Segédanyag az A3 tárgy második zárthelyi dolgozatához

Átírás

1 Segédayag az A3 tárgy második zárthelyi dolgozatához Sáfár Orsolya Komplex számok fogalma A komplex számok a valós számok természetes kiterjesztése, aak érdekébe, hogy a gyökvoás mûvelete elvégezhetõ legye a egatív számok körébe is. Vegyük tehát hozzá az eddig megszokott valós számokhoz a -et, és jelöljük el ezt az új számot i-vel.a komplex számok igazából a valós számok és eze i valaháyszorosáak összegei. A komplex számokat legegyszerûbbe a komplex számsíko képzelhetjük el, mit vektorokat. Mide komplex szám megfelel egy az origóból az adott potba mutató vektorak. A komplex számsík két tegelyét valós, illetve tegelyek evezzük, egy z komplex szám koordiátáit pedig a komplex szám valós illetve képzetes részéek (jelölésük: Rz = a, illetve Iz = b). Ezek alapjá mide szám megegyezik a tegelyekre esõ vetületeiek összegével: z = a + ib. (Hasolóa mit ahogy síkvektorokál megszoktuk az xi + yj jelölést, ahol i, j a két tegelye lévõ egység hosszú vektorok. Itt ayi a külöbség, hogy a valós tegely egységvektoráak ics külö jele, a képzetes tegelyé pedig i). Im b r z ϕ a Re Egy komplex szám origótól vett távolságát evezzük a szám abszolútértékéek (jele r), a valós tegely pozitív felével bezárt szögét pedig a komplex szám szögéek (jele: φ). Eze meyiség segítségével a feti z = a+ib alak helyett haszálhatjuk az

2 z = r(cos φ + i si φ) trigoometrikus alakot is (mivel cos φ = a r, si φ = b r defiíció szerit). Végül a trigoometrikus alakot rövidíthetjük: z = re iφ Euler-alakra. Aak idoklása, hogy ez utóbbi két alak ugyaaz, Taylorsorfejtés segítségével törtéik. Ugyais e iz = (iz) k. k! k=0 Figyelembe véve, hogy i 4k =, i 4k+ = i, i 4k+2 =, i 4k+3 = i, kapjuk, hogy a feti sor megegyezik a, sorok összegével.) i si z = i cos z = ( ) k z 2k+ (2k + )! k=0 k=0 ( ) k z2k (2k)! 2 Alapmûveletek a komplex számok körébe Köye értelmezhetjük egy komplex szám és egy valós szám szorzatát, és összegét, legye z = a + ib, c R. Ekkor c + z = (c + a) + ib c z = c a + ic b A komplex számok körébe értelmezett a égy alapmûvelet. Legyeek z = a + ib, illetve z 2 = a 2 + ib 2 két tetszõleges komplex szám. Ekkor defiíció szerit: z + z 2 = a + ib + a 2 + ib 2 = (a + a 2 ) + i(b + b 2 ) z z 2 = a + ib a 2 ib 2 = (a a 2 ) + i(b b 2 ) z z 2 = (a + ib ) (a 2 + ib 2 ) = a a 2 + i 2 b b 2 + ia b 2 + ia 2 b = (a a 2 b b 2 ) + i(a b 2 + a 2 b ) Az osztás kicsit trükkösebb, de ki lehet szedi a evezõbõl a képzetes számot a következõ trükkel: 2

3 a + ib a 2 + ib 2 = a + ib a 2 + ib 2 a2 ib 2 a 2 ib 2 = a a 2 i 2 b b 2 + ia b 2 + ib a 2 a 2 2 (ib 2 ) 2 = a a 2 + b b 2 + i( a b 2 + b a 2 ) a 2 2 = a a 2 + b b b 2 a i a b 2 + b a b 2 a b 2 A szorzás és osztás mûvelete sokkal egyszerûbbe elvégezhetõ az Euleralak segítségével, ugyais: továbbá z z 2 = r e iφ r 2 e iφ 2 = r r 2 e i(φ +φ 2 ), z z 2 = r e iφ r 2 e iφ 2 = r r 2 e φ φ 2. A hatváyozás és gyökvoást em szokás a + ib alakba végezi, ugyais míg a z = (a + ib) kifejezés csak a biomiáls tétellel botható ki, addig z = (re iφ ) = r e iφ ige köye számolható. A gyökvoás pedig em is végezhetõ el a trigoometrikus vagy Euler-alak élkül: z = re φ + 2kπ, ahol k = 0,,.... Ezt a képletet úgy kell értei, hogy mide komplex számak darab -edik gyöke va, és ezeket úgy kell kiszámoli, hogy a feti képletbe be kell helyettesítei a k értékeket (mid az darabot), és ami kijö, az az db -edik gyök. Kidolgozott mitapéldák Végezzük el a kijelölt mûveleteket!. (2 + i)( i) 2. (3 + 6i)(4 + 7i) i 4 2i 4. ( i) Megoldások:. (2 + i)( i) = 2 i 2 2i + i = 2 + i = 3 i 3

4 2. (3 + 6i)(4 + 7i) = i i + 2i = i i 4 2i = 2+3i 4 2i 4+2i 4+2i = 8 6+i(4+2) = 2+6i 20 = 0 + i ( i) 25 = ( e i 7π 4 ) 25 = 2 25 e i 25 π 3 4 = 2 25 e i 3π = e iπ = e i π 2kπ +i 4 4 = e i π 4 +i kπ 2, azaz e i π 4, e i π 4 +i π 2, e i π 4 +iπ, a égy keresett gyök. e i π 4 +i 3π 2 3 Komplex elemû számsorozatok és számsorok 3. A kovergecia defiíciója Komplex számsorozat kovergeciájá ugyaazt kell érteük, mit valós számsorozatok eseté: az elemek egy bizoyos küszöbidex utá egyre közelebb kerülek a határértékhez (amely egy komplex szám). A távolságot ebbe az esetbe a két szám külöbségéek abszolútértékével mérjük. Ebbõl a defiícióból következik, hogy egy komplex számsorozat potosa akkor koverges, ha az elemeiek valós része és képzetes része is koverges. Kidolgozott mitapélda Mi az alábbi sorozat határértéke? z = i2 + Ebbe az esetbe külö megvizsgáljuk a valós részt, ami: + 3 = 3 3 illetve a képzetes részt, amire: = 0, 2 = = 2. Ezek alapjá a keresett határérték: 0 + 2i. 3.2 A Cauchy-tulajdoság Haszos fogalom a számsorozatok vizsgálatáál a Cauchy-sorozat. Akkor modjuk egy sorozatról, hogy az Cauchy-sorozat, ha mide ε > 0-hoz létezik N(ε), hogy mide, m > N(ε) eseté z z m < ε. Magyará szólva elég agy idexû tagjai a sorozatak tetszõlegese közel vaak egymáshoz. Ha z egy komplex számsorozat, akkor a kovergecia ekvivales a Cauchy-tulajdosággal, azaz egy sorozat koverges akkor és csak akkor, 4

5 ha Cauchy-sorozat. Ezt a téyt felhaszálhatjuk, hogy bebizoyítsuk egy sorozat koverges vagy diverges voltát. Kidolgozott mitapélda Koverges-e az alábbi sorozat? z = cos(φ) + i si(φ) Nem koverges, mert em Cauchy. Euler-alakba felírva: z = cos(φ) + i si(φ) = e i. Ebbõl látszik, hogy a sorozat elemei a komplex egységkörö helyezkedek el, és a szögük fix meyiséget, -et változik mide lépésbe (radiába számolva). Ez azt jeleti, hogy bármely két szomszédos elem távolsága álladó, pozitív meyiség. Így em teljesülhet a Cauchy-feltétel olya ε-ra, amely eél a fix távolságál kisebb, emiatt a sorozat em lehet koverges hoz tartó sorozatok A kovergecia feti defiíciójából az is következik, hogyha egy z sorozat koverges, és z = r e iφ, akkor az r és φ sorozatok is kovergesek, és ha z z = re iφ, akkor r r és φ mod2π φ, kivéve, ha r = 0. Ha 0-hoz tartó sorozatról va szó, akkor r általába köye becsülhetõ, és ha r 0, akkor a szöget em kell vizsgáluk (ez köye belátható pl. a Cauchy-tulajdoság segítségével). Kidolgozott mitapélda Koverges-e az alábbi sozozat? z = e i Ige, mert z = r = , így az egész sozozat tart a 0 (komplex) számhoz. 3.4 Végtelehez tartó sorozatok Itt va a legagyobb külöség a valós számokál megszokott defiícióhoz képest. Akkor modjuk, hogy egy komplex számsorozat tart a végtelebe, ha az abszolútértéke tart a végtelebe. A szög itt egyáltalá em érdekes. Így például míg a valós számokál a ( ) sorozatot divergesek eveztük, a komplex számok körébe ez a végtelebe tart. Érdemes úgy godoli, hogy a komplex számokál csak egy va, em úgy mit a valósokál, ahol volt + és. 5

6 Kidolgozott mitapéldák Bizoyítsuk be, hogy az alábbi sorozatok a végtelebe tartaak: a, z = ( 4 )e i + 2 b, z = i(cos( 3 )) Megoldások: a, r = z = 4, így a defiíció alapjá z. b, r = z = ( 2 0) 2 + (cos( 3 )) 2 ( 2 0) , a elég agy -re teljesül. Ezzel bebizoyítottuk, hogy a második sorozat is végtelebe tart. Gyakorló példák Vizsgáljuk meg az alábbi komplex elemû sorozatokat kovergecia szempotjából! a, z = 5 e i b, z = + + i e +! 3e 2(!) c, 3 3 e i d, 3 3 e i e, e iπ Megoldások: a, 0-hoz tart b, - 2i-hez tart c, 0-hoz tart d, -hez tart e, em koverges, mert em Cauchy 6

7 3.5 Komplex számsorok A komplex számsorok összegét hasolóa defiiálhatjuk a valós esethez, azaz i=0 z = lim N N z. Emiatt igaz marad a komplex számsorozatokra kimodott tulajdoság: a részösszegek valós és képzetes része tart az összeg valós illetve képzetes részéhez. Igaz továbbá két fotos tétel, amelyekkel már találkoztuk a valós számokál is: ha a sor koverges (létezik az összeg), akkor z 0 (vigyázat, ez fordítva em igaz, ha z 0, attól még em feltétle koverges a sor). A másik pedig: ha z -ból képzett sor koverges, akkor a z -ekbõl képzett sor is koverges, ezt eveztük abszolút kovergeciáak. Vigyázat, ez az állítás sem igaz fordítva, z kovergeciájából em következik z kovergeciája. i=0 Kidolgozott mitapéldák Kovergesek-e az alábbi végtele összegek? a, ( =0! + i ) 3 b, = 2 e i2 c, =0 ( ( + ) ) + i 2 + d, =0 (z ), ahol z egy tetszõleges komplex szám a, Koverges, és ebbe az esetbe a sorösszeget is meg tudjuk határozi: a valós részé: =0! = e. Ezt az ex függvéy Taylor-sorfejtésébõl tudjuk, ha behelyettesítük x = -et. Másrészt a képzetes rész: = i=0 = ,a geometriai sor összegképlete miatt. Így kérdezett sorösszeg: e + i 3 2. b, Koverges, mert abszolút koverges. Ugyais z = = i= 2 < c, Nem koverges, mert az általáos tag em tart 0-hoz, mivel ( z = + ) 2 ( ) = 0 7

8 d, A válasz most z értékétõl függ. Ha z <, akkor haszálhatjuk azt a tételt, amely szerit abszolút koverges sor koverges. Tehát ilye z-kre a sor koverges. Ha viszot z, akkor az általáos tag em tart 0-hoz, mivel az abszolútértéke em tart 0-hoz (hisze egy egyél agyobb szám hatváyai a végtelehez tartaak, míg ha z =, akkor z hatváyaiak abszolútértéke ). Eze z-kre tehát a sor diverges. Összefoglalva: eze sor kovergeciatartomáya, azaz azo z-k halmaza, amelyekre a sor koverges, az + 0i középpotú, sugarú yílt körlap. Gyakorló feladatok Vizsgáljuk meg az alábbi sorokat kovergecia szempotjából! a, ( = b, =0 c, = 9 + i 2 (( ei2 3 ) ) + i ) d, =0 (2z 3i), ahol z egy tetszõleges komplex szám Megoldások: a, a sor koverges, a sorösszeg 8 + 2i b, a sor diverges az általáos tag e 3 + 0i-hez tart, em 0-hoz c, a sor koverges, mert abszolút koverges d, a sor kovergeciatartomáya a i középpotú, 2 sugarú yílt körlap 4 Komplex számoko értelmezett komplex értékû függvéyek 4. Függvéyek határértéke Egy komplex számoko értelmezett komplex függvéyt f(z) = f(x + iy) = u(x, y) + iv(x, y) alakba elõállítva a z 0 potba a függvéy határértéke: lim f(z) = z z 0 lim u(x, y) + i lim v(x, y). x x 0,y y 0 x x 0,y y 0 Ha egy függvéyek mide potba létezik határértéke, akkor a függvéyt folytoosak evezzük. Folytoos függvéyekre igaz, hogy a határértékük egy z 0 potba egyszerûe f(z 0 ). Ha viszot a függvéy em folytoos 8

9 (például 0-val osztás miatt), akkor a kétváltozós függvéyek tault módo kell eljáruk. A megoldást a legtöbb esetbe úgy célszerû kezdei, hogy felírjuk az z = x + iy összefüggést. Néha célszerû az f(x, y) függvéyt is két részre botai (u + iv), de em mide esetbe. Általába köyebb azt beláti, hogy em létezik a határérték. Erre az az általáos módszer, hogy megmutatjuk, hogy a függvéy határértéke függ az iráytól, amelybõl közelítjük z 0 -t. Viszot ez em lehetséges, mivel a határérték egyértelmû, azaz ebbe az esetbe em létezhet. A másik lehetõség, ha belátjuk, hogy a határérték valamilye iráyból. Kidolgozott mitapéldák Határozzuk meg a következõ határértékeket! a, lim z 0 e z z b, lim z 0 z 2 z c, lim z 0 z z Megoldások: a, A kérdéses határérték em létezik. Legegyszerûbbe ezt úgy láthatjuk be, ha megvizsgáljuk, hogy mi törtéik ha a valós tegely pozitív fele meté közelítjük meg az origót. Ekkor a keresett határérték a következõ alakot ölti: e x lim x 0+ x = +, ugyais e 0 =, amit egy agyo kicsi pozitív meyiséggel osztuk. Mivel va olya iráy, amelybõl em létezik, így biztos em létezik a függvéy határétéke. b, Eek a függvéyek létezik a határértéke az origóba. Alakítsuk át a függvéyt! z 2 lim z 0 z = lim x 2 + y 2 x 0,y 0 x + iy = lim x 2 + y 2 x iy x 0,y 0 x + iy x iy = (x 2 + y 2 )(x iy) = lim x 0,y 0 x 2 + y 2 = x iy, amiek a határértéke az origóba 0 + 0i. c, Eze függvéyek em létezik határtértéke az origóba, mert z lim z 0 z = lim x 0,y 0 x 2 + y 2 x + iy = lim x 0,y 0 x 2 + y 2 x + iy x iy x iy = 9

10 lim x 0,y 0 (x 2 + y 2 )(x iy) x 2 + y 2 = lim x 0,y 0 lim x 0,y 0 x x 2 + y + i y 2 x 2 + y 2 x iy x 2 + y 2 = az utolsó alakot felhaszálva közelítsük az origót a valós illetve a képzetes tegely pozitív fele meté. Elsõ esetbe x 0+, y = 0: lim x 0+ A második esetbe x = 0, y 0+: lim y 0+ x + i 0 =. x 2 x i y = i. y 2 y 2 Mivel i, így a határérték függ a közelítés iráyától, ami em lehetséges. Így beláttuk, hogy a függvéyek em létezik határértéke az origóba. Gyakorló feladatok a, lim z 0 z 4 z 2 b, lim z 0 z c, Számoljuk ki a feti c, feladatba a tegelyeke egatív iráyból közelítés eseté a határértéket. a, 0 Megoldások: b, em létezik c, illetve i 4.2 A komplex derivált fogalma, Cauchy Riema egyeletek, harmoikus függvéyek A komplex függvéyek adott potbeli deriválhatóságához két dolog kell (ez egy szükséges és elégséges feltétel): egyrészt az u(x, y) és v(x, y) mit valós kétváltozós függvéyek totálisa deriválhatóak legyeek, másrészrõl teljesíteiük kell a Cauchy Riema egyeleteket: u x(x, y) = v y(x, y) 0

11 u y(x, y) = v x(x, y) Ha egy függvéy egy pot kis köryezetébe mideütt deriválható, akkor regulárisak evezzük az adott potba. A Cauchy Riema egyeletekbõl következik, hogyha egy komplex függvéy deriválható, akkor a valós és képzetes része is harmoikus, azaz u xx (x, y) + u yy (x, y) = 0 v xx (x, y) + v yy (x, y) = 0. Egy u(x, y) harmoikus függvéy harmoikus társáak evezzük azt a v(x, y) függvéyt, amivel együtt kielégíti a Cauchy Riema egyeleteket. Eek meghatározásához magukat az egyeleteket kell felhaszáluk. Kidolgozott mitapéldák a, Milye c eseté reguláris az f(x, y) = c(2x 3y) + i(6x + 4y) függvéy? b, Lehet-e x 3 y egy reguláris függvéy valós része? c, Bizoyítsuk be, hogy a u(x, y) = 2x 3 6xy 2 + 5x 2y függvéy harmoikus, és keressük meg a harmoikus társát! a, Akkor reguláris, ha valós deriválható (ami itt teljesül), továbbá eleget tesz a Cauchy Riema egyeletekek, azaz c(2x 3y) x = (6x + 4y) y, és c(2x 3y) y = (6x + 4y) x. Elvégezve a deriválásokat, kapjuk: 2c = 4, illetve 3c = 6. Ezek alapjá az egyetle megoldás c = 2. b, Csakis akkor lehet, ha harmoikus, azaz (x 3 y) xx + (x 3 y) yy-ek kell 0-ak leie. Viszot elvégezve a deriválásokat 6x-et kapuk, ami em azoosa 0, így ez em lehet egy egész síko reguláris függvéy valós része (egyébkét képzetes része sem). c, Mivel (2x 3 6xy 2 +5x 2y) xx +(2x 3 6xy 2 +5x 2y) yy = 2x 2x = 0, így ez a függvéy harmoikus. Jelöljük a harmoikus társát v(x, y)-al. Ekkor teljesülie kell, hogy u x = v y, és u y = v x, azaz: (2x 3 6xy 2 + 5x 2y) x = 6x 2 6y = v y(x, y) (2x 3 6xy 2 + 5x 2y) y = 2xy 2 = v x. Eze egyeletekbõl a megfelelõ változó szeriti itegrálással kapjuk: v(x, y) = v(x, y) = 6x 2 6y 2 + 5dy = 6x 2 y 2y 3 + 5y + c (x) 2xy + 2dx = 6x 2 y + 2x + c 2 (y).

12 c (x) egy olya kostast jelöl, amely még függhet x-tõl, de y-tól már em. Ez azért jeleik meg, mert ha v(x, y)-t y szerit deriváljuk, akkor azo tagok, amelyek csak x-tõl függek eltûek, és õket em hozza vissza az y szeriti itegrálás. A két egyeletet összevetve kapjuk: v(x, y) = 6x 2 y 2y 3 + 5y + 2x + c, ahol a c téylegese kostas, em függ egyik változótól sem. Gyakorló feladatok a, Milye c eseté lesz reguláris a c(x y) + i(x 2 + y) függvéy? b, Milye c eseté lesz reguláris a 3c(2yx y) + i(cx + cy 2 ) függvéy? c, Lehet-e az u(x, y) = 3x 2 y y 3 egy reguláris függvéy képzetes része? Ha ige, határozzuk meg a harmoikus társát. Megoldások: a, semmilye c-re sem b, mide c-re c, ige, a harmoikus társa: 3xy 2 x 3 + c. 4.3 Elemi függvéyek kiterjesztése, azoosságok Az elemi függvéyek közül legköyebbe az expoeciális függvéyt tudjuk komplex számokra értelmezi az Euler-alak segítségével: e z = e x+iy = e x e iy = e x (cos(y) + i si(y)). A függvéy defiíciójából következõ tulajdoságai: reguláris az egész komplex számsíko (e z ) = e z e z 0, semmilye z-re, de mide más értéket felvesz (pl. egatív valós számokat is) e z +z 2 = e z e z 2 A trigoometrikus és hiperbolikus függvéyek defiíciója: si(z) = eiz e iz, cos(z) = eiz + e iz 2i 2 sih(z) = ez e z, cosh(z) = ez + e z. 2 2 Eze defiíciókból következek az alábbi tulajdoságok: 2

13 valameyi függvéy reguláris az egész komplex számsíko si(z) = cos(z) cos(z) = si(z) sih(z) = cosh(z) cosh(z) = sih(z) si(iz) = i sih(z) cos(iz) = cosh(z) si(x + iy) = si(x) cosh(y) + i cos(x) sih(y) cos(x + iy) = cos(x) cosh(y) i si(x) sih(y) si(z) 2 + cos(z) 2 = cosh(z) 2 sih(z) 2 = A logaritmus függvéy: egy szám logaritmusa a komplex számok körébe sajos em egyértelmû. Mi lee például l() komplex értelembe? Mide olya szám, amelyre e l() =. Na de ilye számból végtele sok va, hisze mide i2kπ alakú szám jó, ahol k Z tetszõleges. Eek oka az, hogy a komplex számok szöge csak mod2π egyértelmû. Ezért a logaritmust komplex értelembe a következõképpe kell defiiáli: l(z) = l z + i(arc(z) + 2kπ), ha z C \ (, 0], ahol k Z tetszõleges. Ez azt jeleti, hogy a empozitív valós számokak em értelmezett a logaritmusa (ez késõbb amúgyis godot okoza). Eze defiícióval elveszik a logaritmus azoosságaiak agy része. Midig legyük óvatosak, ha logaritmus függvéyt kell átalakítai! Kidolgozott mitapéldák a, Bizoyítsuk be a defiíció alapjá, hogy si(iz) = i sih(z). b, Bizoyítsuk be a regularitás felhaszálása élkül, hogy cos(z) valós része harmoikus. c, Bizoyítsuk be, hogy si(x + iy) = si 2 (x) + sih 2 (y) d, Bizoyítsuk be, hogy si(z) em korlátos. e, Igaz-e, hogy l(z 2 ) = 2 l(z)? f, Hozzuk x + iy alakra: si(3 + 4i) 3

14 g, ta( + i) =? h, l(0i) =? i, Oldjuk meg az alábbi egyeleteket a komplex számok körébe: si(z) = 5. j, cosh(iz) = 3 k, e z = + i Megoldások a, si(iz) = eiiz e iiz 2i = e z e z 2i = i e z e z 2 = i ez e z 2 = i sih(z) b, R(cos(z)) = cos(x) cosh(y) alapjá, (cos(x) cosh(y)) xx+(cos(x) cosh(y)) yy = cos(x) cosh(y) + cos(x) cosh(y) = 0, azaz a függvéy harmoikus. c, si(x + iy) = (si(x) cosh(y)) 2 + (cos(x) sih(y)) 2 = si(x) 2 cosh(y) 2 + ( si(x)) 2 sih(y) 2 = si(x) 2 cosh(y) 2 + sih(y) 2 si 2 (x) sih(y) 2 = si(x) 2 (cosh(y) 2 sih(y) 2 ) + sih(y) 2 = si 2 (x) + sih 2 (y) d, Az elõzõ feladat eredméyét felhaszálva láthatjuk, hogy a si(z) függvéy abszolútértéke a szám komplex részétõl egy végtelebe tartó módo függ, ha y tart a végtelebe, így em lehet korlátos. e, Ez em igaz, mivel defiíció szerit l(z 2 ) = l(r 2 e i2φ ) = l(r 2 ) + i(2φ + 2kπ) = 2 l(r) + i(2φ + 2kπ) 2 l(z) = 2(l(re iφ )) = 2(l(r) + i(φ + 2kπ)) = 2 l(r) + i(2φ + 4kπ) f, si(3 + 4i) = si(3) cosh(4) + i cos(3) sih(4) g, ta( + i) = si( ) cosh() + i cos( ) sih() cos( ) cosh() i si( ) sih() = si() cosh() + i cos() sih() cos() cosh() + i si() sih() si() cosh() + i cos() sih() cos() cosh() + i si() sih() = cos() cosh() i si() sih() cos() cosh() i si() sih() = 4

15 si() cos() cosh() 2 + si() cos() sih() 2 cos() 2 cosh() 2 + si() 2 sih() 2 + +i (cos()2 cosh() sih()) + si() 2 cosh() sih() cos() 2 cosh() 2 + si() 2 sih() 2 = si() cos() + i sih() cosh() h, l(0i) = l(0) + i( π 2 + 2kπ), k Z i, si(z) = 5 megoldásához írjuk át a si-t! si(x + iy) = si(x) + cosh(y) + i cos(x) sih(y) = 5 + 0i, ami két egyelet: si(x) cosh(y) = 5 cos(x) sih(y) = 0 A második egyelet miatt vagy cos(x) vagy sih(y) = 0. Ha ez utóbbi lee, akkor y = 0 miatt cosh(y) = cosh(0) = miatt si(x) = 5 kée legye, de ez a valós számok körébe elletmodás. Emiatt csak cos(x) = 0 lehet. Ekkor x = π 2 + kπ, ami miatt si(x) = si( π 2 + kπ) = vagy k paritásától függõe. De ha lee akkor az elsõ szorzat csak úgy lehete 5, ha cosh(y) = 5 lee, ami elletmodás a valós számok körébe, így cos(x) = lehet csak, azaz x = π 2 + 2kπ. Emiatt az elsõ egyeletbõl y = arcosh(5). j, cosh(iz) = cos(iiz) = cos( z). Azaz z = x + y-re kell megoldauk egy teljese hasoló egyeletredszert, jelesül: cos(x) cosh(y) = 3 si(x) sih(y) = 0 Az sih(y) = 0 itt is elletmodáshoz vezet, mert akkor cos(x) = 3 kée legye, így itt is si(x) = 0 miatt x = kπ. Hasolóa a feti esethez, cos(x) csak + lehet a cosh(y) miatt, így x-re 2kπ adódik, y-ra pedig areacosh(3). Így az egyelet megoldásai a 2kπ arcosh(3) alakú számok. k, e z = + i, midkét oldal logaritmusát véve: z = l( + i) = l( 2) + i( 3π 4 + 2kπ). 5

16 4.4 A komplex voalitegrál Egy f(z) komplex értékû függvéy az L iráyított görbe meti itegráljá a következõ meyiséget értjük: L f(z)dz = t2 t f(z(t))ż(t)dt, ahol a z(t) az L görbe paraméterezése t kezdõpottal és t 2 végpottal, f(z(t)) pedig azt jeleti, hogy az f(z) függvéy változója helyébe be kell íruk a görbe paraméteres egyeletét (ez a függvéy lokalizáltja). Az alábbi görbék paraméterezését kell mideképpe ismerük: A z kezdõpotú, z 2 végpotú iráyított szakasz paraméteres egyelete: z(t) = (z 2 z )t+z, t [0, ]. Ezt kell majd behelyettesítei a függvéybe, illetve ż(t) = z 2 z, ezzel kell majd a függvéy lokalizáltját szorozi. Az origó középpotú, r 0 sugarú teljes körvoal paraméteres alakja (pozitív iráyítással): z(t) = r 0 e it, t [0, 2π]. Eek a deriváltja t szerit: r 0 ie it. Ameyibe az itegráladó f(z) függvéy reguláris, akkor az z kezdõpotú, z 2 végpotú iráyított L görbe meté vett itegráljáak kiszámításakor haszálhatjuk a Newto-Leibiz formulát. A formula szerit ha F (z) = f(z), (azaz az itegradus primitív függvéye F ), akkor f(z)dz = F (z 2 ) F (z ) L Nem reguláris függvéy eseté viszot csak a paraméterezéssel tudjuk meghatározi az itgrált. Kidolgozott mitapélda Számoljuk ki az L f(z)dz itegrált, ha a, L: origó középpotú, 2 sugarú, elsõ síkegyedbe esõ egyedkörív, f(z) = z b, L: az 2 potból az 2i potba mutató szakasz, f(z) = z c, L origó középpotú, 2 sugarú, elsõ síkegyedbe esõ egyedkörív, f(z) = si(z) d, L: az 2 potból az 2i potba mutató szakasz, f(z) = si(z) Megoldások: a, Jele esetbe mivel z em reguláris, ezért csak paraméterezéssel dolgozhatuk. Ekkor z(t) = 2e it, t [0, π 2 ], továbbá f(z(t)) = z(t) = 2e it = 2e it így π 2 f(z)dz = 2e it 2ie it dt = [4it] π 2 0 = 2πi. L 0 6

17 b, Most z(t) = (2i 2)t+2, t [0, ], továbbá f(z(t)) = z(t) = (2i 2)t + 2 = ( 2i 2)t + 2 így L f(z)dz = 0 (( 2i 2)t+2)(2i 2)dt = 2(2i 2) [ (i + )t 2 /2 t ] 0 = 4i Érdemes megfigyeli, hogy oha a két görbe kezdõ és végpotja azoos, az itegrálok értéke mégis külöbözik (em reguláris függvéyekre em érvéyes a Newto-Leibiz formula). c, Mivel most f(z) = si(z) reguláris függvéy, ezért si(z)dz = [ cos(z)] 2i 2 = cos(2i) cos(2) = cosh(2) cos(2) L d, Mivel reguláris függvéy eseté az itegrál értéke em függ a görbe alakjától, csak a kezdõ és végpotjától, ezért most is az elõzõ eredméyt kapjuk. Elõadáso szerepelt a Newto-Leibiz formula triviális következméye Cauchy-Goursat tétel éve: ha f(z) reguláris fügvvéy, akkor az õ zárt görbe meti itegrálja ulla (zárt görbe azt jeleti, hogy a kezdõpotja megegyezik a végpotjával). Ha a függvéy em reguláris, egy speciális esetbe mégis ki tudjuk számoli az itegrálját. Erre valóak a Cauchy itegrálformulák, amely szerit ha L egy egyszerû zárt görbe amely egyszer kerüli meg pozitív iráyítással a z 0 potot, akkor f(z) dz = 2πif(z 0 ) z z 0 illetve L példák jöek késõbb 4.5 A Lauret-sorfejtés L f(z) 2πif() (z z 0 ) + dz = (z 0 ).! Egy f(z): C C függvéy z 0 körüli Lauret-sorá a következõ végtele összeget értjük: = a (z z 0 ) = a (z z 0 ) + a (z z 0 ) =0 Ez egy két iráyba végtele összeg, két részre botva kapjuk a pozitív hatváykitevõket tartalmazó részt (reguláris rész), illetve a egatív kitevõket tartalmazó részt (fõrész). = 7

18 Eze Lauret-sorról ismert, hogy egy körgyûrû belsejébe abszolút koverges, külsõ potokba pedig diverges. A körgyûrû belsõ sugarát r-el, a külsõ sugarát R-el jelöljük, és az alábbi képlettel számíthatjuk ki: r = lim sup a = lim sup a R Ha a függvéy reguláris a z 0 középpotú R sugarú kör belsejébe, akkor ott a Lauret-sora megegyezik a Taylor-sorával. Általába ezt a téyt haszáljuk a Lauret-sor kiszámításához, de ehhez ismeri kell a evezetes függvéyek Taylor-sorát, ezek a következõk: f(x) 0 körüli Taylor-sor si(x) k=0 ( )k (2k+)! (x2k+ ) cos(x) k=0 ( )k (2k)! (x2k ) e x k=0 k! xk -edfokú poliom ömaga sih(x) k=0 (2k+)! x2k+ cosh(x) k=0 (2k)! x2k x k=0 xk Illetve általáos esetbe a Taylor-sorba (ami ugyaaz mit a Lauret-sor reguláris része) az a együttható képlete: a = f () (x 0 ).! Lauret sor együtthatóiak ismerete segít az alábbi problémák megoldásába:. Milye típusú szigularitása va a függvéyek a 0-ba? 8

19 2. Bizoyos típusú itegrálok kiszámítása 3. függvéyek magasabbredû deriváltjáak meghatározása Az f(z) függvéyek izolát szigularitása va z 0 -ba, ha z 0 -ba em reguláris ugya (pl mert em értelmezett 0-val osztás miatt), de va z 0 -ak egy olya kis köryezete (azaz z 0 középpotú kis sugarú potozott (azaz z 0 -t kiveszem a körlapból, a többi pot marad) körlap amibe reguláris). Eze izolált szigularitás három típusú lehet:. A függvéyek megszütethetõ szakadása va z 0 -ba, ha létezik a lim z z0 f(z) határérték. Ez a Lauret-sorból oa látszik, hogy mide a = 0, =, 2,... (azaz a fõrész 0). 2. A függvéyek k-edredû pólusa va z 0 -ba, ha f(z) = g(z) (z z 0 ) k alakba felírható, ahol g(z) reguláris z 0 -ba, és ott em 0. Ez a Lauret-sorból úgy állápítható meg, hogy a egatív idexû tagok közül (a fõrészbe) va egy legutolsó (a k-adik) ami 0 a agyobb idexûek már mid 0-k. 3. Mide egyéb esetbe léyeges szigularitása va a függvéyek, ekkor a Lauret-sorba végtele sok 0 egatív idexû tag va. Az itegrálok kiszámításához, pedig azt a tétel haszálhatjuk fel, hogy a = f(z) dz, 2πi (z z 0 ) + L ahol az L görbe a körgyûrû belsejébe haladva egyszer kerüli meg pozitív iráyból a z 0 -t. Kidolgozott mitapélda Számítsuk ki az alábbi függvéyek Lauret sorát a megadott z 0 körül! Hol lesz koverges a sor? Állapítsuk meg a sor együtthatóiból, hogy va-e f(z)-ek szigularitása z 0 -ba, és ha ige, akkor milye típusú? a, f(z) = +z, z 0 = 0 b, f(z) = +z, z 0 = c, f(z) = ez z, z 0 = 0 d, f(z) = l( + z), z 0 = e, f(z) = cos(z) z 4, z 0 = 0 9

20 a, Ebbe az esetbe egy geometria sor sorösszegére hasolít a függvéyük, így + z = ( z) = ( z) = ( ) z =0 ekkor a = ( ) ha pozitív, a = 0. Emiatt csak megszütethetõ szakadás lehete, de mivel ez a függvéy reguláris függvéyek háyadosa, és a evezõ z = -be em 0, így még az sics, a függvéy reguláris z 0 = 0-ba. Kovergeciatartomáy: r = lim sup =0 a = lim sup 0 = 0 = lim sup a = lim sup R = ezért a Lauret-sor (ami egybe Taylor-sor is, hisze a függvéy reguláris z 0 -ba) a 0 körüli egy sugarú körlapo koverges. b, Azt szereték, hogy a hatváysor e z, haem z hatváyai szerit haladjo, ezért átalakítjuk a függvéyüket: f(z) = + z = 2 + (z ) = 2 z = z ( ) = (z ) 2 ( 2) 2 2 ( 2) itt szité illetve r = lim sup = lim sup a = lim sup R a = lim sup ( 2 =0 0 = 0 =0 ) + = 2 2 = 2, Így a Lauret-sor az körüli, kettõ sugarú körlapo lesz koverges, a fv pedig reguláris z 0 -ba. c, Felhaszálva az e x Taylor-sorát ( e z k=0 k! = zk) = z z k= k! zk = =0 ( + )! z emiatt a függvéyek megszütethetõ szakadása va 0-ba, hisze icse egatív hatváykitevõs tag. A kovergeciasugár pedig: r = lim sup a = lim sup 0 = 0 = lim sup a = lim sup R ( + )! = 0, emiatt a Lauret-sor az egész komplex számsíko koverges. 20

21 d, Eze Lauret-sor legegyszerûbbe deriválással határozhatjuk meg: f (z) = + z = ( ) z ekkor itegrálva midkét oldalt =0 f(z) = f(z 0 ) + ( ) z dz = =0 =0 ( ) z dz = =0 ( ) z+ + f(z) reguláris 0-ba, hisze reguláris függvéyek háyadosa, a evezõ pedig em 0. A kovergeciasugarak: r = lim sup = lim sup R a = lim sup a = lim sup 0 = 0 =, így a 0 körüli sugarú körlapo koverges a Lauret-sor. e, Felhaszálva a cos(z) Taylor-sorát: cos(z) z 4 = ( k=0 ( )k (2k)! x2k ) z 4 = ( ) k (2k)! x2k 4 = z 2 2! + 4! z2 6! +... azaz f(z)-ek másodredû pólusa va a 0-ba. Itt mivel csak egy darab emulla tag va az a -ek között, ezért: k= illetve r = lim sup a = 0 = lim sup a = lim sup R (2 + 4)! = 0, így a Lauret-sor koverges lesz a 0 kivételével a teljes komplex számsíko. 2

22 4.6 Residuum-tétel A Lauret-sorba az z tag együtthatóját, azaz a -et evezzük a függvéy z 0 potbeli residuumáak, és Res(z 0 )-al jelöljük. A residuum-tétel azt modja ki, hogyha egy L pozitív iráyítású egyszerû görbe körbevesz végessok izolált szigularitást (z, z 2,..., z k ), akkor f(z)dz = 2πi(Res(z ) + Res(z 2 ) + + Res(z k )) L Ez em más, mit a Cauhy-tétel általáosítása. A residuumot kiszámíthatjuk a Lauret-sor együtthatójából, illetve. ha a függvéy reguláris vagy megszütethetõ szakadása va z 0 -ba, akkor Res(z 0 ) = ha f(z)-ek elsõredû pólusa va z 0 -ba, akkor Res(z 0 ) = lim z z0 (z zo)f(z) 3. ha f(z)-ek k-adredû redû pólusa va z 0 -ba, akkor Res(z 0 ) = (k )! lim z z 0 ((z zo) k f(z)) (k ) 4. ha f(z) = g(z) h(z), ahol g(z), h(z) regulárisak, g(z 0) 0, h (z 0 ) 0, akkor. Res(z 0 ) = g(z 0) h (z 0 ) 22