen összefüggő nyílt tartomány. Ekkor Cauchy-féle integrálformula Γ f = f: T C reguláris a T tartományon, T egyszeresen összefüggő, Γ egyszerű zárt görbe a T-ben, amely körülhurkolja z -at. Ekkor: n! f (n) (z ) = π i Γ f(z) (z z ) n+ dz n Z + ch(z) z = z 5 dz A Cauchy-féle integrálformulát kell használni. Adjuk meg a képletben szereplő paramétereket: f(z) = ch(z) z = (mert (z z ) most (z )) n = 4 (mert n + = 5) Most már felírhatjuk a formulát: ch (4) () = 4! π i ch(z) z = z 5 dz /átszorzunk π i-vel, leosztunk 4!-al ch(z) z = z 5 dz = ch (4) () π i = ch() π i 4! 4! ch = sh, ch = sh = ch ch (3) = sh ch (4) = ch Használjuk fel, hogy e z z = n n= és ch(z) = e z +e z n!

38 ch() π i 4! = e +e π i = π i 4! z z = z z z = középpontja az (,) pontban van sugarú kör, aminek a Át kell alakítani a törtet, hogy a nevezőbe csak (z z )-os dolog kerüljön. z z = z z = z z = z (z ) A (z ) van a körön belül a többit felvisszük a számlálóba. z marad a nevezőbe, ami már jó. f(z) = z z z = z z z Ebből az alakból már felírhatjuk a formulát: n + = n = z = π i! f () () = π i z z z= = π i sin( i z π ) z i = z + dz z i = sugarú kör, aminek a középpontja (, i)- ben van Megint átalakítjuk a törtet: sin( i z π ) z i = dz (z i) (z+i) A (z i)-s gyök van a körön belül, a többi felkerül a számlálóba: z i = sin( i z π ) z+i z i dz Ebből felírhatjuk a Cauchy-formulát: f(z) = sin(i z π ) z+i n = z = i π i sin(i z π)! z+i z=i = π i ( i ) = π sin ( π ) = Van egy kompatibilisen irányított felületünk. Mennyi ezen T dz z Kompatibilis irányítás: ha az iránynak megfelelően sétálok, akkor bal kéz felől legyen a felület. A belső kör egy egységsugarú kör: z = A külső görbe Γ.? T dz z = z = dz z + z dz Γ = z = dz z + z = dz z = π i + π i =

39 pozitívan irányított kör, amire tudjuk, hogy Negatívan irányított körre ennek a --szerese. z = z 9. előadás dz = π i rdr (r: identitás függvény) : origó középpontú, 3 sugarú, pozitívan irányított kör r(t) = 3 (cos(t), sin(t)) t [, π] r (t) = 3 ( sin(t), cos(t)) π 9 (cos(t), sin(t)) ( sin(t) cos(t))dr π = dr = F rdf F: z tengelyű, origó csúcsú, π felnyílásszögű, kifelé irányított kúp 4 r(u, v) = (v cos(u), v sin(u), u) u [, π], v [, π] i j k r u r v = v sin(u) v cos(u) = (v cos(u), v sin(u), v (cos (u) + sin (u))) cos(u) sin(u) F π R rdf = v (cos(u), sin(u), ) (cos(u), sin(u), )dvdu = π R = dvdr = cross(r u (u)) = (,) 9 -os forgatás balra v(x, y) = (f(x), ) nem negatív, monoton nő (jobbra sűrűsödik) Több megy ki, mint be. Alul és felül az integrál. Előző előadáson tanult képlet szerint: F vdf A v(r u (u)) cross(r u (u))du F vdf d = (f(a), ) (,)du c vdf = vdf = = (c d) f(b) F 3 F 3 Egész felületen: vdf F d = f(a) = (c d) f(a) c = (d c) (f(b) f(a))

40 v(x, y) = (f(y), ) f folytonos Alul és felül továbbra is. F vdf vdf F d = (f(u), ) (,)du c vdf = vdf F 3 F 3 d = = f(u) c d = f(u) c = Ugyanannyi megy be, mint ki. w(x, y) = (, f(x)) f folytonos cross(r u (u)) = (,) Bal és jobb oldalon. F vdf b = (, f(d)) (,)du a = (b a) f(d) vdf = F vdf = = (b a) f(c) 4 Eredmény F F 4 udf = (b a) (f(d) d(c)) v(x, y) = (f(x, y), ) f folytonos Alul és felül F F3 vdf vdf vdf F d = (f(a, u), ) (,)du c = vdf F 3 = f(b, u) f(a, u)du d = = f(b, u) du c d = f(a, u) du c w(x, y) = (, g(x, y)) Előzően hasonlóan Definíció: F wdf b = g(u, d) g(u, c)du a () H R n (korlátos halmaz) átmérője = d H = {sup x y ; x, y H} () H k R n r R n -re zsugorodik, ha r IntH k k és lim k d(h k ) = Definíció (forrássűrűség): r G R n, v: G R n folytonos G\{r }. Ha normál térrészek minden R n -beli r -ra zsugorodó V k sorozatára lim V k vdf létezik, és ugyanannyi, akkor ezt hívjuk v forrássűrűségének az r F -ban. (F k a V k -t határoló k kifelé irányított felület) s(v)(r ) = lim V k vdf v forrássűrűsége (x, y ) pontban ((x, y ) (a, b) (c, d)) V k = [a k, b k ] x [c k, d k ] y lim b k a k = lim d k c k = - 4 -

41 d k vdf = (f(d F k, u) f(a k, u))du k c k V k d k (f(d k, u) f(a k, u))du c k = (b k a k ) (d k c k ) d k (f(d k, u) f(a k, u))du c k = agrange ξ [c k,d k ] ρ k (a k,b k ) (f(bk,ξ k ) f(a k,ξ k )) (d k c k ) = (b k a k ) (d k c k ) = f x (ρ k, ξ k ) f x (x, y ) Ha f x folytonos 9. gyakorlat 8. gyakorlat végén volt: Van egy kompatibilisen irányított felületünk. Mennyi ezen T dz z Kompatibilis irányítás: ha az iránynak megfelelően sétálok, akkor bal kéz felől legyen a felület. A belső kör egy egységsugarú kör: z = A külső görbe Γ.? T dz z = z = dz z + z dz Γ = z = dz z + z = dz z pozitívan irányított kör, amire tudjuk, hogy Negatívan irányított körre ennek a --szerese. = π i + π i = z = z dz = π i Azt kaptuk, hogy egy függvény integrálja a nagy görbére ugyan az, mint az integrálja a kis körre. A kis körökre Integrálunk. z = dz = +z z = (z+i) (z i) Felrajzoljuk: z = origó középpontú, sugarú kör Kis körök középpontjai: (, i) és (, i) Erre a két kis körre integrálunk. A sugarat tetszőlegesen megválaszthatjuk. egyen, hogy ne lógjon a nagy körön kívülre. z = dz= +z z i = (z i) (z+i) dz + z+i = dz (z i) (z+i) A Cauchy-féle integrálformulát kell alkalmaznunk, tehát a nevezőben valahogy (z z ) alakra kell hozni. A piros körnél a (z i) van a körön belül, a többit felvisszük a számlálóba, a zöld körnél pedig a (z + i) van a körön belül. z+i z i = dz z i + z i z+i = dz z+i Most már alkalmazhatjuk a Cauchy-féle integrálformulát: π i! z+i z=i + π i! z i z= i = π π = - 4 -

42 e z z =3 dz = z 4 z 3 e z z =3 dz z 3 (z ) Megint rajzoljuk fel: z = 3 Középpont: (,), sugár 3 kis kör középpontja: (,) és (,). Ezekre integrálunk. Kis körök sugarát válasszuk -nak, hogy ne érjenek össze. 3 e z z = dz + 3 z3 (z ) z = 3 e z z 3 (z ) dz A piros körnél a z van a körön belül, a többit felvisszük a számlálóba, a zöld körnél pedig a (z ) van a körön belül, a z 3 kerül fel a számlálóba. z = 3 e z z z 3 f(z) = dz + e z z z = 3 e z z 3 z dz f(z) = n + = 3 n = n + = n = e z z 3 z = z = Használjuk a Cauchy-féle integrálformulát: z e ( e z n =, vagyis az függvényt kell kétszer deriválni és a z z = pontbeli értékét venni: z ) = e z (z ) e z (z ) ( e z (z ) = e z (z ) (z ) ) = (e z (z )+e z ) (z ) + e z (z ) (z ) (z ) (z ) 4 z= = 5 A végeredmény e z n =, vagyis az függvényt kell vennünk a z z 3 = helyen: e π i! ( 5) + π i e = 5 π i + e π i! Elemi függvények Négyzetre emelés z z z = e (cos(φ) + i sin(φ)) w = z = r (cos( φ) + i sin( φ)) Exponenciális z w z -nek nincs inverze, de a z Riemann felületén már invertálható. z e z z = r (cos(φ) + i sin(φ)) e z = e x+i y = e x w e i y arg(w)=y Nem invertálható, de Riemann felületen igen

43 z e z periodikus: e z e z+k π i = e z [(e i π ) ] k = e z k (e i π = ) Periódus: π i. előadás (f(x, y), ) forrássűrűsége az (x, y ) pontban f x (x, y ) (, g(x, y)) forrássűrűsége az (x, y ) pontban g y (x, y ) (f(x, y), g(x, y)) forrássűrűsége az (x, y ) pontban f x (x, y ) + g y (x, y ) v(x,y) div(v) (x,y) Ugyan ez, csak az erővonalak ferdén haladnak. vdv =? a görbe. Bal és jobb oldalt az integrál, mert a felületi normális merőleges az erővonalakra. Felül pedig az integrál az alsó integrál --szerese vdv = A szemben lévő oldalak integráljai kiejtik egymás (egymás -szeresei) vdv = Alul és felül megint kiejtik egymást, viszont bal és jobb oldalon is pozitív lesz az integrál, mert az erővonalak merőleges vetülete (piros nyilak) pozitív irányba mutat. Az integrál értéke pozitív Jobb oldalon és alul nem halad át erővonal, így ott az integrál. Felül és bal oldalon pedig ugyan annyi megy be mint ki, ez egy négyzet. df = v(x, y) = (f(x, y), )

44 Bal oldalon és jobb oldalon ismét. r(t) = (t, c) r (t) = (,) Alul: vdr Felül: vdr = v(r(t)) r (t)dt b = f(t, d)dt a vdr b = f(t, c) f(t, d)dt a b = (f(t, c), ) (,)dt a b = f(t, c)dt a R -beli normált térrészek minden r -ra zsugorodó F k sorozatára ha lim F k irányított határa) és ez ugyanannyi, akkor ezt v r-beli örvénysűrűségének nevezzük. Jele: c(v)(r ) F k = [a k, b k ] [c k, d k ] x [a k, b k ], y [c k, d k ] lim b k a k = lim d k c k = c(f(x, y), )(x, y ) = lim k (b k a k ) (d k c k ) (f(ξ = lim k,c) f(ξ k,d)) (b k a k ) k (b k a k ) (d k c k ) = agrange ρ k [c k,d k ] b a f(t, c) f(t, d)dt lim f y(ξ k, ρ k ) = k Hasonlóan: c(, g(x, y))(x, y ) = = g x (x, y ) f y folytonos ξ k [a,b] = f y (x, y ) Következmény: c(f(x, y), g(x, y))(x, y ) = ha f,g folytonosan diffható g x (x, y ) f y (x, y ) = rot(v) (x,y ) k vdr (ahol k az F k pozitívan emma: Ha F a síkbeli V valamelyik tengely szerinti normál tartomány kifelé irányított határa és R folytonosan differenciálható valós értékű függvény V-n, akkor. (, h)df F. (h, )df F Tétel (Gauss Osztrogradszkij-tétel): = h y (x, y)dv, ha V x-re nézve normál tartomány v = h x (x, y)dv, ha V y-ra nézve normál tartomány V Ha F a V síkbeli normál tartomány kifelé irányított határa és v: H R, V H R folytonosan differenciálható, akkor Bizonyítás: F V v df (g,h) F g x + h y dv div(v) vdf = div(v)dv V = (g, )df + F (, g)df F = g x (x, y)dv + V h y (x, y)dv = V Következmény: Az előző igaz akárhány dimenzióban és normál tartomány helyett normál térrészre is. H: R sugarú, h magasságú, z tengelyű henger

45 v(x, y, z) = v(x, y, ) H vdf = div(v) dv V hengertest = dv dv = R π h Vagy: vdf H = v n df = R df = R df H H H = R R π h = R π h. gyakorlat Komplex integrálás megtört szakaszon (két részre kell bontani az integrált) f(z) = Re(Z) + i (Im(z)) (x + i y ) Γ: a görbe, amin integrálunk f(z) sehol sem differenciálható z(t)-s képletet kell használni Γ f t = f(z(t)) z (t)dt t Γ = [3; 3 + i] piros szakasz [3 + i; i] zöld szakasz A teljes integrál a integrál összege: I = I + I A piros szakasz egyenlete: z (t) = 3 + t i t Kell még: z (t) = i Behelyettesíthetünk a képletbe: I = (3 + i t ) f(z (t)) i z (t) dt = 3 i t dt A zöld szakasz egyenlete: z (t) = i + 3 t t 3 Kell még: z (t) = 3 Behelyettesítés: I = (3 t + i 4) f(z (t)) ( ) dt z (t) = [ (t 3) i t] = i = [3 i t t 3 8 = 6 i 3 ] 3 Végeredmény: I = I + I = 6 i sin(z) = ei z e i z (= sh(i z)) i i cos(z) = ei z + e i z (= ch(i z)) sh(z) = e z e z e i φ = cos(φ) + i sin(φ)

46 ch(z) = e z + e z e z = z =? Átírjuk a jobb oldalt e z = e i π z = i π + k π i e z = i Átírjuk a jobb oldalt e z = e i π z = i π + k π i sh ( + π π + e i) = i e π i = (e (cos (π ) sh(z) = sh(x + i y) = e x (cos(y)+i sin(y)) e x (cos( y)+i sin( y)) (Harmonikus társkeresés) u = x 3 3 x y + i sin ( π ) ) (cos ( π e ) + i sin ( π ) )) = i (e + ) e = cos(y) (e x e x ) + i sin(y) (e x + e x ) u =? f = u + i v reguláris f() = i (u =, v = ) x u = 3 x 3 y xx u = 6 x y u = 6 x y yy u = 6 x xx u + yy u = aplace-féle parciális diffegyenleteket kielégíti harmonikus függvény. A Cauchy-Riemann-féle parciális differenciálegyenletek szerint: x u = y v y u = x v (u-t ismerjük, v-t keressük, ez lesz a harmonikus társa) Az alábbi egyenletrendszert kapjuk: I. y v = 3 x 3 y x u II. x v = 6 x y y u I. egyenletet parciálisan integráljuk y szerint: v = 3 x y y 3 + C(x) C(x) csak x-től függ, mert y szerint deriváltunk II. egyenletbe ezt behelyettesítjük v helyére (majd x szerint deriváljuk)

47 6 x y + C (x) = 6 x y C (x) = C(x) = konst. Vagyis v = 3 x y y + konst Kezdeti feltétel szerint ez a (,) pontban egyenlő -vel: v = 3 + konst = konst = v = 3 x y y + Ívhossz =? e t cos(t) r(t) = ( e t sin(t) ) t e t s = t t r (t) dt e t cos(t) e t sin(t) r (t) = ( e t sin(t) + e t cos(t) ) e t s = e t (cos(t) sin(t)) + e t (sin(t) cos(t)) + e t dt = e t (cos (t) cos(t) sin(t) + sin (t) + (sin (t) + cos(t) sin(t) + sin (t)) + )dt sin (t) + cos (t) = és cos(t) sin(t) + cos(t) sin(t) kiesik így a gyök alatt marad ++ = e t 3dt = 3 e t dt Igazoljuk, hogy ez egy kúpfelület! = 3 [e t ] = 3 (e ) r cos(φ) 45 -os kúp paraméterezése: ( r sin(φ) ) ami megegyezik a megadott felülettel, ha r = e t és φ = t r ZH-ban lehet a kúp, henger és a gömb paraméterezése. Kúp már megvan. R cos(φ) Hengerfelület paraméterezése: ( R sin(φ) ) h R cos(φ) sin(θ) Gömb paraméterezése: ( R sin(φ) sin(θ) ) R cos(θ) Mennyi a 8-ad gömb felszíne? F = u r v r dudv = T u,v u r v r számolása i j k φ R sin(φ) sin(θ) R cos(φ) sin(θ) θ R cos(φ) cos(θ) R sin(φ) cos(θ) R sin(θ) = = R 4 cos (φ) sin 4 (θ) + R 4 sin (φ) sin 4 (θ) + R 4 (sin (φ) sin(θ) cos(θ) + cos (φ) sin(θ) cos(θ)) dφdθ