Kónya Ilona. VIK, Műszaki Informatika ANALÍZIS (2) Oktatási segédanyag

Átírás

1 VIK, Műszaki Informatika ANAÍZIS (2) Komplex függvénytan Oktatási segédanyag A Villamosmérnöki és Informatikai Kar műszaki informatikus hallgatóinak tartott előadásai alapján összeállította: Fritz Józsefné Kónya Ilona április Szerkesztette: Győri Sándor

2 . Bevezetés Komplex szám fogalma:... Algebrai (kanonikus) alak: z = x + j y x = Re z, y = Im z, z = x 2 + y 2, z 2 = zz Trigonometrikus alak: z = r (cos ϕ + j sin ϕ) r = z, ϕ = arc z ( főérték: π ϕ < π ) Exponenciális alak: z = r e jϕ Műveletek komplex számok körében:... szimbólum, mint komplex szám: z + = z =, ha z 0 z z 0 z =, ha z =, ha z 0 = 0, ha z De 0 =?, =?, 0 0 =? Ábrázolás: C : Gauss-féle számsík... C : Riemann-féle számgömb... c Kónya I. Fritz Jné Győri S. v.2

3 2. Komplex tagú számsorozatok, számsorok Számsorozatok D lim z n = z 0 : n ε > 0-hoz N(ε) : z n z 0 < ε, ha n > N(ε) D lim z n =, ha z n n T (z n = x n + j y n z 0 = x 0 + j y 0 ) ((x n x 0 ) (y n y 0 )) T (z n z 0 ) (z n ) Cauchy sorozat Most is igaz: lim n zn 0 = 0, ha z 0 <,, ha z 0 =, divergens egyébként. lim ( + z 0 + z z0 n ) = lim n n n k= z k 0 = k= z k 0 = z 0, ha z 0 <. Egyébként divergens. Számsorok z k : s n = k=0 n k=0 z k D s = lim n s n ( z k = x k + j y k esetén x k konvergens, y k konvergens ) k=0 k=0 T Cauchy kritérium igaz... c Kónya I. Fritz Jné Győri S. 2 v.2

4 T k=0 z k konvergens = lim n z n = 0 T z k konvergens = z k konvergens k=0 k=0 3. Komplex változós függvények w = f(z) = u(x, y) + j v(x, y) = ρ(r, ϕ) e j θ(r,ϕ) Pl. f(z) = z 2 = (x + j y) 2 = x 2 y 2 + j 2xy = r 2 e j 2ϕ (Kétrétű leképezés) D egyen z 0 D f belső pontja! lim z z 0 f(z) = w 0, ha ε > 0 - hoz δ(ε) > 0 : f(z) w 0 < ε, 0 < z z 0 < δ(ε) T lim z z 0 f(z) = w 0 z n z 0 - ra (z n D f, z n z 0 ) f(z n ) w 0 T z 0 = x 0 + j y 0, w 0 = u 0 + j v 0 lim z z 0 f(z) = w 0 lim (x,y) (x 0,y 0 ) u(x, y) = u 0 és lim (x,y) (x 0,y 0 ) v(x, y) = v 0 D Az f függvény folytonos az értelmezési tartomány z 0 lim z z 0 f(z) = f(z 0 ) belső pontjában, ha c Kónya I. Fritz Jné Győri S. 3 v.2

5 4. Deriválhatóság, regularitás D egyen z 0 D f belső pontja! f differenciálható z 0 -ban, ha létezik lim z 0 f(z 0 + z) f(z 0 ) z = f (z 0 ) = D C D = D + j D 2 Pl. f(z) = z 3 lim z 0 (z 0 + z) 3 z 3 0 z = lim z 0 3 z 2 0 z + 3 z 0 ( z) 2 + ( z) 3 z = 3 z 2 0 Pl. f(z) = z lim z 0 z 0 + z z 0 z = lim z 0 z z = lim z 0 (Ugyanis függ a határérték ϕ = arc z értékétől.) e j 2 arc z = T A valós függvényekre tanult differenciálási szabályok, - beleértve az összetett és az inverzfüggvényre vonatkozó differenciálási szabályokat is -, érvényesek a komplex változós függvényekre is. T Szükséges és elégséges tétel differenciálhatóságra: f : C C akkor és csak akkor differenciálható az értelmezési tartomány belső z 0 pontjában, ha f = f(z 0 + z) f(z 0 ) = D z + ε( z) z, ahol D független z - től, ε( z) = ε ( z) + j ε 2 ( z), z = x + j y és lim z 0 T f differenciálható z 0 -ban = f folytonos z 0 -ban c Kónya I. Fritz Jné Győri S. 4 v.2

6 T Szükséges és elégséges tétel differenciálhatóságra: Az f(z) = u(x, y) + j v(x, y) komplex függvény akkor és csak akkor differenciálható az értelmezési tartomány z 0 = x 0 + jy 0 belső pontjában, ha u és v totálisan deriválható (x 0, y 0 )-ban és ugyanitt u x = v y u y = v x fennállnak. Ekkor B Cauchy Riemann féle parciális differenciálegyenletek f (z 0 ) = u x (x0,y 0 ) + j v x (x0,y 0 ) f = f(z) f(z 0 ) = D (z z 0 ) + ε (z z 0 ); z z 0 = z = (x x 0 ) + j (y y 0 ) = x + j y lim ε = 0 z z0 Mindkét oldalt felírjuk algebrai alakban: Bal oldal: f = {u(x, y) u(x 0, y 0 )} + j {v(x, y) v(x 0, y 0 )} Jobb oldal: (D + j D 2 )( x + j y) + (ε + j ε 2 )( x + j y) = = {D x D 2 y + ε x ε 2 y} + j {D 2 x + D y + ε 2 x + ε y} Az egyeztetésből: u = u(x, y) u(x 0, y 0 ) = D u x v = v(x, y) v(x 0, y 0 ) = D 2 v x x + ( D 2 ) u y x + D v y y + ε x + ( ε 2 ) y y + ε 2 x + ε y Tehát u-nak és v-nek totálisan deriválhatónak kell lenni (x 0, y 0 ) -ban és Vagyis u x = D = v y; u y = D 2 = v x. f (z 0 ) = D + jd 2 = u x(x 0, y 0 ) + j v x(x 0, y 0 ). (A bizonyítás gondolatmenete megfordítható. Így visszafelé is igaz.) M A Cauchy-Riemann egyenletek miatt további három képletünk is van: c Kónya I. Fritz Jné Győri S. 5 v.2

7 f (z 0 ) = D + j D 2 = u x(x 0, y 0 ) + j ( u y(x 0, y 0 ) ) = = v y(x 0, y 0 ) + j ( u y(x 0, y 0 ) ) = = v y(x 0, y 0 ) + j v x(x 0, y 0 ) T Elégséges tétel f (z 0 ) létezésére: Ha u és v parciális deriváltjai léteznek K (x0,y 0 )-ban és itt folytonosak és a C R egyenletek teljesülnek (x 0, y 0 )-ban, akkor f (z 0 ). D f reguláris z 0 -ban, ha δ > 0, hogy f differenciálható K z0,δ-ban. D f reguláris a T tartományon (összefüggő és nyílt ponthalmaz), ha minden pontjában reguláris. Pl. f(z) = z 2 = (x + jy) 2 = x 2 y 2 + j 2xy u(x, y) = x 2 y 2 parciális deriváltak mindenütt léteznek és folytonosak v(x, y) = 2xy u x = 2x ; u y = 2y, v x = 2y, v y = 2y Így az u x = v y, u y = v x Cauchy-Riemann egyenletek mindenütt teljesülnek = f mindenütt deriválható = f mindenütt reguláris. És f (z) = u x + j v x = 2x + j 2y (= 2z) Pl. f(z) = z z 2 = (z z) z = z 2 z = (x 2 + y 2 ) (x + jy) = (x 3 + xy 2 ) + j (x 2 y + y 3 ) Így u(x, y) = x 3 + xy 2, v(x, y) = x 2 y + y 3 u és v parciális deriváltjai mindenütt léteznek és folytonosak u x = 3x 2 + y 2, v y = x 2 + 3y 2 ; u x = v y : 2x 2 = 2y 2 x = y u y = 2xy, v x = 2xy ; u y = v x : xy = 0 x = 0 vagy y = 0 Mindkét feltétel teljesül, ha ( x = y ) ( x = 0 y = 0 ) = f csak z = 0 -ban deriválható. Így sehol sem reguláris. c Kónya I. Fritz Jné Győri S. 6 v.2

8 D Harmonikus függvény g CH 2 harmonikus H -n, ha kielégíti a g = 0 aplace-féle parciális differenciálegyenletet. (g x x + g x 2 x g x m x m = 0, kétváltozósra: g xx + g yy = 0) T Ha f = u + jv reguláris K z0,δ -ban (vagy egy T tartományban), akkor ott valós és képzetes része harmonikus függvény. B f(z) = u + jv u x = v y () u y = v x (2) x () : u xx = v yx y () : u xy = v yy y (2) : + u yy = v xy u = 0 x (2) : u yx = v xx v = 0 Felhasználtuk, hogy a regularitás miatt f (és így u és v is) akárhányszor differenciálható, amit később bizonyítunk. D Ha f(z) = u + jv reguláris K z0,δ -ban, akkor u -nak v harmonikus társa T Ha u harmonikus K z0,δ -ban ( u = 0, x+jy K z0,δ), akkor v harmonikus függvény (harmonikus társ) úgy, hogy f(z) = u(x, y) + jv(x, y) reguláris függvény. M A tétel egyszeresen összefüggő tartományban is igaz. M 2 Hasonlóan v -hez is u... ( B) Pl. Határozzuk meg α R értékét úgy, hogy az u(x, y) = x 2 + α y 2 egy reguláris komplex változós f függvény valós része legyen! f ( + 3j) =? c Kónya I. Fritz Jné Győri S. 7 v.2

9 Megoldás: Ha f reguláris, akkor u harmonikus. Tehát u 0 -nak kell teljesülnie! Tehát u x = 2x, u xx = 2, u y = 2 α y, u yy = 2 α u xx + u yy = α = 0 α =, vagyis u(x, y) = x 2 y 2 f meghatározásához elegendő u ismerete, hiszen van olyan képletünk, melyben csak u parciálisai szerepelnek: f ( + 3j) = u x(, 3) j u y(, 3) = 2 j( 6) = 2 + j6 Pl. Igazolja, hogy v(x, y) = x 3 x 2 3x y 2 + y 2 függvény egy reguláris f komplex változós függvény képzetes része lehet és írja fel az f függvényt! Megoldás: v harmonikusságát kell ellenőriznünk! v x = 3x 2 2x 3y 2, v xx = 6x 2, v y = 6xy + 2y, v yy = 6x + 2 Tehát v 0, v mindenütt harmonikus. Így létezik harmonikus társa. A két függvényt a Cauchy-Riemann parciális differenciálegyenletek kapcsolják össze, vagyis ()-ből: u x = v y = 6xy + 2y () u y = v x = 3x 2 + 2x + 3y 2 (2) u(x, y) = ( 6xy + 2y) dx = 3x 2 y + 2xy + C(y) Ennek y szerinti parciális deriváltját behelyettesítve (2)-be: 3x 2 + 2x + C (y) = 3x 2 + 2x + 3y 2 c (y) = 3y 2 C(y) = y 3 + K Tehát u(x, y) = 3x 2 y + 2xy + y 3 + K (K R), így a keresett f függvény f(z) = 3x 2 y + 2xy + y 3 + K + j (x 3 x 2 3x y 2 + y 2 ) 5. A differenciálhányados geometriai jelentése (64. oldal) egyen f differenciálható K z0 -ban, f (z 0 ) 0. Ekkor f (z 0 ) : a z 0 pontbeli nyújtási együttható; arc f (z 0 ) : a z 0 pontbeli elfordulási szög. c Kónya I. Fritz Jné Győri S. 8 v.2

10 B w = f(z) z α C z z 0 w w w 0 C β = α + arc f (z 0 ) w f (z 0 ) z (=differenciál) ( w = w w 0, z = z z 0 ) Ezért w f (z 0 ) z w w 0 z z 0 = w z f (z 0 ), tehát közelítőleg állandó, vagyis független a konkrét C-től. z w z 0 w 0 Tehát egy elegendően kis sugarú kör képe,,lényegében kör. Másrészt w f (z 0 ) z miatt: Ha z z 0, akkor w w 0 és Tehát lim w w 0 arc w arc f (z 0 ) + arc z lim z z 0 lim w w 0 arc z = α arc w = β arc w = β = arc f (z 0 ) + α Vagyis az elfordulás minden, a z 0 ponton átmenő görbére ugyanaz. c Kónya I. Fritz Jné Győri S. 9 v.2

11 6. Konform (konformis) leképezés (06. oldal) (,,A formát változatlanul megtartó ) D Az f komplex függvény által létesített leképezés a z 0 pontban lokálisan konform, ha ott a.) iránytartóan szögtartó b.) kismértékben aránytartó z z 2 z 0 z w w 2 w w 0 Vagyis z 2 z 0 z = w 2 w 0 w és w 2 w 0 z 2 z 0 w w 0 z z 0,,ényegében hasonlósági transzformáció. T Az f reguláris komplex függvény akkor és csak akkor képezi le a z sík valamely z 0 pontjának egy környezetét a w sík w 0 = f(z 0 ) pontjának egy környezetére kölcsönösen egyértelműen és konformisan, ha f (z 0 ) Tartományok konform leképezése (09. oldal) D Az f komplex függvény által létesített leképezés a T (nyílt) tartományon konform, ha annak minden pontjában konform. T 2.2. A tartomány megmaradásának elve Ha az f konstans komplex függvény reguláris, akkor a nyílt tartomány képe nyílt tartomány. (Határpontokat határpontokba visz.) T Ha az f komplex függvény egy T tartományon egyrétű, reguláris és f (z) 0, akkor a T tartományt kölcsönösen egyértelműen és konform módon képezi le egy T tartományra. Az előzőek megfordítása: Ha T és T egyszeresen összefüggő tartományok, akkor f(z), mely kölcsönösen egyértelműen és konformisan leképezi T -t T -ra. T (Kerületek irányítása) A T és T tartományok kölcsönösen egyértelmű és konform leképezésénél kerületeik körüljárási iránya változatlan marad. Ennek következménye: hogy ha a T tartomány kerületének körüljárásánál a tartomány pl. balkéz felé esik, akkor a T képtartomány kerületének azonos irányú körüljárásánál T is balkéz felé esik. c Kónya I. Fritz Jné Győri S. 0 v.2

12 7. ineáris leképezések (6. oldal) Egyenes komplex egyenlete: Behelyettesítve: αx + βy + γ = 0 Így az egyenes komplex egyenlete: ( w = az + b; w = az + b ) cz + d x = z + z 2 ; y = z z 2j α 2 (z + z) + β (z z) + γ = 0 2j ( α 2 j β ) ( α z j β ) z + γ = 0 2 }{{} := a az + a z + c = 0 vagy az + a z = c Kör komplex egyenlete: z z 0 2 = r 2 ( (x x0 ) 2 + (y y 0 ) 2 = r 2) (z z 0 )(z z 0 ) = r 2 zz z 0 z z 0 z + z 0 z 0 r 2 = 0 z 0 középpontú, r sugarú kör egyenlete 7.. ineáris egész függvény w = az + b = ϱ 0 r e j(ϕ+ϕ 0) + b a, b C adott, a = ϱ 0 e jϕ 0.) Kölcsönösen egyértelmű a teljes z és a teljes w sík között. (w( ) = ) 2.) Hasonlósági transzformációt létesít a teljes z síkon. { Ui.: az = ϱ 0 re j(ϕ+ϕ 0) nyújtás vagy zsugorítás (ϱ0 ) forgatás (ϕ 0 ) +b eltolás szuperpozíciója. Tehát a z sík bármely T tartományát a w sík egy hozzá hasonló T tartományára képezi le, amely a T -ből nagyítással (vagy kicsinyítéssel), elforgatással és párhuzamos eltolással jön létre. c Kónya I. Fritz Jné Győri S. v.2

13 3.) A leképezés körtartó a teljes z síkon. A fentiek miatt kört körbe, egyenest egyenesbe visz át. 4.) A leképezés konform a teljes z síkon. w = a 0 = mindenütt konform. 5.) A leképezés fix (helyben maradó) pontjai: z =, illetve (z = az + b-ből:) z = b, ha a. a Pl. w = z + + j Mibe viszi át a leképezés az a.) Im z < 0 b.) Im z = 0 c.) Im z > 0 ponthalmazt? a.). megoldás: Im z = y < 0 z = e jπ z Im w > z j z w 2. megoldás: w = u + jv = (x + jy) + + j u = x +, v = y Im z = y < 0 y > 0 Im w = v = y > x tetsz. u = x + tetsz. b.) Im z = 0 képe Im w = (Határt határba visz.) c.) Az előzőek miatt: Im z > 0 képe Im w <. c Kónya I. Fritz Jné Győri S. 2 v.2

14 Pl. w = az + b =?, hogy a z sík bejelölt tartományát a w sík bejelölt tartományába vigye? w z π 4 2j Megoldás: w w z w = ϱ 0 e j 3π 4 z (ϱ 0 > 0) w = w 2j = w = ϱ 0 e j 3π 4 z 2j ϱ 0 R Reciprok függvény: w = z.) Kölcsönösen egyértelmű a teljes z és a teljes w sík között. Kiterjesztés ehhez: w(0) =, w( ) = 0. 2.) A w = leképezés a z = egységkörre és a valós tengelyre vonatkozó inverzió z (tükrözés) egymásutánja. B w = w, }{{} ahol inverzió a valós tengelyre Az utóbbihoz: w = z }{{} inverzió a z = körre D A z 0 középpontú, R sugarú K körre inverz pontok azok a z és ζ pontok, amelyek a K kör középpontjából induló valamely félegyenesen úgy helyezkednek el, hogy z z 0 ζ z 0 = R 2 c Kónya I. Fritz Jné Győri S. 3 v.2

15 A z 0 középpont inverze legyen:. A mi esetünkben: w = z = = z e j arc z z ej arc z Tehát } a.) w z = w 0 z 0 = 2 (z 0 = 0, R = ) Inverzió a z = körre. b.) arc w = arc z Az egységkör ( z = ) pontjai helyben maradnak. 3.) A leképezés konform a z sík minden pontjában. ( ) Ui. w = = 0, ha z z z2 (z = 0-ra is z = -re is kiterjeszthető a fogalom.) 4.) A w = z leképezés kögyenes tartó leképezés. Azaz kör képe egyenes vagy kör, egyenes képe egyenes vagy kör kögyenes képe kögyenes. Röviden körtartó leképezésnek nevezzük az ilyen leképezést. B a.) Kört körbe vagy egyenesbe visz: zz z 0 z z 0 z + z 0 z 0 = r 2 w = z z = w ; z = w ww z 0 w z 0 w + z 0 z 0 = r 2 z 0 w z 0 w + z 0 z 0 ww = r 2 ww ( r 2 z 0 z 0 ) ww + z0 w + z 0 w = / ww Ha r 2 z 0 z 0 = 0, vagyis zz z 0 z z 0 z = 0 volt az egyenlet, tehát origón átmenő kör: z 0 w + z 0 w = : egyenes a képgörbe Ha r 2 z 0 z 0 0: (r 2 z 0 z 0 valós) z 0 z 0 ww + w + w = r 2 z 0 z }{{ 0 r } 2 z 0 z }{{ 0} := c = c r 2 z 0 z 0 : kör c Kónya I. Fritz Jné Győri S. 4 v.2

16 b.) Egyenest körbe vagy egyenesbe visz: az + a z = c (c valós); z = w, z = w a w + a w = c / ww c w w a w a w = 0 Ha c = 0 (origón átmenő egyenes): aw + aw = 0 : egyenes a képgörbe (szintén origón átmenő) Ha c 0 : mindkét oldalhoz aa c egyenletet: = a 2 c -t hozzáadva és c -vel végigosztva az ww a c w a c w + aa c 2 = a 2 c 2 : origón átmenő kör 5.) Fix pontok: z = z z = ill. z = 7.3. Általános lineáris törtfüggvény a, b, c, d C, c 0 Ui.: w = az + b a cz + d = z + b c c z + d c w = z + K 3 : eltolás; = K + K 2 z + K 3 w 2 = w : inverzió egységkörre és a valós tengelyre; w 3 = K 2 w 2 : forgatás + nyújtás (zsugorítás); w = K + w 3 : eltolás körtartó leképezés Pl. Határozzuk meg a w = z leképezésnél az alábbi görbékhez rendelt képgörbék jellegét! c Kónya I. Fritz Jné Győri S. 5 v.2

17 a.) z Többet mond: w = z = és w =. = w = z z = : z e = j arc z z e j arc z : w = z ; origó középpontú egységsugarú kör. arc w = arc z (Az utóbbi képletből látszik amit persze tudunk, hogy a valós tengelyre tükrözött.) Mibe viszi át a z < tartományt? z w = z > w b.) c.) 2z w = z e j arc z = w = 2 kör (tükrözve) z Origón átmenő kör. A képgörbe: kör vagy egyenes. Mivel z = 0 rajta van az ősképen, ehhez w = z a -t rendeli = képgörbe egyenes. z = nincs rajta az ősképen = az egyenes nem megy át az origón. w (v = mu + b; b 0) d.) + + z z = 0 nincs rajta = képgörbe kör z = nincs rajta = a kör nem megy át az origón + w + e.) z z = 0 rajta van = egyenes (w = rajta van) z = rajta van = w = 0 rajta van (Nem önmagába viszi!) w f.) w z 0, w z Pl. Hogyan kapható meg a w = z leképezésnél a képgörbe egyenlete? c Kónya I. Fritz Jné Győri S. 6 v.2

18 a.) (w =) u + jv = x + jy ( = ) -ből x = z u u 2 + v 2, y = v u 2 + v 2 Ezt behelyettesítve az őskép egyenletébe megkapjuk a keresett egyenletet. b.) Most kevésbé jó: a 3 pontos módszer (lásd később). Pl. y = mx v u 2 + v = m u 2 u 2 + v 2 Pl. y = 3x = v = mu (Tükröződött az imaginárius tengelyre.) z w v = 3u Pl. y = mx + b v u 2 + v = m u 2 u 2 + v + b... 2 u2 + m b u + v2 + v = 0 : origón átmenő kör b Pl. x 2 + 2x + y 2 + 6y = 0 (Origón átmenő kör.) Egyenest várunk, mely nem megy át az origón. Behelyettesítve: u 2 (u 2 + v 2 ) u u 2 + v 2 + v 2 (u 2 + v 2 ) 2 6v u 2 + v 2 = 0 / (u2 + v 2 ) 2 és rendezve (u 2 + v 2 )( + 2u 6v) = 0 = + 2u 6v = 0 Pl. Határozzunk meg egy olyan leképezést, mely az A halmazt a B halmazra képezi le. a.) A = {z : z r}, B = { w : w } r z w r r w = z (De w = e jϕ 0 z is jó.) b.) A = {z : z r }, B = {w : w r 2 } z w r r 2 c Kónya I. Fritz Jné Győri S. 7 v.2

19 A leképezés közbülső lépése: w = z w w = r r 2 w Tehát w = r r 2 z egy ilyen leképezés. c.) A = {z : z a r }, B = {w : w b r 2 } z +a A leképezés közbülső lépései: w r w 2 r + b w w = w 3 + b w r 2 w = z a r w 2 = w w 3 = r r 2 w 2 Egy megfelelő függvény: w = r r 2 z a + b d.) A = {z : z a r }, B = {w : w b r 2 } z w +a + b Ez ugyanaz, mint az előző: w = r r 2 z a + b Pl. Mibe viszi át a w = z z 2j z 3 Im z z 2 z Re z függvény a z < 2 tartományt? Im w w 2 = w Re w w 3 c Kónya I. Fritz Jné Győri S. 8 v.2

20 z = 2 w = 2 2 j2 2 + j2 2 + j2 = 4 + 4j = 2 + j 2 z 2 = 2j w 2 = Re w 2 z 3 = 2 w 3 = 2 2 j2 = 2 j 2 8. Elemi függvények Definíciók: e z := e x (cos y + j sin y) sin z := ejz e jz 2j cos z := ejz + e jz 2 sh z := ez e z 2 ch z := ez + e z 2 A definíciók felhasználásával beláthatók az alábbi azonosságok:.) e z e z 2 = e z +z 2 2.) e z+2πj = e z (e z 2πj szerint periodikus) 3.) sin 2 z + cos 2 z = ( π ) 4.) sin z = cos 2 z 5.) sin(z ± z 2 ) = sin z cos z 2 ± cos z sin z 2 6.) cos(z ± z 2 ) = cos z cos z 2 sin z sin z 2 7.) sh(z ± z 2 ) = sh z ch z 2 ± ch z sh z 2 8.) ch(z ± z 2 ) = ch z ch z 2 ± sh z sh z 2 Mutassuk meg, hogy.) sin jz = j sh z 2.) sh jz = j sin z 3.) cos jz = ch z 4.) ch jz = cos z c Kónya I. Fritz Jné Győri S. 9 v.2

21 a.) megoldása a szinusz függvény definíciójával: sin jz = ej(jz) e j(jz) 2j A többi hasonlóan látható be. = e z e z j 2 }{{} = j = j ez e z 2 = j sh z Írjuk fel u(x, y) + jv(x, y) alakban a sin z, cos z, sh z, ch z függvényeket! sin z = sin(x + jy) = sin x cos jy + cos x sin jy = sin x ch y + j cos x sh y Tehát u(x, y) = sin x ch y, v(x, y) = cos x sh y Hasonlóan megmutatható, hogy cos z = cos (x + jy) = cos x ch y j sin x sh y sh z = sh (x + jy) = sh x cos y + j ch x sin y ch z = ch (x + jy) = ch x cos y + j sh x sin y A Cauchy Riemann féle parciális differenciálegyenletek segítségével vizsgáljuk meg az e z, sin z, cos z, sh z, ch z függvényeket differenciálhatóság és regularitás szempontjából! e z = e x cos y + je x sin} y u(x, y) = e x cos y totálisan deriválhatók, mert a v(x, y) = e x sin y parciálisok léteznek és folytonosak } u x = e x cos y v y = e x cos y u y = e x sin y v x = e x = u x = v y sin y u y = v x (x, y)-ra Tehát mindenütt deriválható = mindenütt reguláris. (e z ) = u x + jv x = e x cos y + je x sin y = e z Hasonlóan belátható, hogy (sin z) = cos z (cos z) = sin z (sh z) mindenütt regulárisak = ch z (ch z) = sh z Az utóbbi deriváltak a függvények definíciójából a láncszabály segítségével is levezethetők. c Kónya I. Fritz Jné Győri S. 20 v.2

22 8.. Exponenciális függvény (47.o. 53.o.; 52. oldalon b.) nem kell) D e z := e x (cos y + j sin y) Tehát e z = e x ; arc e z = y Tulajdonságok: e z = e x (cos ( y) + j sin ( y)) = e x (cos y j sin y) = e z Továbbá igaz: e z e z 2 = e z +z 2 (e z ) z 2 = e z z 2 Tehát jogos a definíció. Periodikus függvény, periodusa 2πj. Ui.: e z+2kπj = e x+j(y+2kπ) = e z Tehát végtelen sokrétű leképezés. 0-át ill. -t soha nem veszi fel, minden más értéket igen. e z 0, mert e z = e x > 0 e z, mert csak a -ben vehetné fel, de lim e z z e z e z 0 (Két úton mást kapunk.) De w 0 -hoz z 0 : e z 0 = w 0, ha w 0 0 és w 0. Ui.: e z 0 = e x 0 e jy 0 = w 0 = ϱ 0 e jθ 0 (w 0 adott) = e x 0 = ϱ 0, vagyis x 0 = ln ϱ 0 és y 0 = Θ 0 + 2kπ. Tehát z 0 = ln ϱ 0 + j(θ 0 + 2kπ). Ha leszűkítjük az értelmezési tartományt a fősávra, akkor a leképezés már kölcsönösen egyértelmű lesz. Fősáv: π arc e z = y < π jπ z w jπ e z c Kónya I. Fritz Jné Győri S. 2 v.2

23 w = e x, tehát x < 0 : w < x = 0 : w = x > 0 : w > e z mindenütt reguláris és mindenütt konform. Már láttuk: (e z ) = e z ogaritmus függvény ill. reláció (52. o.) Az exponenciális függvény inverze. Ehhez e z értelmezési tartományát le kell szűkíteni, hogy a leképezés kölcsönösen egyértelmű legyen. Pl. a fősáv ban fennáll az invertálhatóság: z jπ w w = ln z jπ Értelmezési tartomány: C {0} w = ln z : z = e w z e j arc z = e u+jv = e u e jv Ahonnan kapjuk, hogy u = ln z (ez a valósból ismert függvény) v = arc z π arc z < π w = ln z = n 0 z = ln z + j arc z A többi sávban is elvégezhető az invertálás, így jutunk el az n z végtelen sokértékű relációhoz. n z = ln z + j(arc z + 2kπ) k = 0, ±,... n k z : ennek a k-adik ága. (Arc z = arc z + 2kπ jelölést is használjuk.) Pl. ln ( j) = ln 2 + j ( ) ( ) π 4 ; j = 2e jπ/4 n ( j) = ln 2 + j ( π + 2kπ) 4 ln j = ln + j π = j π; n j = j ( π + 2kπ) c Kónya I. Fritz Jné Győri S. 22 v.2

24 8.3. A hatványfüggvény általánosítása a komplex síkra z λ := e λ ln z z 0 ; z, λ C Pl. j +j = e (+j) ln j = e (+j) j π 2 = e j π 2 e π 2 = je π 2 9. Komplex vonalintegrál Megállapodások: T -vel tartományt jelölünk (összefüggő, nyílt ponthalmaz), G: a komplex sík egy irányított, rektifikálható görbeszakasza Jordan-görbe: (többszörös pont nélküli görbe) (96. o.) γ(t) = x(t) + jy(t); α t β síkbeli ponthalmaz Jordan-görbe, ha.) γ(t) folytonos t [α, β]-n 2.) γ(t) kölcsönösen egyértelműen képezi le az [α, β] bármely nyílt részintervallumát a komplex sík egy ponthalmazára (tehát γ(t ) = γ(t 2 ) akkor és csak akkor, ha t = t 2 ) A Jordan-görbe zárt, ha γ(α) = γ(β), egyébként nyílt. Sima Jordan-görbe: (érintője folytonosan változik) x, y C [α,β] Szakaszonként sima görbe: véges sok sima görbe folytonos csatlakozással A szakaszonként sima görbe mérhető ívhosszúságú: s = β γ(t) dt = β ẋ2 (t) + ẏ 2 (t) dt α α Egyszerű görbe: szakaszonként sima, irányított Jordan-görbe. ehet zárt és nyílt. Jelölése: C egyszerű. A komplex vonalintegrál definíciója C egyszerű; f értelmezett -en és itt f(z) korlátos. z 0, z,..., z n a befutás sorrendjében. P n (= F n ): a P n (F n ) felosztás finomsága: z k a szomszédos osztópontokat összekötő görbeszakaszok z ívhosszainak a maximuma. A = z 0 z k B = z n ζ k (reprezentációs pont) c Kónya I. Fritz Jné Győri S. 23 v.2

25 D n f(z) dz = lim f(ζ k )(z k z k ) C P n 0 k= }{{} integrálközelítő-összeg Jelölés: f(z) dz; f(z) dz (zárt görbénél) Elégséges feltétel az integrál létezésére pl. f folytonossága. Érdekesség: c dz = 0, c C. Ugyanis minden integrálközelítő-összegre: n k= c (z k z k ) = c ((z z 0 ) + (z 2 z ) + + (z n z n )) = c (z n z 0 ) = 0 }{{} = 0 a zártság miatt A komplex vonalintegrál néhány tulajdonsága,, 2 egyszerű görbék, f és g integrálhatók,, 2 -n. f(z) dz = f(z) dz ( : ellentétes irányítással) c f(z) dz = c f(z) dz (f(z) + g(z)) dz = f(z) dz + g(z) dz 2 f(z) dz = f(z) dz + f(z) dz 2 f(z) dz M s, -en f(z) M, s: az görbe ívhossza 9.. Az integrál kiszámítása T : z(t) = x(t) + j y(t) vagy z(t) = r(t) e jϕ(t), z C [α,β], c Kónya I. Fritz Jné Győri S. 24 v.2

26 f folytonos -en β β f(z) dz = f(z(t)) ż(t) dt = f(z(t))z (t) dt α α T 2 Newton eibniz-formula általánosítása: T ; T -n F : F (z) = f(z) ( primitív függvény) f(z) dz = F (B) F (A) AB Pl..) 2.) e jz dz = e j z dz =? ejz j 2 2j = j (e 2j e 2 ) 2j 2 x + y = 2 = z(t) = t + j(2 t) t [0, 2], ż(t) = j f(z(t)) = e j(t j(2 t)) = e 2 t+jt = e 2 e ( +j)t f(z(t)) ż(t) = ( j)e 2 e ( +j)t f(z) dz = 2 f(z(t)) ż(t) dt = 2 ( j)e 2 e ( +j)t dt = 0 2 = ( j)e e ( +j)t dt == ( j)e 2 e( +j)t + j 2 0 = e 2 ( e 2+j2 ) Pl. Mutassuk meg, hogy { 0, ha n (z a) n dz = 2πj, ha n = a c Kónya I. Fritz Jné Győri S. 25 v.2

27 z(t) = a + re jt (= (a + r cos t) + j(a 2 + r sin t)) ; ż(t) = jr e jt n = : dz 2π z a = 2π a + re jt a jrejt dt = j dt = 2πj n (n Z) : 0 0 2π 2π (z a) n dz = r n e jnt jr e jt dt = jr n+ e j(n+)t dt = jr n+ 0 0 ej(n+)t j(n + ) 2π 0 = Cauchy-féle alaptétel T Ha f reguláris az egyszeresen összefüggő T tartományon, akkor minden T -beli egyszerű zárt görbére: f(z) dz = 0 ( B) A Cauchy-féle alaptétel következményei: T f reguláris az egyszeresen összefüggő T tartományon; T egyszerű. Ekkor f(z) dz értéke független -től, értéke csak a A AB végpontoktól függ. AB BA B AB BA AB f(z) dz = f(z) dz + f(z) dz = f(z) dz f(z) dz = 0 AB B T = f(z) dz = AB AB f(z) dz A B T T Ha f reguláris az egyszeresen összefüggő T tartományon, akkor létezik primitív függvénye. c Kónya I. Fritz Jné Győri S. 26 v.2

28 z Pl. F (z) = f(z) dz az, ahol az integrálás tetszőleges z0 z egyszerű görbére végezhető. B ( B) z 0 T Cauchy-tétel többszörösen összefüggő tartományon: G i, i = 0,,..., n egyszerű, zárt görbék; G 0 körülveszi G,..., G n -et. f reguláris egy, a vonalkázott zárt tartományt tartalmazó többszörösen összefüggő tartományon. Ekkor vagyis n f(z) dz + f(z) dz = 0, G + 0 k= G k f(z) dz = G 0 n f(z) dz k= G k n = 3 esetén (G 0, G,..., G n azonos irányítású egyszerű zárt görbék) B (Vázlat) : f(z) dz = 0 =... M A Cauchy alaptétel akkor is igaz, ha olyan zárt görbe, amely véges sok egyszerű görbe egyesítése. T f reguláris az egyszeresen összefüggő T tartományon az a, a 2,..., a n pontok kivételével (izolált szingularitások). G, G 2 T azonos irányítású egyszerű, zárt görbék és körülveszik az a,..., a n pontokat. c Kónya I. Fritz Jné Győri S. 27 v.2

29 Az adott feltételek mellett: G = f(z) dz = f(z) dz G 2 n k= k f(z) dz } {{ } a bizonyításhoz B Az előző tétel segítségével. T f a z 0 kivételével reguláris az egyszeresen összefüggő T tartományon, és létezik K z0,δ 0 T, melyben f korlátos. G T egyszerű, zárt görbe, mely körülveszi z 0 -t. Ekkor G f(z) dz = 0 B G f(z) dz = K = f(z) dz M }{{} 2δπ G f(z) dz = 0 s < ε, ha δ < ε 2Mπ (K : z z 0 = δ < δ 0 ) 9.3. Reguláris függvény előállítása integrálalakban egyszeresen összefüggő tartományon T Cauchy-féle integrálformula c Kónya I. Fritz Jné Győri S. 28 v.2

30 f(z) = 2πj G + f(ζ) ζ z dζ Feltételek: f reguláris az egyszeresen összefüggő T tartományon, G T egyszerű, zárt görbe, egyszer futja körbe a z pontot. B G + f(ζ) ζ z dζ = G + f(ζ) f(z) + f(z) ζ z = f(z) G + dζ = f(ζ) f(z) dζ ζ z } {{ } G + dζ = f(z) 2πj ζ z + z környezetében korlátos, hiszen f (z), z kivételével pedig reguláris. f(ζ) f(z) = dζ = 0 (az előző tétel miatt) ζ z G + G + f(z) ζ z dζ = 9.4. Magasabbrendű deriváltak létezése és integrál-előállítása T Általánosított Cauchy-féle integrálformula f reguláris az egyszeresen összefüggő T tartományon; z T, G T egyszerű, zárt görbe, egyszer futja körbe a z pontot. Ekkor f z-ben akárhányszor deriválható függvény, és f (n) (z) = n! 2πj G + f(ζ) dζ n =, 2,... (ζ z) n+ Vagyis: ha f reguláris az egyszeresen összefüggő T tartományon, akkor ott akárhányszor differenciálható. ( B) c Kónya I. Fritz Jné Győri S. 29 v.2

31 0. Komplex hatványsor (általánosított hatványsor).) Komplex elemű hatványsor (Pozitív kitevőjű hatványok végtelen összege.) a k (z z 0 ) k, ahol a k, z, z 0 C k=0 A valós esethez hasonlóan a sor konvergens, ha z z 0 < R, ahol R = lim sup n a n, illetve R = lim n a n a n+ z z 0 > R tartományon a hatványsor divergens, z z 0 = R : kérdéses eset. Speciális esetek: R = : a sor minden z -ben konvergens, R = 0 : a sor csak z = z 0 -ban konvergens. Pl. n=0 ( z + 2j 2 j ) n = n=0 ( ) n (z + 2j) n 2 j : geometriai sor, így konvergenciáját ismerjük. Konvergencia tartomány: q = z + 2j z + 2j 2 j = < = z + 2j < 5, 5 tehát a z 0 = 2j pont 5 sugarú környezetében konvergens. 2.) Negatív kitevőjű hatványok végtelen összege: b k (z z 0 ) = c k k (z z 0 ) k, ahol b k (= c k ), z, z 0 C k= k= A konvergencia vizsgálatot u = helyettesítéssel visszavezetjük az elöző esetre: z z 0 b k u k konvergens, ha u < R = z z 0 < R k= = r := R < z z 0 Tehát most a konvergencia tartomány egy kör ( r sugarú) külseje, a belső pontokban divergencia van, a körvonal pontjai kérdésesek. ( R -et itt is a valósból ismert képlettel számolhatjuk.) Speciális esetek: r = : a sor egyetlen pontban sem konvergens, c Kónya I. Fritz Jné Győri S. 30 v.2

32 r = 0 : a sor z = z 0 kivételével minden z -ben konvergens. 3.) Általánosított komplex hatványsor: a k (z z 0 ) k + b k (z z 0 ) = k k=0 k= k= c k (z z 0 ) k = =... + c 2 (z z 0 ) 2 + c z z 0 + c 0 + c (z z 0 ) + c 2 (z z 0 ) c k, z, z 0 C Az általánosított hatványsor konvergencia tartománya az előző típusú konvergencia tartományok közös része lehet, tehát egy z 0 középpontú nyílt körgyűrű: Gy z0, r, R = {z : r < z z 0 < R}, ahol r = a belső kör sugara, R = a külső kör sugara A gyűrű határpontjaiban a konvergencia kérdéses. Speciális esetek: K z0,r, K z0,r, C, Az általánosított hatványsor tulajdonságai T Ha a korlátos és zárt T Gy z0, r, R (gyűrű, nyílt halmaz) az általánosított hatványsor konvergencia gyűrűjének, akkor c k (z z 0 ) k egyenletesen konvergens a T tartományon. k= T 2 Ha z Gy z0, r, R nyílt gyűrűnek, akkor c k (z z 0 ) k folytonos z -ben. k= T 3 Ha z Gy z0, r, R nyílt gyűrűnek, akkor k= c k (z z 0 ) k akárhányszor differenciálható z -ben ( = reguláris z -ben) és az összegfüggvény deriváltját tagonkénti deriválással kaphatjuk meg. c Kónya I. Fritz Jné Győri S. 3 v.2

33 T 4 egyszerű görbe, Gy z0, r, R, akkor c k (z z 0 ) k dz = c k (z z 0 ) k dz k= k= azaz tagonként szabad integrálni. Mi a kapcsolat egy hatványsor összegfüggvénye és az együtthatók között? T Ha ekkor f(z) := n= c n = 2πj G + c n (z z 0 ) n, f(ζ) dζ, (ζ z 0 ) n+ ahol G + Gy (Gy: a sor konvergencia gyűrűje) B (Vázlat) Felhasználjuk, hogy... =..., ha r < ϱ < R, és mivel a konvergencia egyenletes, tagonként integrálhatunk. G K z0,ϱ.) f(z) dz = Tehát n = - re igaz az állítás. c n (z z 0 ) n dz n= K K }{{} { 2πj, ha n = = 0, egyébként = c 2πj D res f(z) := c = f(z) dz : residuum (maradvány) z=z 0 2πj G + ha speciálisan a KT.: 0 < z z 0 < R c Kónya I. Fritz Jné Győri S. 32 v.2

34 2.) Osszuk el a sort (z z 0 ) -lal: f(z) dz = c 0 2πj z z 0 K Tehát n = 0- ra is igaz. 3.) Osszuk el pl. (z z 0 ) -gyel: f(z) (z z 0 ) = f(z) (z z 0) = + c 2 + c + c 0 (z z 0 ) + z z 0 = Tehát n = 2- re is igaz. Stb. K f(z) (z z 0 ) dz = c 2 2πj. aurent sor D f reguláris Gy : r < z z0 < R - en, f(z) = c n (z z 0 ) n, n= ahol ahol G + Gy c n = 2πj G + f(ζ) dζ, (ζ z 0 ) n+ Ha f reguláris z z 0 < R -en: n < 0- ra: c n = 0, hiszen n 0- ra: c n = 2πj G + f(ζ) (ζ z 0 ) n+ is reguláris f(ζ) dζ = (ζ z 0 ) n+ 2πj 2πj f (n) (z 0 ) n! = f (n) (z 0 ) n! (Taylor-együtthatók) c Kónya I. Fritz Jné Győri S. 33 v.2

35 Tehát ekkor speciális esetként Taylor-sort kapunk. D A H nemüres nyílt halmaz bármely pontja körül hatványsorba fejthető komplex függvények a H halmazon analitikus függvények. T Az f komplex függvény akkor és csak akkor analitikus egy H halmazon, ha ott reguláris. Példák: l. előadás és gyakorlat.. Izolált szingularitások D f-nek izolált szingularitása van z 0 -ban, ha f z 0 -ban nem differenciálható, de f reguláris K z0,δ = K z0,δ \ {z 0 }-ban. Izolált szingularitások osztályozása (z 0 az izolált szinguláris pont).) Megszüntethető szingularitás: lim z z0 f(z) (= c 0 ) (A z 0 közvetlen környezetében konvergens, (z z 0 ) hatványait tartalmazó sorban nincs negatív kitevőjű tag.) 2.) Pólus: lim z z0 f(z) = D A pólus n-edrendű, ha lim z z0 (z z 0 ) n f(z) 0 (= c n ) (A sorban véges sok negatív kitevőjű tag van.) 3.) ényeges szingularitás: lim f(z) ( sem!) z z0 (A megfelelő sorban végtelen sok negatív kitevőjű tag van.) c Kónya I. Fritz Jné Győri S. 34 v.2

36 .2. Residuum-tétel T T egyszeresen összefüggő tartomány; a, a 2,..., a n f reguláris ezen pontok kivételével izolált szingularitások; G + f(z) dz = 2πj n k= res f(z) z=a k B G + f(z) dz = n k= G k f(z) dz =.3. Residuumok meghatározása.) Sorfejtéssel 2.) Elsőrendű pólus esetén: res z=z 0 f(z) = lim z z0 ((z z 0 ) f(z)) 3.) f(z) = g(z) h(z) ; g és h reguláris a z = z 0 pont egy környezetében; h(z 0 ) = 0, de h (z 0 ) 0 res z=z 0 4.) Ha z = z 0 n-edrendű pólus: res f(z) = z=z 0 g(z) h(z) = g(z 0) h (z 0 ) (n )! lim z z 0 d n dz n ((z z 0) n f(z)) c Kónya I. Fritz Jné Győri S. 35 v.2

37 2. Néhány példa Pl. f(z) = z 2 +.) Állítsa elő a függvény z 0 = j bázispontú összes aurent-sorfejtését! 2.) z 2 + dz =? z 2j =2 Megoldás:.) f(z) = z j z + j = z j g(z) g(z) sorfejtését kell megcsinálni a megfelelő körgyűrűn, és minden tagot megszorozni z j -vel. g(z) = z + j = z j + 2j α.) β.) g(z) = 2j q = z j 2j (z j) 2j KT.: 0 < z j < 2 g(z) = z j = 2j ( ) k (z j) = 2j k=0 ( ) k+ ( ) k (z j) k = 2j k=0 = 2j (z j) + (2j) 2 (2j) (z 3 j)2 + KT.: q = z j z j 2j = < = z j < 2 2 f(z) = z j g(z) = ( ) k+ ( ) k (z j) k = 2j = 2j 2j z j k=0 z j (2j) + (z j) + 2 (2j) 3 = z j k=0 ( ) k 2j = z j k=0 = z j 2j (z j) 2 + (2j)2 (z j) 3 ( 2j) k (z j) k+ = c Kónya I. Fritz Jné Győri S. 36 v.2

38 q = 2j z j KT.: q = 2j z j = 2 z j < = z j > 2 f(z) = z j g(z) = ( 2j) k (z j) = k+2 (z j) 2j 2 (z j) + 3 KT.: z j > 2 M Másik lehetőség: k=0 f(z) = z 2 + = (z j)(z + j) = A z j + B z + j = f (z) + f 2 (z) A és B meghatározása után f (z) sorfejtése kész, és csak f 2 (z) sorfejtése van hátra. 2.) z 2j =2 z 2 + dz = 2πj res f(z) = 2πj z=j 2j = π Vigyázat! res f(z) a j pont közvetlen környezetében konvergens konvergens, (z j) z=j hatványait tartalmazó aurent-sor c együtthatója, tehát az α sorból kell leolvasni! M Természetesen a Cauchy-féle integrálformula alkalmazásával is megkapható az integrál értéke. Pl. f(z) = z (z 2) 2 (z + ) Adja meg a z 0 = 2 bázispontú aurent-sorfejtéseket! Megoldás: (z 2) hatványait tartalmazó konvergens aurent-sorba fejthető az α.) 0 < z 2 < 3 β.) z 2 > 3 körgyűrűkön. Útmutató: z (z 2) 2 (z + ) = A (z 2) + B 2 z 2 + C z + A, B, C meghatározható. Az első két tag sorfejtése önmaga, KT.: z 2 > 0. Csak a harmadik tag sorfejtését kell elvégezni. c Kónya I. Fritz Jné Győri S. 37 v.2

39 Vagy: f(z) = g(z) sorfejtését kell elvégezni, és minden tagot z (z 2) 2 z + = (z 2) g(z) 2 g(z) = z z + = z + 2 z + Az első tag kész, a második tagot kell sorbafejteni: z + = 3 (z 2) + 3 = (z 2) 3 z 2 -nel beszorozni. (z 2) 2 3 z 2 = 2 z + = q = z 2 3 = q = 3 z 2 Pl. Állapítsa meg a szingularitás jellegét és a residuumot a szinguláris pontban!.) f(z) = e z 2 2.) g(z) = z 2 ez Megoldás: Felhasználjuk, hogy.) 2.) e u = + u + u2 2! + u3 3! + + un + u C - re. n! e z 2 = + z + 2 2! z z > 0 4 n! z2n res e z 2 = c = 0; z = 0 lényeges szingularitás (végtelen sok negatív kitevőjű tag van) z=0 res z=0 z 2 ez = c = ; z 2 ez = z + 2 z + 2! + z 3! + + zn 2 + z > 0 n! z = 0 másodrendű pólus Pl. z =3 e 2z 8z 3 dz = I =? c Kónya I. Fritz Jné Győri S. 38 v.2

40 . megoldás: A Cauchy-féle általánosított integrálformula szerint: (f reguláris T egyszeresen összefüggő tartományon) f(z) 2πj dz = f (n) (z (z z 0 ) n+ 0 ) n! G + f(z) = 8 (e2z ) mindenütt reguláris; n + = 3 = n = 2; z 0 = 0 Ezért: I = 2πj 2! d 2 dz 2 ( 8 (e2z )) = z=0 2πj 2! 8 22 e 2z = j π z= megoldás: Dolgozhatunk a residuum tétellel is, mert most könnyen meghatározható sorfejtéssel a residuum. KT.: z > 0 e 2z = + 2z + (2z)2 2! g(z) = e2z 8z 3 = (2z)3 3! + z C-re z ! z ! ! + res g(z) = c = 22 z=0 8 2! = 4 = I = 2πj res g(z) = 2πj z=0 4 = j π 2 M Egyébként a sorfejtésből az is leolvasható, hogy a z 0 = 0 szingularitás másodrendű pólus. Pl. f(z) = sin (z + 2j) (z + 2j) 2 z.) Hol és milyen szingularitása van f-nek? 2.) f(z) dz =? Megoldás: z =3.) Szinguláris pontok: 2j, 0. Mindkettő elsőrendű pólus, mert: lim (z + z 2j 2j) f(z) = lim z 2j sin (z + 2j) z + 2j } {{ } z = 2j = j 2 0 c Kónya I. Fritz Jné Győri S. 39 v.2

41 ill. sin (z + 2j) lim zf(z) = lim = z 0 z 0 (z + 2j) 2 sin 2j (2j) = j sh 2 2 (2j) = j sh = j sh ) Mivel elsőrendű pólus esetén lim (z z 0 )f(z) = res f(z), z z 0 z=z 0 az előbb megkaptuk a residuumokat, és így célszerű a residuum tételt alkalmazni. ( ) ( f(z) dz = 2πj res f(z) + res f(z) = 2πj j z= 2j z=0 2 j sh 2 ) = π + π sh z =3 c Kónya I. Fritz Jné Győri S. 40 v.2